(统考版)2022年高考数学(文数)模拟试卷02（含详解）

这是一份(统考版)2022年高考数学(文数)模拟试卷02（含详解），共12页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

第Ⅰ卷
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．设集合A={x|x2－x－2＞0}，B={x|0＜lg2x＜2}，则A∩B=( )
A．(2，4) B．(1，1) C．(－1，4) D．(1，4)
2．i为虚数单位，复数z满足z(1＋i)=i，则|z|=( )
A.eq \f(1,2) B.eq \f(\r(2),2) C．1 D.eq \r(2)
3．已知向量a=(x，1)，b=(1，y)，c=(2，－4)，且a⊥c，b∥c，则|a＋b|=( )
A.eq \r(5) B.eq \r(10) C．2eq \r(5) D．10
4．函数f(x)=eq \f(|x|ln|x|,x4)的图象大致为( )
5．若sin（eq \f(π,2)－α）=eq \f(3,5)，α∈（0，eq \f(π,2)），则tan 2α=( )
A．－eq \f(24,7) B.eq \f(3,2) C．－eq \f(3,2) D.eq \f(24,7)
6．近两年支付宝推出了“集福卡，发红包”的活动，用户只要集齐5张福卡，就可平分春晚支付宝2亿元的超级大红包．若在活动的开始阶段，支付宝决定先随机的从富强福，和谐福，友善福，爱国福，敬业福5个福中选出3个福，投放到支付宝用户中，则富强福和友善福至少有1个被选到的概率为( )
A.eq \f(2,3) B.eq \f(2,5) C.eq \f(3,5) D.eq \f(9,10)
7．如图程序框图输出的结果是S=720，则判断框内应填的是( )
A．i≤7 B．i＞7 C．i≤9 D．i＞9
8．设a=lg2 018eq \r(2 019)，b=lg2 019eq \r(2 018)，c=，则a，b，c的大小关系是( )
A．a＞b＞c B．a＞c＞b C．c＞a＞b D．c＞b＞a
9．已知数列a1=1，a2=2，且an＋2－an=2－2(－1)n，n∈Z*，则S2 017的值为( )
A．2 016×1 010－1 B．1 009×2 017
C．2 017×1 010－1 D．1 009×2 016
10．已知双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)=1(a>0，b>0)与函数y=eq \r(x)的图象交于点P，若函数y=eq \r(x)的图象在点P处的切线过双曲线的左焦点F(－1，0)，则双曲线的离心率是( )
A.eq \f(\r(5)＋1,2) B.eq \f(\r(5)＋2,2) C.eq \f(\r(3)＋1,2) D.eq \f(3,2)
11．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且BC边上的高为eq \f(\r(3),6)a，则eq \f(c,b)＋eq \f(b,c)的最大值是( )
A．8 B．6 C．3eq \r(2) D．4
12．已知四棱锥S­ABCD的所有顶点都在球O的球面上，SD⊥平面ABCD，底面ABCD是等腰梯形，AB∥CD且满足AB=2AD=2DC=2，且∠DAB=eq \f(π,3)，SC=eq \r(2)，则球O的表面积是( )
A．5π B．4π C．3π D．2π
第Ⅱ卷
二、填空题：本题共4小题，每小题5分．
13．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a1=13，S3=S11，则Sn的最大值为________．
14．已知某几何体的三视图如图，其中正视图中半圆直径为4，则该几何体的体积为________．
15．在平行四边形ABCD中，AC与BD交于点O，eq \(DE,\s\up6(→))=eq \f(1,2)eq \(DO,\s\up6(→))，CE的延长线与AD交于点F，若eq \(CF,\s\up6(→))=λeq \(AC,\s\up6(→))＋ μeq \(BD,\s\up6(→))(λ，μ∈R)，则λ＋μ=________.
16．对于函数y=f(x)，若存在区间[a，b]，当x∈[a，b]时的值域为[ka，kb](k>0)，则称y=f(x)为k倍值函数．若f(x)=ln x＋x是k倍值函数，则实数k的取值范围是________．
三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．(本小题满分12分)已知函数f(x)=eq \r(3)sin(3π＋x)·cs(π－x)＋cs2（eq \f(π,2)+x）.
(1)求函数f(x)的单调递增区间；
(2)已知在△ABC中，A，B，C的对边分别为a，b，c，若f(A)=eq \f(3,2)，a=2，b＋c=4，求b，c.
18．(本小题满分12分)某苗圃基地为了解基地内甲、乙两块地种植的同一种树苗的长势情况，从两块地各随机抽取了10株树苗，分别测出它们的高度如下(单位：cm)．
甲：19 20 21 23 25 29 32 33 37 41
乙：10 24 26 30 34 37 44 46 47 48
(1)用茎叶图表示上述两组数据，并对两块地抽取树苗的高度进行比较，写出两个统计结论；
(2)苗圃基地分配这20株树苗的栽种任务，小王在苗高大于40 cm的5株树苗中随机的选种2株，则小王没有选到甲苗圃树苗的概率是多少？
19.(本小题满分12分)如图，AB是⊙O的直径，点C是eq \(AB,\s\up8(︵))上一点，VC垂直⊙O所在平面，D，E分别为VA，VC的中点．
(1)求证：DE⊥平面VBC；
(2)若VC=CA=6，⊙O的半径为5，求点E到平面BCD的距离．
20．(本小题满分12分)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)=1(a＞b＞0)的长轴长为4.
(1)若以原点为圆心，椭圆短半轴长为半径长的圆与直线y=x＋2相切，求椭圆C的焦点坐标；
(2)若过原点的直线l与椭圆C相交于M，N两点，点P是椭圆C上使直线PM，PN的斜率存在的任意一点，记直线PM，PN的斜率分别为kPM，kPN，当kPM·kPN=－eq \f(1,4)时，求椭圆C的方程．
21．(本小题满分12分)已知函数f(x)=ln x＋eq \f(k,x)(k∈R)．
(1)若f(x)存在极小值h(k)，且不等式h(k)≤ak对f(x)存在极小值的任意k恒成立，求实数a的取值范围；
(2)当k＞0时，如果存在两个不相等的正数α，β使得f(α)=f(β)，求证：α＋β＞2k.
请考生在22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．
22．(本小题满分10分)选修4­4：坐标系与参数方程
在平面直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝\r(2)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4))),y＝sin 2α＋1))(α为参数)，以O为极点，x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为ρ2=4ρsin θ－3.
(1)求曲线C1的普通方程与曲线C2的直角坐标方程；
(2)求曲线C1上的点与曲线C2上的点的距离的最小值．
23．(本小题满分10分)选修4­5：不等式选讲
已知函数f(x)=|x|＋|x－1|.
(1)若f(x)≥|m－1|恒成立，求实数m的最大值M；
(2)在(1)成立的条件下，正实数a，b满足a2＋b2=M，
证明：a＋b≥2ab.
参考答案
1．解析：选A.A={x|x＜－1或x＞2}，B={x|1＜x＜4}，所以A∩B=(2，4)．故选A.
2．解析：选B.由z(1＋i)=i得z=eq \f(i,1＋i)，
所以|z|=eq \f(|i|,|i＋1|)=eq \f(1,\r(2))=eq \f(\r(2),2)，故答案为B.
3．解析：选B.因为向量a=(x，1)，b=(1，y)，c=(2，－4)，且a⊥c，b∥c，所以2x－4=0，2y=－4，解得x=2，y=－2，所以a=(2，1)，b=(1，－2)，所以a＋b=(3，－1)，所以|a＋b|= eq \r(32＋（－1）2)=eq \r(10).
4．解析：选A.因为f(－x)=eq \f(|－x|ln|－x|,x4)=eq \f(|x|ln|x|,x4)=f(x)，所以f(x)是偶函数，
可得图象关于y轴对称，排除C，D；当x＞0时，f(x)=eq \f(ln x,x3)，f(1)=0，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＜0，排除B.
5．解析：选A.因为sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－α))=cs α=eq \f(3,5)，
所以sin α=±eq \f(4,5)，因为α∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，所以sin α=eq \f(4,5)，所以tan α=eq \f(4,3)，所以tan 2α=eq \f(2tan α,1－tan2α)=eq \f(\f(8,3),1－\f(16,9))=－eq \f(24,7)，故选A.
6．解析：选D.法一：为了便于列举，我们用a，b分别表示富强福和友善福，用1，2，3表示和谐福，爱国福，敬业福，从五福中随机选三福的基本事件有：ab1，ab2，ab3，a12，a13，a23，b12，b13，b23，123，共10个．其中富强福和友善福(即a和b)至少有1个被选到的基本事件有：ab1，ab2，ab3，a12，a13，a23，b12，b13，b23，共9个，所以富强福和友善福至少有1个被选到的概率为P=eq \f(9,10).
法二：事件“富强福和友善福至少有1个被选到”的对立事件是“富强福和友善福都未被选到”．由法一知基本事件共有10个，其中富强福和友善福都未被选到的只有123一个，根据对立事件的概率公式可得，富强福和友善福至少有1个被选到的概率为P=1－eq \f(1,10)=eq \f(9,10).
7．解析：选B.第一次运行，i=10，满足条件，S=1×10=10，i=9；
第二次运行，i=9满足条件，S=10×9=90，i=8；
第三次运行，i=8满足条件，S=90×8=720，i=7；
此时不满足条件，输出的S=720.
故条件应为8，9，10满足，i=7不满足，所以条件应为i＞7.
8．解析：选C.因为1=lg2 0182 018＞a=lg2 018eq \r(2 019)＞lg2 018eq \r(2 018)=eq \f(1,2)，
b=lg2 019eq \r(2 018)＜lg2 019eq \r(2 019)=eq \f(1,2)，c=2 018eq \s\up6(\f(1,2 019))＞2 0180=1，故本题选C.
9．解析：选C.由递推公式可得：
当n为奇数时，an＋2－an=4，数列{a2n－1}是首项为1，公差为4的等差数列，
当n为偶数时，an＋2－an=0，数列{an}是首项为2，公差为0的等差数列，
S2 017=(a1＋a3＋…＋a2 017)＋(a2＋a4＋…＋a2 016)
=1 009＋eq \f(1,2)×1 009×1 008×4＋1 008×2
=2 017×1 010－1.本题选择C选项．
10．解析：选A.设P(x0，eq \r(x0))，所以切线的斜率为eq \f(1,2\r(x0))，
又因为在点P处的切线过双曲线的左焦点F(－1，0)，
所以eq \f(1,2\r(x0))=eq \f(\r(x0),x0＋1)，解得x0=1，所以P(1，1)，因此2c=2，2a=eq \r(5)－1，故双曲线的离心率是eq \f(\r(5)＋1,2)，故选A.
11．解析：选D.eq \f(b,c)＋eq \f(c,b)=eq \f(b2＋c2,bc)，这个形式很容易联想到余弦定理cs A=eq \f(b2＋c2－a2,2bc)，①
而条件中的“高”容易联想到面积，eq \f(1,2)a×eq \f(\r(3),6)a=eq \f(1,2)bcsin A，即a2=2eq \r(3)bcsin A，②
将②代入①得：b2＋c2=2bc(cs A＋eq \r(3)sin A)，
所以eq \f(b,c)＋eq \f(c,b)=2(cs A＋eq \r(3)sin A)=4sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A＋\f(π,6)))，当A=eq \f(π,3)时取得最大值4，故选D.
12．解析：选A.依题意得，AB=2AD=2，∠DAB=eq \f(π,3)，由余弦定理可得BD=eq \r(3)，则AD2＋DB2=AB2，
则∠ADB=eq \f(π,2)，又四边形ABCD是等腰梯形，故四边形ABCD的外接圆直径为AB，设AB的中点为O1，球的半径为R，因为SD⊥平面ABCD，
所以R2=12＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(SD,2)))eq \s\up12(2)=eq \f(5,4)，则S=4πR2=5π，故选A.
13．解析：因为S3=S11，可得3a1＋3d=11a1＋55d，把a1=13代入得d=－2.故Sn=13n－n(n－1)=－n2＋14n，根据二次函数性质，当n=7时，Sn最大且最大值为49.
答案：49
14．解析：由三视图可知该几何体为一个长方体挖掉半个圆柱，所以其体积为2×4×8－eq \f(1,2)×π×22×2=64－4π.
答案：64－4π
15．解析：法一：因为eq \(DE,\s\up6(→))=eq \f(1,2)eq \(DO,\s\up6(→))，eq \(DO,\s\up6(→))=eq \(OB,\s\up6(→))=eq \f(1,2)eq \(DB,\s\up6(→))，所以eq \(DE,\s\up6(→))=eq \f(1,2)eq \(DO,\s\up6(→))=eq \f(1,4)eq \(DB,\s\up6(→))，所以eq \(DE,\s\up6(→))=eq \f(1,3)eq \(EB,\s\up6(→))，由DF∥BC，得eq \(DF,\s\up6(→))=eq \f(1,3)eq \(CB,\s\up6(→))，所以eq \(CF,\s\up6(→))=eq \(CD,\s\up6(→))＋eq \(DF,\s\up6(→))=eq \(CD,\s\up6(→))＋eq \f(1,3)eq \(CB,\s\up6(→))=eq \(CO,\s\up6(→))＋eq \(OD,\s\up6(→))＋eq \f(1,3)(eq \(CO,\s\up6(→))＋eq \(OB,\s\up6(→)))=eq \f(4,3)eq \(CO,\s\up6(→))＋eq \f(2,3)eq \(OD,\s\up6(→))=－eq \f(2,3)eq \(AC,\s\up6(→))＋eq \f(1,3)eq \(BD,\s\up6(→))，所以λ=－eq \f(2,3)，μ=eq \f(1,3)，λ＋μ=－eq \f(1,3).
法二：
不妨设ABCD为矩形，建立平面直角坐标系如图，设AB=a，BC=b，则A(0，0)，B(a，0)，C(a，b)，D(0，b)，Oeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)，\f(b,2)))，设E(x，y)，因为eq \(DE,\s\up6(→))=eq \f(1,2)eq \(DO,\s\up6(→))，所以(x，y－b)=eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)，－\f(b,2)))，所以x=eq \f(a,4)，y=eq \f(3,4)b，即Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,4)，\f(3,4)b))，设F(0，m)，因为eq \(CF,\s\up6(→))∥eq \(CE,\s\up6(→))，eq \(CF,\s\up6(→))=(－a，m－b)，eq \(CE,\s\up6(→))=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,4)a，－\f(1,4)b))，所以eq \f(1,4)ab＋eq \f(3,4)a(m－b)=0，解得m=eq \f(2,3)b，即Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2,3)b))，eq \(CF,\s\up6(→))=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－a，－\f(1,3)b)).又eq \(AC,\s\up6(→))=(a，b)，eq \(BD,\s\up6(→))=(－a，b)，由eq \(CF,\s\up6(→))=λeq \(AC,\s\up6(→))＋μeq \(BD,\s\up6(→))，得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－a，－\f(1,3)b))=λ(a，b)＋μ(－a，b)=((λ－μ)a，(λ＋μ)b)，所以λ＋μ=－eq \f(1,3).
答案：－eq \f(1,3)
16．解析：由题意得ln x＋x=kx有两个不同的解，k=eq \f(ln x,x)＋1，则k′=eq \f(1－ln x,x2)=0⇒x=e，因此当0e时，k∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，1＋\f(1,e)))，从而要使ln x＋x=kx有两个不同的解，需k∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，1＋\f(1,e))).
答案：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，1＋\f(1,e)))
17．解：(1)因为f(x)=eq \r(3)sin(3π＋x)·cs(π－x)＋cs2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋x))，
所以f(x)=eq \r(3)(－sin x)·(－cs x)＋(－sin x)2=eq \f(\r(3),2)sin 2x＋eq \f(1－cs 2x,2)=sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))＋eq \f(1,2).
由2kπ－eq \f(π,2)≤2x－eq \f(π,6)≤2kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，
得kπ－eq \f(π,6)≤x≤kπ＋eq \f(π,3)，k∈Z，
即函数f(x)的单调递增区间是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ－\f(π,6)，kπ＋\f(π,3)))，k∈Z.
(2)由f(A)=eq \f(3,2)得，sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2A－\f(π,6)))＋eq \f(1,2)=eq \f(3,2)，所以sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2A－\f(π,6)))=1，
因为0＜A＜π，
所以0＜2A＜2π，－eq \f(π,6)＜2A－eq \f(π,6)＜eq \f(11π,6)，
所以2A－eq \f(π,6)=eq \f(π,2)，所以A=eq \f(π,3)，
因为a=2，b＋c=4，①
根据余弦定理得，
4=b2＋c2－2bccs A=b2＋c2－bc=(b＋c)2－3bc=16－3bc，
所以bc=4，②
联立①②得，b=c=2.
18．解：(1)画出茎叶图如图：
①乙品种树苗的平均高度大于甲品种树苗的平均高度(或：乙品种树苗的高度普遍大于甲品种树苗的高度)．
②乙品种树苗的高度较甲品种树苗的高度更分散．(或：甲品种树苗的高度较乙品种树苗的高度更集中(稳定))．
③甲品种树苗的高度的中位数为27 cm，乙品种树苗的高度的中位数为35.5 cm.(写出任意两条即可)
(2)在苗高大于40 cm的5株树苗中，记甲苗圃这株苗为a，乙苗圃中4株苗分别为b，c，d，e，
则任取两株共有ab，ac，ad，ae，bc，bd，be，cd，ce，de共10种情形，不含a的有6种bc，bd，be，cd，ce，de.
所以小王没有选到甲苗圃树苗的概率为P=eq \f(6,10)=eq \f(3,5).
19．解：(1)证明：因为AB是⊙O的直径，C是eq \(AB,\s\up8(︵))上一点，
所以AC⊥CB.
又因为VC垂直⊙O所在平面，所以VC⊥AC，
又VC∩BC=C，
所以AC⊥平面VCB.
又因为D，E分别为VA，VC的中点，
所以DE∥AC，
所以DE⊥平面VCB.
(2)由(1)知，AC⊥CB，
又VC垂直⊙O所在的平面，
所以VC⊥BC，
又VC∩AC=C，所以BC⊥平面VAC，
又CD⊂平面VAC，
所以BC⊥CD，
在Rt△ACB中可求得BC=8，
在Rt△DEC中，由DE=eq \f(1,2)AC=3，CE=eq \f(1,2)VC=3，∠DEC=eq \f(π,2)得CD=3eq \r(2)，
设点E到平面BCD的距离为d，
由VE­BCD=VB­CDE得eq \f(1,3)d·S△BCD=eq \f(1,3)·BC·S△CDE，
即eq \f(1,3)d·eq \f(1,2)BC·CD=eq \f(1,3)·BC·eq \f(1,2)DE·CE，
代入数据得eq \f(1,3)d·eq \f(1,2)×8×3eq \r(2)=eq \f(1,3)×8×eq \f(1,2)×3×3，
所以d=eq \f(8×\f(9,2),\f(1,2)×8×3\r(2))=eq \f(9,3\r(2))=eq \f(3,\r(2))=eq \f(3\r(2),2)，
即点E到平面BCD的距离为eq \f(3\r(2),2).
20．解：(1)由题意知，b等于原点到直线y=x＋2的距离，即b=eq \f(2,\r(1＋1))=eq \r(2)，又2a=4，所以a=2，c2=a2－b2=2，所以椭圆C的两个焦点的坐标分别为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(2)，0))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\r(2)，0)).
(2)由题意可设M(x0，y0)，N(－x0，－y0)，P(x，y)，
则eq \f(xeq \\al(2,0),a2)＋eq \f(yeq \\al(2,0),b2)=1，eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)=1，
两式相减得eq \f(y2－yeq \\al(2,0),x2－xeq \\al(2,0))=－eq \f(b2,a2)，
又kPM=eq \f(y－y0,x－x0)，kPN=eq \f(y＋y0,x＋x0)，
所以kPM·kPN=eq \f(y－y0,x－x0)·eq \f(y＋y0,x＋x0)=eq \f(y2－yeq \\al(2,0),x2－xeq \\al(2,0))=－eq \f(b2,a2)，所以－eq \f(b2,a2)=－eq \f(1,4)，又a=2，所以b=1，故椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋y2=1.
21．解：(1)f′(x)=eq \f(1,x)－eq \f(k,x2)=eq \f(x－k,x2)，x＞0.
当k≤0时，f′(x)＞0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，无极值．
当k＞0时，当0＜x＜k时，f′(x)＜0，当x＞k时，f′(x)＞0，故f(x)的单调递减区间是(0，k)，单调递增区间是(k，＋∞)，f(x)的极小值为h(k)=f(k)=ln k＋1.
当k＞0时，h(k)≤ak恒成立，即ln k＋1≤ak，即a≥eq \f(ln k＋1,k)恒成立．
令φ(k)=eq \f(ln k＋1,k)，则φ′(k)=eq \f(1－（1＋ln k）,k2)=eq \f(－ln k,k2)，令φ′(k)=0，得k=1，当0＜k＜1时，φ′(k)＞0，φ(k)单调递增，当k＞1时，φ′(k)＜0，φ(k)单调递减，故k=1为φ(k)在(0，＋∞)上唯一的极大值点，也是最大值点，所以φ(k)max=φ(1)=1，所以a≥1，即实数a的取值范围是[1，＋∞)．
(2)证明：由(1)知，当k＞0时，f(x)在(0，k)上单调递减，在(k，＋∞)上单调递增，设α＜β，则一定有0＜α＜k＜β.
构造函数g(x)=f(x)－f(2k－x)=ln x＋eq \f(k,x)－ln (2k－x)－eq \f(k,2k－x)，0＜x＜k，
g′(x)=eq \f(1,x)＋eq \f(1,2k－x)－eq \f(k,x2)－eq \f(k,（2k－x）2)
=eq \f(2k,x（2k－x）)－eq \f(2k（x2－2kx＋2k2）,x2（2k－x）2)
=eq \f(－4k（x－k）2,x2（2k－x）2).
因为0＜x＜k，所以g′(x)＜0，即g(x)在(0，k)上单调递减，又f(k)－f(2k－k)=0，所以g(x)＞0，所以f(x)＞f(2k－x)．
因为0＜α＜k，所以f(α)＞f(2k－α)，
因为f(α)=f(β)，所以f(β)＞f(2k－α)，因为0＜α＜k，所以2k－α＞k，又函数f(x)在(k，＋∞)上单调递增，所以β＞2k－α，所以α＋β＞2k.
22．解：(1)x2=eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\r(2)sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))))eq \s\up12(2)=(sin α＋cs α)2=sin 2α＋1=y，所以C1的普通方程为y=x2.将ρ2=x2＋y2，ρsin θ=y代入C2的方程得x2＋y2=4y－3，所以C2的直角坐标方程为x2＋y2－4y＋3=0.
(2)将x2＋y2－4y＋3=0变形为x2＋(y－2)2=1，它的圆心为C(0，2)．
设P(x0，y0)为C1上任意一点，则y0=xeq \\al(2,0)，从而|PC|2=(x0－0)2＋(y0－2)2=xeq \\al(2,0)＋(xeq \\al(2,0)－2)2=xeq \\al(4,0)－3xeq \\al(2,0)＋4=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(xeq \\al(2,0)－\f(3,2)))eq \s\up12(2)＋eq \f(7,4)，所以当xeq \\al(2,0)=eq \f(3,2)时，|PC|min=eq \f(\r(7),2)，
故曲线C1上的点与曲线C2上的点的距离的最小值为eq \f(\r(7),2)－1.
23．解：(1)由已知可得f(x)=eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(1－2x，x＜0，,1，0≤x＜1，,2x－1，x≥1，))
所以f(x)min=1，
所以只需|m－1|≤1，解得－1≤m－1≤1，
所以0≤m≤2，所以实数m的最大值M=2.
(2)证明：因为a2＋b2≥2ab，
所以ab≤1，
所以eq \r(ab)≤1，当且仅当a=b时取等号，①
又eq \r(ab)≤eq \f(a＋b,2)，所以eq \f(\r(ab),a＋b)≤eq \f(1,2)，
所以eq \f(ab,a＋b)≤eq \f(\r(ab),2)，当且仅当a=b时取等号，②
由①②得，eq \f(ab,a＋b)≤eq \f(1,2)，所以a＋b≥2ab.