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(统考版)2022年高考数学(文数)模拟试卷10（含详解）
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这是一份(统考版)2022年高考数学(文数)模拟试卷10（含详解），共14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。
(时间：120分钟；满分：150分)
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．已知集合A={x|0A．[0，1) B．(0，1) C．[1，3) D．(1，3)
2．如果复数eq \f(1－ai,2＋i)(a∈R，i为虚数单位)的实部与虚部相等，则a的值为( )
A．1 B．－1 C．3 D．－3
3．已知直线l1：mx－2y＋1=0，l2：x－(m－1)y－1=0，则“m=2”是“l1平行于l2”的( )
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
4．下列函数中，最小正周期为π，且图象关于直线x=eq \f(π,3)对称的函数是( )
A．y=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3))) B．y=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))
C．y=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)＋\f(π,3))) D．y=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))
5．若点M是△ABC所在平面内的一点，且满足5eq \(AM,\s\up6(→))=eq \(AB,\s\up6(→))＋3eq \(AC,\s\up6(→))，则△ABM与△ABC的面积比为( )
A.eq \f(1,5) B.eq \f(2,5) C.eq \f(3,5) D.eq \f(4,5)
6．函数y=sin x＋ln|x|在区间[－3，3]的图象大致为( )
7．执行如图所示的程序框图，若输出的结果为43，则判断框内应填入的条件是( )
A．z≤42? B．z≤20? C．z≤50? D．z≤52?
8．谢尔宾斯基三角形(Sierpinski triangle)是一种分形，由波兰数学家谢尔宾斯基在1915年提出．在一个正三角形中，挖去一个“中心三角形”(即以原三角形各边的中点为顶点的三角形)，然后在剩下的小三角形中又挖去一个“中心三角形”，我们用白色三角形代表挖去的部分，黑色三角形为剩下的部分，我们称此三角形为谢尔宾斯基三角形．若在图(3)内随机取一点，则此点取自谢尔宾斯基三角形的概率是( )
A.eq \f(1,3) B.eq \f(1,4) C.eq \f(9,16) D.eq \f(5,16)
9．早在公元前三百多年我国已经运用“以度审容”的科学方法，其中商鞅铜方升是公元前344年商鞅督造的一种标准量器，其三视图如图所示(单位：寸)，若π取3，其体积为12.6(立方寸)，则图中的x为( )
A．1.2 B．1.6 C．1.8 D．2.4
10．已知双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)=1(a>0，b>0)的右焦点为F，直线l经过点F且与双曲线的一条渐近线垂直，直线l与双曲线的右支交于不同两点A，B，若eq \(AF,\s\up6(→))=3eq \(FB,\s\up6(→))，则该双曲线的离心率为( )
A.eq \f(\r(5),2) B.eq \f(\r(6),2) C.eq \f(2\r(3),3) D.eq \r(3)
11．记Sn为正项等比数列{an}的前n项和，若eq \f(S12－S6,S6)－7·eq \f(S6－S3,S3)－8=0，且正整数m，n满足a1ama2n=2aeq \\al(3,5)，则eq \f(1,m)＋eq \f(8,n )的最小值是( )
A.eq \f(15,7) B.eq \f(9,5) C.eq \f(5,3) D.eq \f(7,5)
12．已知函数 f(x)=eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2＋4x，x≤0，,xln x，x>0))的图象上有且仅有四个不同的点关于直线y=e的对称点在函数g(x)=kx＋2e＋1的图象上，则实数k的取值范围为( )
A．(1，2) B．(－1，0) C．(－2，－1) D．(－6，－1)
第Ⅱ卷
二、填空题：本题共4小题，每小题5分．
13．已知平面向量a与b的夹角为eq \f(π,3)，a=(1，eq \r(3))，|a－2b|=2eq \r(3)，则|b|=________.
14．已知α为第一象限角，sin α＋cs α=eq \f(5,4)，则cs(2 020π－2α)=________．
15．在△ABC中，a、b、c分别为内角A、B、C的对边，a＋c=4，(2－cs A)tan eq \f(B,2)=sin A，则△ABC的面积的最大值为__________．
16．若关于x的方程|x4－x3|=ax在R上存在4个不同的实根，则实数a的取值范围为__________．
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)在公差不为零的等差数列{an}中，a1=2，且a1，a2，a4成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn=(－1)n＋1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,an)＋\f(2,an＋1)))，求数列{bn}的前2n－1项和T2n－1.
18．(本小题满分12分)为了解某地区某种农产品的年产量x(单位：吨)对价格y(单位：千元/吨)和年利润z的影响，对近五年该农产品的年产量和价格统计如下表：
(1)求y关于x的线性回归方程eq \(y,\s\up6(^))=eq \(b,\s\up6(^))x＋eq \(a,\s\up6(^))；
(2)若每吨该农产品的成本为2千元，假设该农产品可全部卖出，预测当年产量为多少时，年利润z取到最大值？(保留两位小数)
参考公式：eq \(b,\s\up6(^))=.
19．(本小题满分12分)如图，已知AF⊥平面ABCD，四边形ABEF为矩形，四边形ABCD为直角梯形，∠DAB=90°，AB∥CD，AD=AF=CD=2，AB=4.
(1)求证：AC⊥平面BCE；
(2)求三棱锥EBCF的体积．
20．(本小题满分12分)已知f(x)=xex－ax2－x.
(1)若f(x)在(－∞，－1]上单调递增，[－1，0]上单调递减，求f(x)的极小值；
(2)当x≥0时，恒有f(x)≥0，求实数a的取值范围．
21．(本小题满分12分)已知抛物线E：y2=2px(p>0)的焦点为F，过F且垂直于x轴的直线与抛物线E交于S，T两点，以P(3，0)为圆心的圆过点S，T，且∠SPT=90°.
(1)求抛物线E和圆P的方程；
(2)设M是圆P上的点，过点M且垂直于FM的直线l交抛物线E于A，B两点，证明：FA⊥FB.
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
已知曲线C1：eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝－4＋cs t,y＝3＋sin t))(t为参数)，
C2：eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝6cs θ,y＝2sin θ))(θ为参数)．
(1)化C1、C2的方程为普通方程，并说明它们分别表示什么曲线；
(2)若C1上的点P对应的参数为t=eq \f(π,2)，Q为C2上的动点，求PQ中点M到直线C3：eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝－3\r(3)＋\r(3)α,y＝－3－α))(α为参数)距离的最小值．
23．(本小题满分10分)选修45：不等式选讲
已知a是常数，对任意实数x，不等式|x＋1|－|2－x|≤a≤|x＋1|＋|2－x|都成立．
(1)求a的值；
(2)设m>n>0，求证：2m＋eq \f(1,m2－2mn＋n2)≥2n＋a.
参考答案
1．解析：选B.B={x|y=eq \r(x2－1)}={x|x≤－1或x≥1}，∁RB={x|－12．解析：选D.eq \f(1－ai,2＋i)=eq \f(（1－ai）（2－i）,（2＋i）（2－i）)=eq \f(2－a－（1＋2a）i,5)，由题意知eq \f(2－a,5)=－eq \f(1＋2a,5)，解得a=－3.故选D.
3．解析：选C.由直线l1与直线l2平行得－m(m－1)=1×(－2)，得m=2或m=－1，经验证，当m=－1时，直线l1与l2重合，舍去，所以“m=2”是“l1平行于l2”的充要条件，故选C.
4．解析：选B.首先选项C中函数y=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)＋\f(π,3)))的周期为4，故排除C；将x=eq \f(π,3)分别代入A，B，D，得函数值分别为0，2，eq \r(3)，而函数y=Asin(ωx＋φ)＋B在对称轴处取最值，故选B.
5．解析：选C.如图，
M是△ABC所在平面一点，连接AM，BM，延长CM至D，由5eq \(AM,\s\up6(→))=eq \(AB,\s\up6(→))＋3eq \(AC,\s\up6(→))得eq \(AM,\s\up6(→))=eq \f(1,5)eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \f(3,5)eq \(AC,\s\up6(→))，由于C，M，D三点共线，
则eq \(AM,\s\up6(→))=eq \f(2,5)eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \f(3,5)eq \(AC,\s\up6(→))，
所以eq \(AB,\s\up6(→))=2eq \(AD,\s\up6(→))，
则2eq \(AM,\s\up6(→))=2eq \(AD,\s\up6(→))＋3eq \(AC,\s\up6(→))－3eq \(AM,\s\up6(→))，
即2(eq \(AM,\s\up6(→))－eq \(AD,\s\up6(→)))=3(eq \(AC,\s\up6(→))－eq \(AM,\s\up6(→)))，
即2eq \(DM,\s\up6(→))=3eq \(MC,\s\up6(→))，
故eq \(DM,\s\up6(→))=eq \f(3,5)eq \(DC,\s\up6(→))，
故△ABM与△ABC同底且高比为3∶5，
故S△ABM∶S△ABC=3∶5.
故选C.
6．解析：选A.设f(x)=sin x＋ln|x|，
当x＞0时，f(x)=sin x＋ln x⇒f′(x)=cs x＋eq \f(1,x)，
当x∈(0，1)时，f′(x)＞0，
即函数f(x)在(0，1)上为单调递增函数，排除B；
由当x=1时，f(1)=sin 1＞0，排除D；
因为f(－x)=sin(－x)＋ln|－x|=－sin x＋ln|x|≠±f(x)，
所以函数f(x)为非奇非偶函数，排除C，故选A.
7．解析：选A.运行程序：x=0，y=1，因为z=1不满足输出结果，则x=1，y=1，因为z=2×1＋1=3不满足输出结果，则x=1，y=3，因为z=2×1＋3=5不满足输出结果，则x=3，y=5，因为z=2×3＋5=11不满足输出结果，则x=5，y=11，因为z=2×5＋11=21不满足输出结果，则x=11，y=21，因为z=2×11＋21=43满足输出结果，此时需终止循环，结合选项可知，选A.
8．解析：选C.由图可知：图(2)挖去的白色三角形的面积为图(1)整个黑色三角形面积的eq \f(1,4)，
在图(2)中的每个小黑色三角形中再挖去的每一个白色三角形的面积仍为图(2)中每一个黑色三角形面积的eq \f(1,4)，即为图(1)中大黑色三角形面积的eq \f(1,16)，
所以图(3)中白色三角形面积共占图(1)黑色三角形面积的eq \f(3,16)＋eq \f(1,4)=eq \f(7,16)，
所以谢尔宾斯基三角形的面积占图(1)黑色三角形面积的1－eq \f(7,16)=eq \f(9,16)，
故该点取自谢尔宾斯基三角形的概率为eq \f(9,16)，
故选C.
9．解析：选B.由三视图知，商鞅铜方升是由一个圆柱和一个长方体组合而成的，故其体积为(5.4－x)×3×1＋π×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(2)×x=16.2－3x＋eq \f(1,4)πx=12.6，又π=3，故x=1.6.故选B.
10．解析：选A.由题意得直线l的方程为x=eq \f(b,a)y＋c，不妨取a=1，则x=by＋c，且b2=c2－1.
将x=by＋c代入x2－eq \f(y2,b2)=1，
得(b4－1)y2＋2b3cy＋b4=0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则y1＋y2=－eq \f(2b3c,b4－1)，y1y2=eq \f(b4,b4－1).
由eq \(AF,\s\up6(→))=3eq \(FB,\s\up6(→))，得y1=－3y2，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－2y2＝－\f(2b3c,b4－1),－3yeq \\al(2,2)＝\f(b4,b4－1)))，
得3b2c2=1－b4，解得b2=eq \f(1,4)，
所以c=eq \r(b2＋1)=eq \r(\f(5,4))=eq \f(\r(5),2)，
故该双曲线的离心率为e=eq \f(c,a)=eq \f(\r(5),2).
故选A.
11．解析：选C.因为{an}是等比数列，设{an}的公比为q，所以eq \f(S12－S6,S6)=q6，eq \f(S6－S3,S3)=q3，所以q6－7q3－8=0，解得q=2，又a1ama2n=2aeq \\al(3,5)，所以aeq \\al(3,1)·2m＋2n－2=2(a124)3=aeq \\al(3,1)213，所以m＋2n=15，所以eq \f(1,m)＋eq \f(8,n)=eq \f(1,15)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,m)＋\f(8,n)))(m＋2n)=eq \f(17＋\f(2n,m)＋\f(8m,n),15)≥eq \f(17＋2\r(\f(2n,m)×\f(8m,n)),15)=eq \f(5,3)，当且仅当eq \f(2n,m)=eq \f(8m,n)，n=2m，即m=3，n=6时等号成立，所以eq \f(1,m)＋eq \f(8,n)的最小值是eq \f(5,3)，故选C.
12．解析：选C.设点
(x，y)是函数f(x)图象上任意一点，则(x，y)关于直线y=e的对称点为(x，2e－y)，由题意知，若点(x，2e－y)在函数g(x)=kx＋2e＋1的图象上，则2e－y=kx＋2e＋1，即y=－kx－1.由题意知y=－kx－1与f(x)=eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2＋4x，x≤0，,xln x，x>0))的图象有四个交点．由y=xln x，得y′=ln x＋1，所以当0eq \f(1,e)时，y′>0，函数y=xln x单调递增．故函数f(x)=eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2＋4x，x≤0，,xln x，x>0))的图象如图所示．
由图可知，①y=x2＋4x(x≤0)与y=－kx－1的图象有两个交点，由x2＋4x=－kx－1，得x2＋(4＋k)x＋1=0有两个不相等的负根，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(（4＋k）2－4>0，,4＋k>0，))解得k>－2.
②y=xln x(x>0)与y=－kx－1的图象有两个交点，由xln x=－kx－1，得k=－ln x－eq \f(1,x)，设h(x)=－ln x－eq \f(1,x)，则h′(x)=－eq \f(1,x)＋eq \f(1,x2)=eq \f(1－x,x2)，当00，h(x)单调递增；当x>1时，h′(x)<0，h(x)单调递减．所以当x=1时，h(x)取得最大值，且最大值为－1，所以k<－1.由①②得－213．解析：因为|a－2b|=2eq \r(3)，所以a2－4a·b＋4b2=12，即4－4×2|b |cseq \f(π,3)＋4|b|2=12，解得|b|=2.
答案：2
14．解析：cs(2 020π－2α)=cs 2α，
因为sin α＋cs α=eq \f(5,4)，所以1＋sin 2α=eq \f(25,16)，
所以sin 2α=eq \f(9,16).因为sin α＋cs α=eq \f(5,4)>0，α为第一象限角，所以cs 2α=±eq \f(5\r(7),16)，
所以cs(2 020π－2α)=±eq \f(5\r(7),16).
答案：±eq \f(5\r(7),16)
15．解析：(2－cs A)tan eq \f(B,2)=sin A⇒eq \f(sin A,2－cs A)=tan eq \f(B,2)=eq \f(sin \f(B,2),cs\f( B,2))=eq \f(2sin \f(B,2)cs \f(B,2),2cs2\f(B,2))=eq \f(sin B,1＋cs B)⇒sin A＋sin Acs B=2sin B－sin Bcs A⇒(sin Acs B＋sin Bcs A)＋sin A=2sin B⇒sin(A＋B)＋sin A=2sin B⇒sin C＋sin A=2sin B⇒a＋c=2b=4，所以b=2，所以cs B=eq \f(a2＋c2－b2,2ac)=eq \f(（a＋c）2－2ac－22,2ac)=eq \f(12－2ac,2ac)=eq \f(6－ac,ac)，又ac≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋c,2)))eq \s\up12(2)=4(a=c时取等号)，
所以S=eq \f(1,2)acsin B=eq \f(1,2)aceq \r(1－cs2B)=
eq \f(1,2)ac·eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(6－ac,ac)))\s\up12(2))
=eq \f(1,2)eq \r(（ac）2－（6－ac）2)
=eq \f(1,2)eq \r(6（2ac－6）)≤eq \f(1,2)×2eq \r(3)=eq \r(3).
答案：eq \r(3)
16.
解析：依题意，注意到x=0是方程|x4－x3|=ax的一个根．当x＞0时，a=|x3－x2|，记f(x)=x3－x2，则有f′(x)=3x2－2x，易知f(x)=x3－x2在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2,3)))上单调递减，在区间(－∞，0)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，＋∞))上单调递增．又f(1)=0，因此g(x)=eq \f(|x4－x3|,x)=eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(|f（x）|，x＞0，,－|f（x）|，x＜0))的图象如图所示，由题意得直线y=a与函数y=g(x)的图象有3个不同的交点时，a∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(4,27))).
答案：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(4,27)))
17．解：(1)由题意知(a1＋d)2=a1(a1＋3d)(d为等差数列{an}的公差)，即(2＋d)2=2(2＋3d)，又d≠0，所以d=2.
故数列{an}的通项公式为an=2n.
(2)由(1)得bn=(－1)n＋1·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)＋\f(1,n＋1)))，
所以T2n－1=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2)))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋\f(1,3)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)＋\f(1,4)))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)＋\f(1,5)))＋…－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－2)＋\f(1,2n－1)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)＋\f(1,2n)))=1＋eq \f(1,2n)=eq \f(2n＋1,2n).所以数列{bn}的前2n－1项和T2n－1=eq \f(2n＋1,2n).
18．解：(1) eq \(x,\s\up6(－))=3，eq \(y,\s\up6(－))=5，
解得eq \(b,\s\up6(^))=－1.23，eq \(a,\s\up6(^))=8.69，所以eq \(y,\s\up6(^))=8.69－1.23x.
(2)年利润z=x(8.69－1.23x)－2x=－1.23x2＋6.69x，当x=eq \f(6.69,2×1.23)≈2.72，z取得最大值，
所以当年产量为2.72吨时，年利润z最大．
19．解：(1)证明：过点C作CM⊥AB，垂足为M，因为AD⊥DC，
所以四边形ADCM为矩形，所以AM=MB=2，
又AD=2，AB=4，所以AC=2eq \r(2)，CM=2，BC=2eq \r(2)，
所以AC2＋BC2=AB2，所以AC⊥BC，因为AF⊥平面ABCD，AF∥BE，
所以BE⊥平面ABCD，所以BE⊥AC.
又BE⊂平面BCE，BC⊂平面BCE，且BE∩BC=B，
所以AC⊥平面BCE.
(2)因为AF⊥平面ABCD，所以AF⊥CM，
又CM⊥AB，AF⊂平面ABEF，
AB⊂平面ABEF，AF∩AB=A，
所以CM⊥平面ABEF.
VEBCF=VCBEF=eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×BE×EF×CM=eq \f(1,6)×2×4×2=eq \f(8,3).
20．解：(1)因为f(x)在(－∞，－1]上单调递增，[－1，0]上单调递减，
所以f′(－1)=0.
因为f′(x)=(x＋1)ex－2ax－1，
所以2a－1=0，a=eq \f(1,2).
所以f′(x)=(x＋1)ex－x－1=(x＋1)(ex－1)，
所以f(x)在(－∞，－1]上单调递增，[－1，0]上单调递减，[0，＋∞)上单调递增，
所以f(x)的极小值为f(0)=0.
(2)f(x)=x(ex－ax－1)，令g(x)=ex－ax－1，则g′(x)=ex－a.若a≤1，则x∈(0，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)为增函数，而g(0)=0，
所以当x≥0时，g(x)≥0，从而f(x)≥0.
若a>1，则x∈(0，ln a)时，g′(x)<0，g(x)为减函数，g(0)=0，故x∈(0，ln a)时，g(x)<0，从而f(x)<0，不符合题意．
综上，实数a的取值范围是(－∞，1]．
21．解：(1)
将x=eq \f(p,2)代入y2=2px，得y=±p，所以|ST|=2p，因为∠SPT=90°，所以△SPT是等腰直角三角形，所以|SF|=|PF|，即p=eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(3－\f(p,2)))，解得p=2，所以抛物线E：y2=4x，此时圆P的半径为eq \r(2)p=2eq \r(2)，所以圆P的方程为(x－3)2＋y2=8.
(2)证明：设M(x0，y0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
依题意(x0－3)2＋yeq \\al(2,0)=8，即yeq \\al(2,0)=－xeq \\al(2,0)＋6x0－1.
(i)当直线l的斜率不存在时，M(3±2eq \r(2)，0)．
①当x=3＋2eq \r(2)时，由y2=4x，得y=±(2eq \r(2)＋2)，不妨设A(3＋2eq \r(2)，2eq \r(2)＋2)，B(3＋2eq \r(2)，－2eq \r(2)－2)，则kAF=1，kBF=－1，kAFkBF=－1，即AF⊥BF.
②当x=3－2eq \r(2)时，同理可得，AF⊥BF.
(ii)当直线l的斜率存在时，如图，
因为直线l与抛物线E交于A，B两点，所以直线l的斜率不为零，x0≠1且y0≠0.
因为l⊥MF，所以klkMF=－1，
所以kl=eq \f(1－x0,y0)，
直线l：y=eq \f(1－x0,y0)(x－x0)＋y0.
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y2＝4x，,y＝\f(1－x0,y0)（x－x0）＋y0))
得，y2－eq \f(4y0,1－x0)y＋
eq \f(4xeq \\al(2,0)＋4yeq \\al(2,0)－4x0,1－x0)=0，
即y2－eq \f(4y0,1－x0)y＋eq \f(20x0－4,1－x0)=0，
所以y1＋y2=eq \f(4y0,1－x0)，y1y2=eq \f(20x0－4,1－x0)，
所以eq \(FA,\s\up6(→))·eq \(FB,\s\up6(→))=(x1－1)(x2－1)＋y1y2
=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(yeq \\al(2,1),4)－1))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(yeq \\al(2,2),4)－1))＋y1y2
=eq \f(（y1y2）2,16)－eq \f(yeq \\al(2,1)＋yeq \\al(2,2),4)＋1＋y1y2
=eq \f(（y1y2）2,16)－eq \f(（y1＋y2）2,4)＋1＋eq \f(3,2)y1y2
=eq \f(（5x0－1）2,（1－x0）2)－eq \f(4yeq \\al(2,0),（1－x0）2)＋1＋eq \f(30x0－6,1－x0)
=eq \f(（5x0－1）2－4yeq \\al(2,0)＋（1－x0）2＋6（5x0－1）（1－x0）,（1－x0）2)
=eq \f(24x0－4xeq \\al(2,0)－4－4yeq \\al(2,0),（1－x0）2)
=eq \f(－4（xeq \\al(2,0)＋yeq \\al(2,0)－6x0＋1）,（1－x0）2)
=0，所以AF⊥BF.
22．解：(1)C1：(x＋4)2＋(y－3)2=1，C2：eq \f(x2,36)＋eq \f(y2,4)=1，C1为圆心是(－4，3)，半径是1的圆；C2为中心是坐标原点，焦点在x轴上，长半轴长是6，短半轴长是2的椭圆．
(2)当t=eq \f(π,2)时，P(－4，4)，Q(6cs θ，2sin θ)，故M(－2＋3cs θ，2＋sin θ)，
C3为直线x＋eq \r(3)y＋6eq \r(3)=0，
点M到C3的距离d
=eq \f(|－2＋3cs θ＋2\r(3)＋\r(3)sin θ＋6\r(3)|,\r(12＋3))
=|4eq \r(3)＋eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,3)))－1|，
从而当sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,3)))=－1时，d取最小值3eq \r(3)－1.
23．解：(1)设f(x)=|x＋1|－|2－x|，
则f(x)=eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－3，x≤－1,2x－1，－1所以f(x)的最大值为3.
因为对任意实数x，|x＋1|－|2－x|≤a都成立，即f(x)≤a，所以a≥3.
设h(x)=|x＋1|＋|2－x|=eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－2x＋1，x≤－1,3，－1则h(x)的最小值为3.
因为对任意实数x，|x＋1|＋|2－x|≥a都成立，即h(x)≥a，所以a≤3.
所以a=3.
(2)证明：由(1)知a=3.
因为2m＋eq \f(1,m2－2mn＋n2)－2n=(m－n)＋(m－n)＋eq \f(1,（m－n）2)，且m>n>0，
所以(m－n)＋(m－n)＋eq \f(1,（m－n）2)≥3eq \r(3,（m－n）（m－n）\f(1,（m－n）2))=3，
所以2m＋eq \f(1,m2－2mn＋n2)≥2n＋a.
x
1
2
3
4
5
y
7.0
6.5
5.5
3.8
2.2
(时间：120分钟；满分：150分)
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．已知集合A={x|0
2．如果复数eq \f(1－ai,2＋i)(a∈R，i为虚数单位)的实部与虚部相等，则a的值为( )
A．1 B．－1 C．3 D．－3
3．已知直线l1：mx－2y＋1=0，l2：x－(m－1)y－1=0，则“m=2”是“l1平行于l2”的( )
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
4．下列函数中，最小正周期为π，且图象关于直线x=eq \f(π,3)对称的函数是( )
A．y=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3))) B．y=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,6)))
C．y=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)＋\f(π,3))) D．y=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,3)))
5．若点M是△ABC所在平面内的一点，且满足5eq \(AM,\s\up6(→))=eq \(AB,\s\up6(→))＋3eq \(AC,\s\up6(→))，则△ABM与△ABC的面积比为( )
A.eq \f(1,5) B.eq \f(2,5) C.eq \f(3,5) D.eq \f(4,5)
6．函数y=sin x＋ln|x|在区间[－3，3]的图象大致为( )
7．执行如图所示的程序框图，若输出的结果为43，则判断框内应填入的条件是( )
A．z≤42? B．z≤20? C．z≤50? D．z≤52?
8．谢尔宾斯基三角形(Sierpinski triangle)是一种分形，由波兰数学家谢尔宾斯基在1915年提出．在一个正三角形中，挖去一个“中心三角形”(即以原三角形各边的中点为顶点的三角形)，然后在剩下的小三角形中又挖去一个“中心三角形”，我们用白色三角形代表挖去的部分，黑色三角形为剩下的部分，我们称此三角形为谢尔宾斯基三角形．若在图(3)内随机取一点，则此点取自谢尔宾斯基三角形的概率是( )
A.eq \f(1,3) B.eq \f(1,4) C.eq \f(9,16) D.eq \f(5,16)
9．早在公元前三百多年我国已经运用“以度审容”的科学方法，其中商鞅铜方升是公元前344年商鞅督造的一种标准量器，其三视图如图所示(单位：寸)，若π取3，其体积为12.6(立方寸)，则图中的x为( )
A．1.2 B．1.6 C．1.8 D．2.4
10．已知双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)=1(a>0，b>0)的右焦点为F，直线l经过点F且与双曲线的一条渐近线垂直，直线l与双曲线的右支交于不同两点A，B，若eq \(AF,\s\up6(→))=3eq \(FB,\s\up6(→))，则该双曲线的离心率为( )
A.eq \f(\r(5),2) B.eq \f(\r(6),2) C.eq \f(2\r(3),3) D.eq \r(3)
11．记Sn为正项等比数列{an}的前n项和，若eq \f(S12－S6,S6)－7·eq \f(S6－S3,S3)－8=0，且正整数m，n满足a1ama2n=2aeq \\al(3,5)，则eq \f(1,m)＋eq \f(8,n )的最小值是( )
A.eq \f(15,7) B.eq \f(9,5) C.eq \f(5,3) D.eq \f(7,5)
12．已知函数 f(x)=eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2＋4x，x≤0，,xln x，x>0))的图象上有且仅有四个不同的点关于直线y=e的对称点在函数g(x)=kx＋2e＋1的图象上，则实数k的取值范围为( )
A．(1，2) B．(－1，0) C．(－2，－1) D．(－6，－1)
第Ⅱ卷
二、填空题：本题共4小题，每小题5分．
13．已知平面向量a与b的夹角为eq \f(π,3)，a=(1，eq \r(3))，|a－2b|=2eq \r(3)，则|b|=________.
14．已知α为第一象限角，sin α＋cs α=eq \f(5,4)，则cs(2 020π－2α)=________．
15．在△ABC中，a、b、c分别为内角A、B、C的对边，a＋c=4，(2－cs A)tan eq \f(B,2)=sin A，则△ABC的面积的最大值为__________．
16．若关于x的方程|x4－x3|=ax在R上存在4个不同的实根，则实数a的取值范围为__________．
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)在公差不为零的等差数列{an}中，a1=2，且a1，a2，a4成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn=(－1)n＋1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,an)＋\f(2,an＋1)))，求数列{bn}的前2n－1项和T2n－1.
18．(本小题满分12分)为了解某地区某种农产品的年产量x(单位：吨)对价格y(单位：千元/吨)和年利润z的影响，对近五年该农产品的年产量和价格统计如下表：
(1)求y关于x的线性回归方程eq \(y,\s\up6(^))=eq \(b,\s\up6(^))x＋eq \(a,\s\up6(^))；
(2)若每吨该农产品的成本为2千元，假设该农产品可全部卖出，预测当年产量为多少时，年利润z取到最大值？(保留两位小数)
参考公式：eq \(b,\s\up6(^))=.
19．(本小题满分12分)如图，已知AF⊥平面ABCD，四边形ABEF为矩形，四边形ABCD为直角梯形，∠DAB=90°，AB∥CD，AD=AF=CD=2，AB=4.
(1)求证：AC⊥平面BCE；
(2)求三棱锥EBCF的体积．
20．(本小题满分12分)已知f(x)=xex－ax2－x.
(1)若f(x)在(－∞，－1]上单调递增，[－1，0]上单调递减，求f(x)的极小值；
(2)当x≥0时，恒有f(x)≥0，求实数a的取值范围．
21．(本小题满分12分)已知抛物线E：y2=2px(p>0)的焦点为F，过F且垂直于x轴的直线与抛物线E交于S，T两点，以P(3，0)为圆心的圆过点S，T，且∠SPT=90°.
(1)求抛物线E和圆P的方程；
(2)设M是圆P上的点，过点M且垂直于FM的直线l交抛物线E于A，B两点，证明：FA⊥FB.
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
已知曲线C1：eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝－4＋cs t,y＝3＋sin t))(t为参数)，
C2：eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝6cs θ,y＝2sin θ))(θ为参数)．
(1)化C1、C2的方程为普通方程，并说明它们分别表示什么曲线；
(2)若C1上的点P对应的参数为t=eq \f(π,2)，Q为C2上的动点，求PQ中点M到直线C3：eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝－3\r(3)＋\r(3)α,y＝－3－α))(α为参数)距离的最小值．
23．(本小题满分10分)选修45：不等式选讲
已知a是常数，对任意实数x，不等式|x＋1|－|2－x|≤a≤|x＋1|＋|2－x|都成立．
(1)求a的值；
(2)设m>n>0，求证：2m＋eq \f(1,m2－2mn＋n2)≥2n＋a.
参考答案
1．解析：选B.B={x|y=eq \r(x2－1)}={x|x≤－1或x≥1}，∁RB={x|－1
3．解析：选C.由直线l1与直线l2平行得－m(m－1)=1×(－2)，得m=2或m=－1，经验证，当m=－1时，直线l1与l2重合，舍去，所以“m=2”是“l1平行于l2”的充要条件，故选C.
4．解析：选B.首先选项C中函数y=2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,2)＋\f(π,3)))的周期为4，故排除C；将x=eq \f(π,3)分别代入A，B，D，得函数值分别为0，2，eq \r(3)，而函数y=Asin(ωx＋φ)＋B在对称轴处取最值，故选B.
5．解析：选C.如图，
M是△ABC所在平面一点，连接AM，BM，延长CM至D，由5eq \(AM,\s\up6(→))=eq \(AB,\s\up6(→))＋3eq \(AC,\s\up6(→))得eq \(AM,\s\up6(→))=eq \f(1,5)eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \f(3,5)eq \(AC,\s\up6(→))，由于C，M，D三点共线，
则eq \(AM,\s\up6(→))=eq \f(2,5)eq \(AD,\s\up6(→))＋eq \f(3,5)eq \(AC,\s\up6(→))，
所以eq \(AB,\s\up6(→))=2eq \(AD,\s\up6(→))，
则2eq \(AM,\s\up6(→))=2eq \(AD,\s\up6(→))＋3eq \(AC,\s\up6(→))－3eq \(AM,\s\up6(→))，
即2(eq \(AM,\s\up6(→))－eq \(AD,\s\up6(→)))=3(eq \(AC,\s\up6(→))－eq \(AM,\s\up6(→)))，
即2eq \(DM,\s\up6(→))=3eq \(MC,\s\up6(→))，
故eq \(DM,\s\up6(→))=eq \f(3,5)eq \(DC,\s\up6(→))，
故△ABM与△ABC同底且高比为3∶5，
故S△ABM∶S△ABC=3∶5.
故选C.
6．解析：选A.设f(x)=sin x＋ln|x|，
当x＞0时，f(x)=sin x＋ln x⇒f′(x)=cs x＋eq \f(1,x)，
当x∈(0，1)时，f′(x)＞0，
即函数f(x)在(0，1)上为单调递增函数，排除B；
由当x=1时，f(1)=sin 1＞0，排除D；
因为f(－x)=sin(－x)＋ln|－x|=－sin x＋ln|x|≠±f(x)，
所以函数f(x)为非奇非偶函数，排除C，故选A.
7．解析：选A.运行程序：x=0，y=1，因为z=1不满足输出结果，则x=1，y=1，因为z=2×1＋1=3不满足输出结果，则x=1，y=3，因为z=2×1＋3=5不满足输出结果，则x=3，y=5，因为z=2×3＋5=11不满足输出结果，则x=5，y=11，因为z=2×5＋11=21不满足输出结果，则x=11，y=21，因为z=2×11＋21=43满足输出结果，此时需终止循环，结合选项可知，选A.
8．解析：选C.由图可知：图(2)挖去的白色三角形的面积为图(1)整个黑色三角形面积的eq \f(1,4)，
在图(2)中的每个小黑色三角形中再挖去的每一个白色三角形的面积仍为图(2)中每一个黑色三角形面积的eq \f(1,4)，即为图(1)中大黑色三角形面积的eq \f(1,16)，
所以图(3)中白色三角形面积共占图(1)黑色三角形面积的eq \f(3,16)＋eq \f(1,4)=eq \f(7,16)，
所以谢尔宾斯基三角形的面积占图(1)黑色三角形面积的1－eq \f(7,16)=eq \f(9,16)，
故该点取自谢尔宾斯基三角形的概率为eq \f(9,16)，
故选C.
9．解析：选B.由三视图知，商鞅铜方升是由一个圆柱和一个长方体组合而成的，故其体积为(5.4－x)×3×1＋π×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(2)×x=16.2－3x＋eq \f(1,4)πx=12.6，又π=3，故x=1.6.故选B.
10．解析：选A.由题意得直线l的方程为x=eq \f(b,a)y＋c，不妨取a=1，则x=by＋c，且b2=c2－1.
将x=by＋c代入x2－eq \f(y2,b2)=1，
得(b4－1)y2＋2b3cy＋b4=0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则y1＋y2=－eq \f(2b3c,b4－1)，y1y2=eq \f(b4,b4－1).
由eq \(AF,\s\up6(→))=3eq \(FB,\s\up6(→))，得y1=－3y2，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－2y2＝－\f(2b3c,b4－1),－3yeq \\al(2,2)＝\f(b4,b4－1)))，
得3b2c2=1－b4，解得b2=eq \f(1,4)，
所以c=eq \r(b2＋1)=eq \r(\f(5,4))=eq \f(\r(5),2)，
故该双曲线的离心率为e=eq \f(c,a)=eq \f(\r(5),2).
故选A.
11．解析：选C.因为{an}是等比数列，设{an}的公比为q，所以eq \f(S12－S6,S6)=q6，eq \f(S6－S3,S3)=q3，所以q6－7q3－8=0，解得q=2，又a1ama2n=2aeq \\al(3,5)，所以aeq \\al(3,1)·2m＋2n－2=2(a124)3=aeq \\al(3,1)213，所以m＋2n=15，所以eq \f(1,m)＋eq \f(8,n)=eq \f(1,15)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,m)＋\f(8,n)))(m＋2n)=eq \f(17＋\f(2n,m)＋\f(8m,n),15)≥eq \f(17＋2\r(\f(2n,m)×\f(8m,n)),15)=eq \f(5,3)，当且仅当eq \f(2n,m)=eq \f(8m,n)，n=2m，即m=3，n=6时等号成立，所以eq \f(1,m)＋eq \f(8,n)的最小值是eq \f(5,3)，故选C.
12．解析：选C.设点
(x，y)是函数f(x)图象上任意一点，则(x，y)关于直线y=e的对称点为(x，2e－y)，由题意知，若点(x，2e－y)在函数g(x)=kx＋2e＋1的图象上，则2e－y=kx＋2e＋1，即y=－kx－1.由题意知y=－kx－1与f(x)=eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2＋4x，x≤0，,xln x，x>0))的图象有四个交点．由y=xln x，得y′=ln x＋1，所以当0
由图可知，①y=x2＋4x(x≤0)与y=－kx－1的图象有两个交点，由x2＋4x=－kx－1，得x2＋(4＋k)x＋1=0有两个不相等的负根，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(（4＋k）2－4>0，,4＋k>0，))解得k>－2.
②y=xln x(x>0)与y=－kx－1的图象有两个交点，由xln x=－kx－1，得k=－ln x－eq \f(1,x)，设h(x)=－ln x－eq \f(1,x)，则h′(x)=－eq \f(1,x)＋eq \f(1,x2)=eq \f(1－x,x2)，当0
答案：2
14．解析：cs(2 020π－2α)=cs 2α，
因为sin α＋cs α=eq \f(5,4)，所以1＋sin 2α=eq \f(25,16)，
所以sin 2α=eq \f(9,16).因为sin α＋cs α=eq \f(5,4)>0，α为第一象限角，所以cs 2α=±eq \f(5\r(7),16)，
所以cs(2 020π－2α)=±eq \f(5\r(7),16).
答案：±eq \f(5\r(7),16)
15．解析：(2－cs A)tan eq \f(B,2)=sin A⇒eq \f(sin A,2－cs A)=tan eq \f(B,2)=eq \f(sin \f(B,2),cs\f( B,2))=eq \f(2sin \f(B,2)cs \f(B,2),2cs2\f(B,2))=eq \f(sin B,1＋cs B)⇒sin A＋sin Acs B=2sin B－sin Bcs A⇒(sin Acs B＋sin Bcs A)＋sin A=2sin B⇒sin(A＋B)＋sin A=2sin B⇒sin C＋sin A=2sin B⇒a＋c=2b=4，所以b=2，所以cs B=eq \f(a2＋c2－b2,2ac)=eq \f(（a＋c）2－2ac－22,2ac)=eq \f(12－2ac,2ac)=eq \f(6－ac,ac)，又ac≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋c,2)))eq \s\up12(2)=4(a=c时取等号)，
所以S=eq \f(1,2)acsin B=eq \f(1,2)aceq \r(1－cs2B)=
eq \f(1,2)ac·eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(6－ac,ac)))\s\up12(2))
=eq \f(1,2)eq \r(（ac）2－（6－ac）2)
=eq \f(1,2)eq \r(6（2ac－6）)≤eq \f(1,2)×2eq \r(3)=eq \r(3).
答案：eq \r(3)
16.
解析：依题意，注意到x=0是方程|x4－x3|=ax的一个根．当x＞0时，a=|x3－x2|，记f(x)=x3－x2，则有f′(x)=3x2－2x，易知f(x)=x3－x2在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2,3)))上单调递减，在区间(－∞，0)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，＋∞))上单调递增．又f(1)=0，因此g(x)=eq \f(|x4－x3|,x)=eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(|f（x）|，x＞0，,－|f（x）|，x＜0))的图象如图所示，由题意得直线y=a与函数y=g(x)的图象有3个不同的交点时，a∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(4,27))).
答案：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(4,27)))
17．解：(1)由题意知(a1＋d)2=a1(a1＋3d)(d为等差数列{an}的公差)，即(2＋d)2=2(2＋3d)，又d≠0，所以d=2.
故数列{an}的通项公式为an=2n.
(2)由(1)得bn=(－1)n＋1·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,n)＋\f(1,n＋1)))，
所以T2n－1=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2)))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋\f(1,3)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)＋\f(1,4)))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)＋\f(1,5)))＋…－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－2)＋\f(1,2n－1)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)＋\f(1,2n)))=1＋eq \f(1,2n)=eq \f(2n＋1,2n).所以数列{bn}的前2n－1项和T2n－1=eq \f(2n＋1,2n).
18．解：(1) eq \(x,\s\up6(－))=3，eq \(y,\s\up6(－))=5，
解得eq \(b,\s\up6(^))=－1.23，eq \(a,\s\up6(^))=8.69，所以eq \(y,\s\up6(^))=8.69－1.23x.
(2)年利润z=x(8.69－1.23x)－2x=－1.23x2＋6.69x，当x=eq \f(6.69,2×1.23)≈2.72，z取得最大值，
所以当年产量为2.72吨时，年利润z最大．
19．解：(1)证明：过点C作CM⊥AB，垂足为M，因为AD⊥DC，
所以四边形ADCM为矩形，所以AM=MB=2，
又AD=2，AB=4，所以AC=2eq \r(2)，CM=2，BC=2eq \r(2)，
所以AC2＋BC2=AB2，所以AC⊥BC，因为AF⊥平面ABCD，AF∥BE，
所以BE⊥平面ABCD，所以BE⊥AC.
又BE⊂平面BCE，BC⊂平面BCE，且BE∩BC=B，
所以AC⊥平面BCE.
(2)因为AF⊥平面ABCD，所以AF⊥CM，
又CM⊥AB，AF⊂平面ABEF，
AB⊂平面ABEF，AF∩AB=A，
所以CM⊥平面ABEF.
VEBCF=VCBEF=eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×BE×EF×CM=eq \f(1,6)×2×4×2=eq \f(8,3).
20．解：(1)因为f(x)在(－∞，－1]上单调递增，[－1，0]上单调递减，
所以f′(－1)=0.
因为f′(x)=(x＋1)ex－2ax－1，
所以2a－1=0，a=eq \f(1,2).
所以f′(x)=(x＋1)ex－x－1=(x＋1)(ex－1)，
所以f(x)在(－∞，－1]上单调递增，[－1，0]上单调递减，[0，＋∞)上单调递增，
所以f(x)的极小值为f(0)=0.
(2)f(x)=x(ex－ax－1)，令g(x)=ex－ax－1，则g′(x)=ex－a.若a≤1，则x∈(0，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)为增函数，而g(0)=0，
所以当x≥0时，g(x)≥0，从而f(x)≥0.
若a>1，则x∈(0，ln a)时，g′(x)<0，g(x)为减函数，g(0)=0，故x∈(0，ln a)时，g(x)<0，从而f(x)<0，不符合题意．
综上，实数a的取值范围是(－∞，1]．
21．解：(1)
将x=eq \f(p,2)代入y2=2px，得y=±p，所以|ST|=2p，因为∠SPT=90°，所以△SPT是等腰直角三角形，所以|SF|=|PF|，即p=eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(3－\f(p,2)))，解得p=2，所以抛物线E：y2=4x，此时圆P的半径为eq \r(2)p=2eq \r(2)，所以圆P的方程为(x－3)2＋y2=8.
(2)证明：设M(x0，y0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
依题意(x0－3)2＋yeq \\al(2,0)=8，即yeq \\al(2,0)=－xeq \\al(2,0)＋6x0－1.
(i)当直线l的斜率不存在时，M(3±2eq \r(2)，0)．
①当x=3＋2eq \r(2)时，由y2=4x，得y=±(2eq \r(2)＋2)，不妨设A(3＋2eq \r(2)，2eq \r(2)＋2)，B(3＋2eq \r(2)，－2eq \r(2)－2)，则kAF=1，kBF=－1，kAFkBF=－1，即AF⊥BF.
②当x=3－2eq \r(2)时，同理可得，AF⊥BF.
(ii)当直线l的斜率存在时，如图，
因为直线l与抛物线E交于A，B两点，所以直线l的斜率不为零，x0≠1且y0≠0.
因为l⊥MF，所以klkMF=－1，
所以kl=eq \f(1－x0,y0)，
直线l：y=eq \f(1－x0,y0)(x－x0)＋y0.
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y2＝4x，,y＝\f(1－x0,y0)（x－x0）＋y0))
得，y2－eq \f(4y0,1－x0)y＋
eq \f(4xeq \\al(2,0)＋4yeq \\al(2,0)－4x0,1－x0)=0，
即y2－eq \f(4y0,1－x0)y＋eq \f(20x0－4,1－x0)=0，
所以y1＋y2=eq \f(4y0,1－x0)，y1y2=eq \f(20x0－4,1－x0)，
所以eq \(FA,\s\up6(→))·eq \(FB,\s\up6(→))=(x1－1)(x2－1)＋y1y2
=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(yeq \\al(2,1),4)－1))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(yeq \\al(2,2),4)－1))＋y1y2
=eq \f(（y1y2）2,16)－eq \f(yeq \\al(2,1)＋yeq \\al(2,2),4)＋1＋y1y2
=eq \f(（y1y2）2,16)－eq \f(（y1＋y2）2,4)＋1＋eq \f(3,2)y1y2
=eq \f(（5x0－1）2,（1－x0）2)－eq \f(4yeq \\al(2,0),（1－x0）2)＋1＋eq \f(30x0－6,1－x0)
=eq \f(（5x0－1）2－4yeq \\al(2,0)＋（1－x0）2＋6（5x0－1）（1－x0）,（1－x0）2)
=eq \f(24x0－4xeq \\al(2,0)－4－4yeq \\al(2,0),（1－x0）2)
=eq \f(－4（xeq \\al(2,0)＋yeq \\al(2,0)－6x0＋1）,（1－x0）2)
=0，所以AF⊥BF.
22．解：(1)C1：(x＋4)2＋(y－3)2=1，C2：eq \f(x2,36)＋eq \f(y2,4)=1，C1为圆心是(－4，3)，半径是1的圆；C2为中心是坐标原点，焦点在x轴上，长半轴长是6，短半轴长是2的椭圆．
(2)当t=eq \f(π,2)时，P(－4，4)，Q(6cs θ，2sin θ)，故M(－2＋3cs θ，2＋sin θ)，
C3为直线x＋eq \r(3)y＋6eq \r(3)=0，
点M到C3的距离d
=eq \f(|－2＋3cs θ＋2\r(3)＋\r(3)sin θ＋6\r(3)|,\r(12＋3))
=|4eq \r(3)＋eq \r(3)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,3)))－1|，
从而当sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,3)))=－1时，d取最小值3eq \r(3)－1.
23．解：(1)设f(x)=|x＋1|－|2－x|，
则f(x)=eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－3，x≤－1,2x－1，－1
因为对任意实数x，|x＋1|－|2－x|≤a都成立，即f(x)≤a，所以a≥3.
设h(x)=|x＋1|＋|2－x|=eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－2x＋1，x≤－1,3，－1
因为对任意实数x，|x＋1|＋|2－x|≥a都成立，即h(x)≥a，所以a≤3.
所以a=3.
(2)证明：由(1)知a=3.
因为2m＋eq \f(1,m2－2mn＋n2)－2n=(m－n)＋(m－n)＋eq \f(1,（m－n）2)，且m>n>0，
所以(m－n)＋(m－n)＋eq \f(1,（m－n）2)≥3eq \r(3,（m－n）（m－n）\f(1,（m－n）2))=3，
所以2m＋eq \f(1,m2－2mn＋n2)≥2n＋a.
x
1
2
3
4
5
y
7.0
6.5
5.5
3.8
2.2
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