(统考版)2022年高考数学(文数)模拟试卷09（含详解）

这是一份(统考版)2022年高考数学(文数)模拟试卷09（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．已知全集为R，集合A＝{－1，0，1，5}，B＝{x|x2－x－2≥0}，则A∩∁RB＝( )
A．{－1，1} B．{0，1}
C．{0，1，5} D．{－1，0，1}
2．复数z＝eq \f(1－i,3＋i)在复平面内对应的点位于( )
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
3．命题“∃x0≤0，xeq \\al(2,0)≥0”的否定是( )
A．∀x≤0，x2<0 B．∀x≤0，x2≥0
C．∃x0>0，xeq \\al(2,0)>0 D．∃x0<0，xeq \\al(2,0)≤0
4．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＋a3＝6，S10＝100，则a5＝( )
A．8 B．9
C．10 D．11
5．设a，b是互相垂直的单位向量，且(λa＋b)⊥(a＋2b)，则实数λ的值是( )
A．2 B．－2
C．1 D．－1
6．已知a＝lg412，b＝lg515，c＝3－eq \f(3,2)，则( )
A．a>c>b B．b>c>a
C．b>a>c D．a>b>c
7．在平面区域{(x，y)|0≤x≤1，1≤y≤2}内随机投入一点P，则点P的坐标(x，y)满足y≤2x的概率为( )
A.eq \f(1,4) B.eq \f(1,2)
C.eq \f(2,3) D.eq \f(3,4)
8．在正三棱柱ABC­A1B1C1，AB＝4，点D在棱BB1上，若BD＝3，则AD与平面AA1C1C所成角的正切值为( )
A.eq \f(2\r(3),5) B.eq \f(2\r(39),13) C.eq \f(5,4) D.eq \f(4,3)
9．我国古代名著《庄子·天下篇》中有一句名言“一尺之棰，日取其半，万世不竭”，其意思为：一尺的木棍，每天截取一半，永远都截不完．现将该木棍依此规律截取，如图所示的程序框图的功能就是计算截
取20天后所剩木棍的长度(单位：尺)，则①②③处可分别填入的是( )
A．i＜20，s＝s－eq \f(1,i)，i＝2i
B．i≤20，s＝s－eq \f(1,i)，i＝2i
C．i＜20，s＝eq \f(s,2)，i＝i＋1
D．i≤20，s＝eq \f(s,2)，i＝i＋1
10．设α，β∈[0，π]，且满足sin αcs β－cs αsin β＝1，则sin(2α－β)＋sin(α－2β)的取值范围为( )
A．[－eq \r(2)，1] B．[－1，eq \r(2)]
C．[－1，1] D．[1，eq \r(2)]
11．在平面直角坐标系xOy中，已知点A，B分别为x轴，y轴上一点，且|AB|＝1，若点P(1，eq \r(3))，则|eq \(AP,\s\up6(→))＋eq \(BP,\s\up6(→))＋eq \(OP,\s\up6(→))|的取值范围是( )
A．[5，6] B．[6，7]
C．[6，9] D．[5，7]
12．已知抛物线y2＝2px(p＞0)的焦点为F，点A、B为抛物线上的两个动点，且满足∠AFB＝120°.过弦AB的中点M作抛物线准线的垂线MN，垂足为N，则eq \f(|AB|,|MN|)的最小值为( )
A.eq \r(2) B．2eq \r(2)
C.eq \r(3) D．2eq \r(3)
第Ⅱ卷
二、填空题：本题共4小题，每小题5分．
13．在锐角三角形ABC中，a，b，c分别为角A、B、C所对的边，且eq \r(3)a＝2csin A，c＝eq \r(7)，且△ABC的面积为eq \f(3\r(3),2)，a＋b的值为________．
14．已知在平面直角坐标系中，O(0，0)，A(2，4)，B(6，2)，则三角形OAB的外接圆的方程是__________．
15.在《九章算术》中有称为“羡除”的五面体体积的求法．现有一个类似于“羡除”的有三条棱互相平行的五面体，其三视图如图所示，则该五面体的体积为________．
16．设函数f(x)在R上存在导数f′(x)，对于任意的实数x，有f(x)＋f(－x)＝2x2，当x∈(－∞，0]时，f′(x)＋1＜2x.若f(2＋m)－f(－m)≤2m＋2，则实数m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)＝2sin xcs x＋2eq \r(3)cs2x－eq \r(3).
(1)求函数y＝f(x)的最小正周期和单调递减区间；
(2)已知△ABC的三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，其中a＝7，若锐角A满足feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(A,2)－\f(π,6)))＝eq \r(3)，且sin B＋sin C＝eq \f(13\r(3),14)，求bc的值．
18．(本小题满分12分)对某产品1至6月份销售量及其价格进行调查，其单价x和销售量y之间的一组数据如下表所示：
(1)根据1至5月份的数据，求出y关于x的回归直线方程；
(2)若由回归直线方程得到的估计数据与剩下的检验数据的误差不超过0.5元，则认为所得到的回归直线方程是理想的，试问所得回归直线方程是否理想？
(3)预计在今后的销售中，销售量与单价仍然服从(1)中的关系，且该产品的成本是2.5元/件，为获得最大利润，该产品的单价应定为多少元？(利润＝销售收入－成本)
参考公式：回归方程eq \(y,\s\up6(^))＝eq \(b,\s\up6(^))x＋eq \(a,\s\up6(^))，
其中eq \(b,\s\up6(^))＝ .
19.(本小题满分12分)如图，已知四边形ABCD是正方形，EA⊥平面ABCD，PD∥EA，
AD＝PD＝2EA＝2，F，G，H分别为BP，BE，PC的中点．
(1)求证：FG∥平面PDE；
(2)求证：平面FGH⊥平面ABE；
(3)在线段PC上是否存在一点M，使PB⊥平面EFM？若存在，求出线段PM的长；若不存在，请说明理由．
20．(本小题满分12分)已知直线y＝x＋1与函数f(x)＝aex＋b的图象相切，且f′(1)＝e.
(1)求实数a，b的值；
(2)若存在x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(3,2)))，使得2mf(x－1)＋nf(x)＝mx(m≠0)成立，求eq \f(n,m)的取值范围．
21．(本小题满分12分)已知中心在原点O，左焦点为F1(－1，0)的椭圆C的左顶点为A，上顶点为B，F1到直线AB的距离为eq \f(\r(7),7)|OB|.
(1)求椭圆C的方程；
(2)若椭圆C1的方程为：eq \f(x2,m2)＋eq \f(y2,n2)＝1(m>n>0)，椭圆C2的方程为：eq \f(x2,m2)＋eq \f(y2,n2)＝λ(λ>0，且λ≠1)，则称椭圆C2是椭圆C1的λ倍相似椭圆．已知C2是椭圆C的3倍相似椭圆，若椭圆C的任意一条切线l交椭圆C2于两点M、N，试求弦长|MN|的取值范围．
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
在直角坐标系xOy中，曲线C：eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝\r(2)cs α＋1,y＝\r(2)sin α＋1))(α为参数)，在以O为极点，x轴的非负半轴为极轴的极坐标系中，直线l：ρsin θ＋ρcs θ＝m.
(1)若m＝0时，判断直线l与曲线C的位置关系；
(2)若曲线C上存在点P到直线l的距离为eq \f(\r(2),2)，求实数m的取值范围 .
23．(本小题满分10分)选修4­5：不等式选讲
已知f(x)＝|x－2|＋|x＋1|＋2|x＋2|.
(1)求证：f(x)≥5；
(2)若对任意实数x，15－2f(x)参考答案
1．解析：选B.由题得B＝{x|x≥2或x≤－1}，
所以∁RB＝{x|－1所以A∩∁RB＝{0，1}．故选B.
2．解析：选D.z＝eq \f(1－i,3＋i)＝eq \f(（1－i）（3－i）,（3＋i）（3－i）)＝eq \f(2－4i,10)＝eq \f(1－2i,5)＝eq \f(1,5)－eq \f(2i,5)，
所以在复平面内对应的点为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)，－\f(2,5)))，
所以复数z＝eq \f(1－i,3＋i)在复平面内对应的点位于第四象限．答案选D.
3．解析：选A.特称命题的否定是将存在量词改成全称量词，再将结论否定．
4．解析：选B.设等差数列的公差为d，因为a1＋a3＝6，S10＝100，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2a1＋2d＝6,10a1＋45d＝100))，解得a1＝1，d＝2；
因此a5＝a1＋4d＝9.故选B.
5．解析：选B.依题意，有|a|＝|b|＝1，且a·b＝0，又(λa＋b)⊥(a＋2b)，所以，(λa＋b)(a＋2b)＝0，即λa2＋2b2＋(2λ＋1)a·b＝0，即λ＋2＝0，所以，λ＝－2，故选B.
6．解析：选D.易知a＝lg412＝lg4(4×3)＝1＋lg43，b＝lg515＝lg5(5×3)＝1＋lg53，由对数函数的性质知lg43>lg53>0，故a>b>1.又c＝3－eq \f(3,2)<30＝1，故a>b>c.
7．解析：选A.依题意
作出图象如图，则P(y≤2x)＝eq \f(S阴影,S正方形)＝
eq \f(\f(1,2)×\f(1,2)×1,12)＝eq \f(1,4).
8．解析：选B.取AC
的中点E，连接BE，如图，可得eq \(AD,\s\up6(→))·eq \(EB,\s\up6(→))＝(eq \(AB,\s\up6(→))＋eq \(BD,\s\up6(→)))·eq \(EB,\s\up6(→))＝eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(EB,\s\up6(→))＝4×2eq \r(3)×eq \f(\r(3),2)＝12＝5×2eq \r(3)×cs θ(θ为eq \(AD,\s\up6(→))与eq \(EB,\s\up6(→))的夹角)，所以cs θ＝eq \f(2\r(3),5)，sin θ＝eq \f(\r(13),5)，tan θ＝eq \f(\r(39),6)，又因为BE⊥平面AA1C1C，所以所求角的正切值为eq \f(2\r(39),13).
9．解析：选D.根据题意可知，第一天s＝eq \f(1,2)，所以满足s＝eq \f(s,2)，不满足s＝s－eq \f(1,i)，故排除AB，
由框图可知，计算第二十天的剩余时，有s＝eq \f(s,2)，且i＝21，
所以循环条件应该是i≤20.故选D.
10．解析：选C.因为sin αcs β－cs αsin β＝1，即sin(α－β)＝1，α，β∈[0，π]，所以α－β＝eq \f(π,2)，又eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(0≤α≤π，,0≤β＝α－\f(π,2)≤π，))则eq \f(π,2)≤α≤π，所以sin(2α－β)＋sin(α－2β)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α－α＋\f(π,2)))＋sin(α－2α＋π)＝cs α＋sin α＝eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))，因为eq \f(π,2)≤α≤π，所以eq \f(3π,4)≤α＋eq \f(π,4)≤eq \f(5π,4)，所以－1≤eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α＋\f(π,4)))≤1，即所求取值范围为[－1，1]．
11．解析：选D.设A(x，0)，B(0，y)，由|AB|＝1得x2＋y2＝1，则eq \(AP,\s\up6(→))＋eq \(BP,\s\up6(→))＋eq \(OP,\s\up6(→))＝(1－x，eq \r(3))＋(1，eq \r(3)－y)＋(1，eq \r(3))＝(3－x，3eq \r(3)－y)，所以|eq \(AP,\s\up6(→))＋eq \(BP,\s\up6(→))＋eq \(OP,\s\up6(→))|＝eq \r(（3－x）2＋（3\r(3)－y）2)，设点Q(3，3eq \r(3))，则|OQ|＝eq \r(32＋（3\r(3)）2)＝6，eq \r(（3－x）2＋（3\r(3)－y）2)表示圆x2＋y2＝1上的任意一点与点Q(3，3eq \r(3))之间的距离，易知其最大距离为7，最小距离为5，所以|eq \(AP,\s\up6(→))＋eq \(BP,\s\up6(→))＋eq \(OP,\s\up6(→))|的取值范围为[5，7]．
12.
解析：选C.如图，过A、B分别作准线的垂线AQ、BP，垂足分别是Q、P，设|AF|＝a，|BF|＝b，由抛物线的定义，得|AF|＝|AQ|，|BF|＝|BP|，在梯形ABPQ中，2|MN|＝|AQ|＋|BP|＝a＋b.在△ABF中，由余弦定理得|AB|2＝a2＋b2－2abcs 120°＝a2＋b2＋ab，配方得|AB|2＝(a＋b)2－ab，因为ab≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))eq \s\up12(2)，则(a＋b)2－ab≥(a＋b)2－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))eq \s\up12(2)＝eq \f(3,4)(a＋b)2，即|AB|2≥eq \f(3,4)(a＋b)2，当且仅当a＝b时等号成立，所以eq \f(|AB|2,|MN|2)≥eq \f(\f(3,4)（a＋b）2,\f(1,4)（a＋b）2)＝3，则eq \f(|AB|,|MN|)≥eq \r(3)，即所求的最小值为eq \r(3).
13．解析：由eq \r(3)a＝2csin A，结合正弦定理可得eq \r(3)sin A＝2sin Csin A，因为sin A≠0，所以sin C＝eq \f(\r(3),2).
在锐角三角形ABC中，可得C＝eq \f(π,3).
所以△ABC的面积S＝eq \f(1,2)absin C＝eq \f(\r(3),4)ab＝eq \f(3\r(3),2)，解得ab＝6.由余弦定理可得c2＝a2＋b2－2abcs C＝(a＋b)2－3ab＝(a＋b)2－18＝7，解得a＋b＝5.故答案为5.
答案：5
14．解析：法一：设三角形OAB的外接圆方程是x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0，依题意可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(F＝0，,4＋16＋2D＋4E＋F＝0，,36＋4＋6D＋2E＋F＝0，))
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(F＝0，,D＝－6，,E＝－2，))故三角形OAB的外接圆的方程是x2＋y2－6x－2y＝0.
法二：因为直线OA的斜率 kOA＝eq \f(4,2)＝2，直线AB的斜率kAB＝eq \f(2－4,6－2)＝－eq \f(1,2)，kAB×kOA＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＝－1，所以三角形OAB是直角三角形，点A为直角顶点，OB为斜边，因为|OB|＝eq \r(36＋4)＝eq \r(40)，故外接圆的半径r＝eq \f(|OB|,2)＝eq \f(\r(40),2)＝eq \r(10)，又OB的中点坐标为(3，1)，
故三角形OAB的外接圆的标准方程为(x－3)2＋(y－1)2＝10，
即x2＋y2－6x－2y＝0.
答案：x2＋y2－6x－2y＝0
15．解析：
由三视图可得，该几何体为如图所示的五面体ABCEFD，
其中，底面ABC为直角三角形，且∠BAC＝90°，AB＝4，AC＝3，侧棱DB，EC，FA与底面垂直，且DB＝2，EC＝FA＝5.过点D作DH∥BC，DG∥BA，交EC，FA分别于点H，G，
则棱柱ABC­DHG为直棱柱，四棱锥D­EFGH的底面为矩形EFGH，高为BA.
所以V五面体ABCEFD＝VABC­DHG＋VD­EFGH＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)×4×3))×2＋eq \f(1,3)×32×4＝24.
故答案为24.
答案：24
16．解析：令g(x)＝f(x)＋x－x2，所以g(x)＋g(－x)＝f(x)＋x－x2＋f(－x)－x－x2＝f(x)＋f(－x)－2x2＝0，所以g(x)为定义在R上的奇函数，又当x≤0时，g′(x)＝f′(x)＋1－2x＜0，所以g(x)在R上单调递减，所以f(2＋m)－f(－m)≤2m＋2等价于f(2＋m)＋(2＋m)－(m＋2)2≤f(－m)＋(－m)－(－m)2，即2＋m≥－m，解得m≥－1，所以实数m的取值范围是[－1，＋∞)．
答案：[－1，＋∞)
17．解：(1)f(x)＝2sin xcs x＋2eq \r(3)cs2x－eq \r(3)＝sin 2x＋eq \r(3)cs 2x＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))，因此f(x)的最小正周期为T＝eq \f(2π,2)＝π.
f(x)的单调递减区间为2kπ＋eq \f(π,2)≤2x＋eq \f(π,3)≤2kπ＋eq \f(3π,2)(k∈Z)，
即x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(kπ＋\f(π,12)，kπ＋\f(7π,12)))(k∈Z)．
(2)由feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(A,2)－\f(π,6)))
＝2sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(A,2)－\f(π,6)))＋\f(π,3)))
＝2sin A＝eq \r(3)，且A为锐角，所以A＝eq \f(π,3).由正弦定理可得 2R＝eq \f(a,sin A)＝eq \f(7,\f(\r(3),2))＝eq \f(14,\r(3))，
sin B＋sin C＝eq \f(b＋c,2R)＝eq \f(13\r(3),14)，
则b＋c＝eq \f(13\r(3),14)×eq \f(14,\r(3))＝13，
所以cs A＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)
＝eq \f(（b＋c）2－2bc－a2,2bc)＝eq \f(1,2)，
所以bc＝40.
18．解：(1)由题意知x＝10，y＝8，
所以＝40.
所以eq \(y,\s\up6(^))＝－3.2x＋40.
(2)由(1)知，当x＝8时，eq \(y,\s\up6(^))＝－3.2×8＋40＝14.4，
所以eq \(y,\s\up6(^))－y＝14.4－14＝0.4＜0.5，
所以可认为所得到的回归直线方程是理想的．
(3)设该产品的单价定为x元．
依题意得，利润L＝(x－2.5)·(－3.2x＋40)
＝－3.2x2＋48x－100(2.5＜x＜12.5)，
所以当x＝－eq \f(48,2×（－3.2）)＝7.5时，L取得最大值．
故为获得最大利润，该产品的单价应定为7.5 元．
19．解：(1)证明：因为F，G分别为PB，BE的中点，
所以FG∥PE.
又FG⊄平面PDE，PE⊂平面PDE，
所以FG∥平面PDE.
(2)证明：因为EA⊥平面ABCD，所以EA⊥CB.
又CB⊥AB，AB∩AE＝A，所以CB⊥平面ABE.
由已知F，H分别为线段PB，PC的中点，
所以FH∥BC.则FH⊥平面ABE.
而FH⊂平面FGH，所以平面FGH⊥平面ABE.
(3)在线段PC上存在一点M，使PB⊥平面EFM.
证明如下：
如图，在PC上取一点M，连接EF，EM，FM.
在直角三角形AEB中，因为AE＝1，AB＝2，
所以BE＝eq \r(5).
在直角梯形EADP中，因为AE＝1，AD＝PD＝2，
所以PE＝eq \r(5)，
所以PE＝BE.又F为PB的中点，所以EF⊥PB.
要使PB⊥平面EFM，只需使PB⊥FM.
因为PD⊥平面ABCD，所以PD⊥CB，
又CB⊥CD，PD∩CD＝D，
所以CB⊥平面PCD，而PC⊂平面PCD，
所以CB⊥PC.
若PB⊥FM，则△PFM∽△PCB，可得eq \f(PM,PB)＝eq \f(PF,PC).
由已知可求得PB＝2eq \r(3)，PF＝eq \r(3)，PC＝2eq \r(2)，
所以PM＝eq \f(3\r(2),2).
20．解：(1)设直线y＝x＋1与函数f(x)＝aex＋b的图象的切点为(x0，f(x0))．
由f(x)＝aex＋b可得f′(x)＝aex.
由题意可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(aex0＝1，,x0＋1＝aex0＋b,ae＝e，))，
解得a＝1，b＝0.
(2)由(1)可知f(x)＝ex，
则存在x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(3,2)))，
使2mf(x－1)＋nf(x)＝mx(m≠0)成立，
等价于存在x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(3,2)))，
使2mex－1＋nex＝mx成立．
所以eq \f(n,m)＝eq \f(x－2ex－1,ex)，x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(3,2))).
设g(x)＝eq \f(x－2ex－1,ex)，x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(3,2)))，
则g′(x)＝eq \f(1－x,ex)，
当x∈(0，1)时，g′(x)>0，g(x)在(0，1)上单调递增，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)))时，g′(x)<0，g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)))上单调递减．
所以g(x)max＝－eq \f(1,e)，g(0)＝－eq \f(2,e)，geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))＝eq \f(3,2e\s\up6(\f(3,2)))－eq \f(2,e)，g(0)－geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))＝－eq \f(3,2e\s\up6(\f(3,2))) <0.
所以eq \f(n,m)的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(2,e)，－\f(1,e))).
21．解：(1)设椭圆C的方程为eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，
所以直线AB的方程为eq \f(x,－a)＋eq \f(y,b)＝1，
所以F1(－1，0)到直线AB的距离d＝eq \f(|b－ab|,\r(a2＋b2))＝eq \f(\r(7),7)b，
即a2＋b2＝7(a－1)2，
又b2＝a2－1，
解得a＝2，b＝eq \r(3)，
故椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)椭圆C的3倍相似椭圆C2的方程为eq \f(x2,12)＋eq \f(y2,9)＝1，
①若切线l垂直于x轴，则其方程为x＝±2，易求得|MN|＝2eq \r(6)，
②若切线l不垂直于x轴，可设其方程为y＝kx＋b，
将y＝kx＋b代入椭圆C的方程，得(3＋4k2)x2＋8kbx＋4b2－12＝0，
所以Δ＝(8kb)2－4(3＋4k2)(4b2－12)＝48(4k2＋3－b2)＝0，
即b2＝4k2＋3，(*)
记M、N两点的坐标分别为(x1，y1)、(x2，y2)，
将y＝kx＋b代入椭圆C2的方程，得(3＋4k2)x2＋8kbx＋4b2－36＝0，
此时：x1＋x2＝－eq \f(8kb,3＋4k2)，x1x2＝eq \f(4b2－36,3＋4k2)，
|x1－x2|＝eq \f(4\r(3（12k2＋9－b2）),3＋4k2)，
所以|MN|＝eq \r(1＋k2)×eq \f(4\r(3（12k2＋9－b2）),3＋4k2)
＝4eq \r(6) eq \r(\f(1＋k2,3＋4k2))＝2eq \r(6) eq \r(1＋\f(1,3＋4k2))，
因为3＋4k2≥3，所以1<1＋eq \f(1,3＋4k2)≤eq \f(4,3)，
即2eq \r(6)<2eq \r(6) eq \r(1＋\f(1,3＋4k2))≤4eq \r(2).
综合①②得：弦长|MN|的取值范围为[2eq \r(6)，4eq \r(2)]．
22．解：(1)曲线C的普通方程为(x－1)2＋(y－1)2＝2，是一个圆；
当m＝0时，直线l的直角坐标方程为x＋y＝0，
圆心C到直线l的距离为d＝eq \f(|1＋1|,\r(12＋12))＝eq \r(2)＝r，r为圆C的半径，所以直线l与圆C相切．
(2)由已知可得，圆心C到直线l的距离为d＝eq \f(|1＋1－m|,\r(12＋12))≤eq \f(3\r(2),2)，
解得－1≤m≤5.
23．解：(1)证明：因为f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－4x－3，x≤－2，,5，－22，))
所以f(x)的最小值为5.所以f(x)≥5.
(2)由(1)知15－2f(x)的最大值为5.
因为a2＋eq \f(9,a2＋1)＝(a2＋1)＋eq \f(9,a2＋1)－1≥2eq \r(（a2＋1）×\f(9,a2＋1))－1＝5，
当且仅当a2＋1＝eq \f(9,a2＋1)时取“＝”，此时a＝±eq \r(2)，
所以当a＝±eq \r(2)时，a2＋eq \f(9,a2＋1)取得最小值5.
所以当a≠±eq \r(2)时，a2＋eq \f(9,a2＋1)>5.
又对任意实数x，15－2f(x)所以a的取值范围为{a|a≠±eq \r(2)}．
月份i
1
2
3
4
5
6
单价xi(元)
9
9.5
10
10.5
11
8
销售量yi(件)
11
10
8
6
5
14