(统考版)2022年高考数学(文数)模拟试卷08（含详解）

这是一份(统考版)2022年高考数学(文数)模拟试卷08（含详解），共15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．设集合M＝{x|x≤0}，N＝{x|ln x≤1}，则下列结论正确的是( )
A．NM B．M＝N
C．M∪(∁RN)＝R D．M∩(∁RN)＝M
2．设复数z满足eq \f(1＋z,1＋i)＝2－i，则eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,z)))＝( )
A.eq \r(5) B.eq \f(1,5) C.eq \f(\r(5),5) D.eq \f(\r(5),25)
3．若非零向量a，b满足|a|＝|b|，(2a＋b)·b＝0，则a，b的夹角为( )
A.eq \f(π,6) B.eq \f(π,3) C.eq \f(5π,6) D.eq \f(2π,3)
4．若a，b都是实数，则“eq \r(a)－eq \r(b)>0”是“a2－b2>0”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
5．已知tan(α－2β)＝－eq \f(3,4)，tan(2α－β)＝－eq \f(1,3)，则tan(α＋β)＝( )
A．－eq \f(2,3) B.eq \f(1,3) C.eq \f(5,9) D.eq \f(13,15)
6．若[x]表示不超过x的最大整数，则下图的程序框图运行之后输出的结果为( )
A．49 850 B．49 900
C．49 800 D．49 950
7．已知{an}是由正数组成的等比数列，Sn为其前n项和．若a2a4＝16，S3＝7，则S4＝( )
A．15 B．31
C．63 D.eq \f(13,27)
8．如图，己知函数f(x)的图象关于坐标原点O对称，则函数f(x)的解析式可能是( )
A．f(x)＝x2ln|x| B．f(x)＝xln x
C．f(x)＝eq \f(e|x|,x) D．f(x)＝eq \f(ln |x|,x)
9．已知直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠ADC＝90°，AD＝2，BC＝1，P是腰DC上的动点，则|eq \(PA,\s\up6(→))＋3eq \(PB,\s\up6(→))|的最小值为( )
A．3 B．4
C．5 D．6
10．在三棱锥D­ABC中，已知AD⊥平面ABC，且△ABC为正三角形，AD＝AB＝eq \r(3)，点O为三棱锥D­ABC的外接球的球心，则点O到棱DB的距离为( )
A.eq \f(\r(42),14) B.eq \f(2\r(21),7) C.eq \f(1,4) D.eq \f(1,2)
11．已知P是双曲线eq \f(x2,3)－y2＝1上任意一点，过点P分别作双曲线的两条渐近线的垂线，垂足分别为A，B，则eq \(PA,\s\up6(→))·eq \(PB,\s\up6(→))的值是( )
A．－eq \f(3,8) B.eq \f(3,16)
C．－eq \f(\r(3),8) D．不确定
12．已知f(x)和g(x)是两个定义在区间M上的函数，若对任意的x∈M，存在常数x0∈M，使得f(x)≥f(x0)，g(x)≥g(x0)，且f(x0)＝g(x0)，则称f(x)与g(x)在区间M上是“相似函数”．若f(x)＝2x2＋ax＋b与g(x)＝x＋eq \f(4,x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1，\f(5,2)))上是“相似函数”，则函数f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1，\f(5,2)))上的最大值为( )
A．4 B.eq \f(9,2)
C．6 D.eq \f(89,2)
第Ⅱ卷
二、填空题：本题共4小题，每小题5分．
13．设向量a，b的夹角为60°，|a|＝1，|b|＝2，若(λa＋b)⊥(a＋2b)，则实数λ＝______．
14．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，满足a1＝1，S3＝3，则Sn＝________．
15．古希腊的数学家研究过各种多边形数．记第n个k边形数为N(n，k)(k≥3)，以下列出了部分k边形中第n个数的表达式：
三角形数 N(n，3)＝eq \f(1,2)n2＋eq \f(1,2)n，
四边形数 N(n，4)＝n2，
五边形数 N(n，5)＝eq \f(3,2)n2－eq \f(1,2)n，
六边形数 N(n，6)＝2n2－n，
…
可以推测N(n，k)(k≥3)的表达式，由此计算N(20，15)的值为__________．
16．已知点P在直线x＋3y－2＝0上，点Q在直线x＋3y＋6＝0上，线段PQ的中点为M(x0，y0)，且y0＜x0＋2，则eq \f(y0,x0)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)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，
且eq \f(sin C,sin A－sin B)＝eq \f(a＋b,a－c).
(1)求角B的大小；
(2)点D满足eq \(BD,\s\up6(→))＝2eq \(BC,\s\up6(→))，且AD＝3，求2a＋c的最大值．
18.(本小题满分12分)如图，AA1，BB1为圆柱OO1的母线，BC是底面圆O的直径，D、E分别是AA1、CB1的中点，AB＝AC.
(1)证明：DE∥平面ABC；
(2)证明：平面B1DC⊥平面CBB1.
19．(本小题满分12分)某课题组对全班45名同学的饮食习惯进行了一次调查，并用茎叶图表示45名同学的饮食指数．说明：图中饮食指数低于70的人被认为喜食蔬菜，饮食指数不低于70的人被认为喜食肉类．
(1)从饮食指数在[10，39]中的女同学中选取2人，求恰有1人在[10，29]中的概率；
(2)根据茎叶图，完成下面的2×2列联表，并判断是否有90%的把握认为喜食蔬菜还是喜食肉类与性别有关，说明理由.
参考公式：K2＝eq \f(n（ad－bc）2,（a＋b）（c＋d）（a＋c）（b＋d）).
下面临界值表仅供参考：
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)的右顶点为A，上顶点为B，且直线AB与抛物线y2＝4x在第一象限的交点D到该抛物线的准线的距离为2，椭圆C的离心率 e＝eq \f(\r(3),2).
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若直线y＝x＋m与椭圆C交于M，N两点，直线y＝－x＋m与椭圆C交于P，Q两点，求当四边形MPNQ的面积取最大值时m的值．
21．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝(ax－2)ex在x＝1处取得极值．
(1)求a的值；
(2)求函数f(x)在[m，m＋1]上的最小值；
(3)求证：对任意x1，x2∈[0，2]，都有|f(x1)－f(x2)|≤e.
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，以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为ρ＝2sin θ，θ∈[0，2π)．
(1)求曲线C的直角坐标方程；
(2)在曲线C上求一点D，使它到直线l：eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝\r(3)t＋\r(3)，,y＝－3t＋2，))(t为参数，t∈R)的距离最短，并求出点D的直角坐标．
23．(本小题满分10分)选修4­5：不等式选讲
已知函数f(x)＝|x－a|＋|x－2a|.
(1)当a＝1时，求不等式f(x)＞2的解集；
(2)若对任意x∈R，不等式f(x)≥a2－3a－3恒成立，求a的取值范围．
参考答案
1．解析：选D.由ln x≤1，得0＜x≤e，所以N＝{x|0e}，所以M∩(∁RN)＝{x|x≤0}＝M.
2．解析：选C.由题意可得：1＋z＝(2－i)(1＋i)＝3＋i，所以z＝2＋i，eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,z)))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,2＋i)))＝eq \f(|1|,|2＋i|)＝eq \f(\r(5),5).
3．解析：选D.由题得2a·b＋b2＝0，
所以2|b|2cs〈a，b〉＋|b|2＝0，所以cs〈a，b〉＝－eq \f(1,2)，所以〈a，b〉＝eq \f(2π,3).故选D.
4．解析：选A.由eq \r(a)－eq \r(b)>0得a>b≥0，
则a2>b2⇒a2－b2>0；
由a2－b2>0得a2>b2，可得a>b≥0或a0”是“a2－b2>0”的充分不必要条件，故选A.
5．解析：选B.tan(α＋β)＝tan[(2α－β)－(α－2β)]＝eq \f(tan（2α－β）－tan（α－2β）,1＋tan（2α－β）tan（α－2β）)＝eq \f(－\f(1,3)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,4))),1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)))×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,4))))＝eq \f(1,3)，故选B.
6．解析：选A.由已知可得S＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(0,40)))＋eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,40)))＋eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(2,40)))＋…＋eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(2 016,40)))＝0×40＋1×40＋2×40＋…＋49×40＋50×17＝eq \f(（0＋49）×50,2)×40＋850＝49 850.
故选A.
7．解析：选A.因为数列{an}中各项均为正数，所以a3＝eq \r(a2a4)＝4，设数列的公比为q，由S3＝7，得S2＝3，即a1(1＋q)＝3，又a3＝a1q2＝4，所以eq \f(4,q2)(1＋q)＝3，解得q＝－eq \f(2,3)(舍去)或q＝2，所以a4＝a3q＝8，所以S4＝S3＋a4＝15. 故选A.
8．解析：选D.根据f(x)关于原点对称可知该函数为奇函数，
对于A选项f(－x)＝x2ln |x|＝f(x)，为偶函数，不符合；
对于B选项定义域不对；
对于C选项当x>0的时候，f(x)＞0恒成立不符合该函数图象，故错误；
对于D选项，f(－x)＝eq \f(ln |x|,－x)＝－f(x)，符合判定，故选D.
9．解析：选C.以D为原点，
分别以DA、DC所在直线为x、y轴建立如图所示的平面直角坐标系，设DC＝a，DP＝x.
所以D(0，0)，A(2，0)，C(0，a)，B(1，a)，P(0，x)，
eq \(PA,\s\up6(→))＝(2，－x)，eq \(PB,\s\up6(→))＝(1，a－x)，
所以eq \(PA,\s\up6(→))＋3eq \(PB,\s\up6(→))＝(5，3a－4x)，
|eq \(PA,\s\up6(→))＋3eq \(PB,\s\up6(→))|2＝25＋(3a－4x)2≥25，
所以|eq \(PA,\s\up6(→))＋3eq \(PB,\s\up6(→))|的最小值为5.故选C.
10．解析：选D.设三棱锥D­ABC的外接球球心为O，过点O作DB的垂线，垂足为H，作平面ODA交直线BC于点E，交eq \(BC,\s\up8(︵))于点F，设平面ODA截得外接球是⊙O，D，A，F是⊙O表面上的点，又因为DA⊥平面ABC，所以∠DAF＝90°，所以DF是⊙O的直径，因此球心O在DF上，AF是三角形ABC外接圆的直径，连接BD，BF，因为BF⊥DA，BF⊥AB，所以BF⊥平面DAB，
所以∠DBF＝90°，因为∠DHO＝90°，所以OH∥BF，又DO＝OF，所以OH是△DBF的中位线，OH＝eq \f(1,2)BF，由AB＝AD＝eq \r(3)，三角形外接圆半径2R＝eq \f(AB,sin A)，得AF＝2，在Rt△DAB中，DB＝eq \r(AD2＋AB2)＝eq \r(6)，在Rt△DAF中，DF＝eq \r(DA2＋AF2)＝eq \r(7)，在Rt△DBF中，BF＝eq \r(DF2－DB2)＝1，故OH＝eq \f(1,2)，故选D.
11．解析：选A.令点P(x0，y0)，因为该双曲线的渐近线分别是eq \f(x,\r(3))－y＝0，eq \f(x,\r(3))＋y＝0，
所以可取|PA|＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(x0,\r(3))－y0)),\r(\f(1,3)＋1))，
|PB|＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(x0,\r(3))＋y0)),\r(\f(1,3)＋1))，
又cs ∠APB＝－cs ∠AOB＝－cs 2∠AOx＝－cseq \f(π,3)＝－eq \f(1,2)，
所以eq \(PA,\s\up6(→))·eq \(PB,\s\up6(→))＝|eq \(PA,\s\up6(→))|·|eq \(PB,\s\up6(→))|·cs∠APB＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(xeq \\al(2,0),3)－yeq \\al(2,0))),\f(4,3))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))
＝eq \f(3,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＝－eq \f(3,8).
12．解析：选C.由题意知g′(x)＝1－eq \f(4,x2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1，\f(5,2)))))，
令g′(x)＜0可得1≤x＜2，令g′(x)＞0可得2＜x≤eq \f(5,2)，
所以g(x)max＝eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(g（1），g\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)))))eq \s\d7(max)＝g(1)＝5，g(x)min＝g(2)＝4，所以g(x)＝x＋eq \f(4,x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1，\f(5,2)))上的最小值为4，最大值为5，对任意的x∈M，存在常数x0∈M，使得g(x)≥g(x0)，则g(x0)＝g(x)min＝4，此时x0＝2，根据题意知f(x)min＝f(2)＝4，二次函数f(x)＝2x2＋ax＋b的顶点坐标为(2，4)，所以a＝－8，b＝12，所以f(x)＝2(x－2)2＋4，所以f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1，\f(5,2)))上的最大值f(x)max＝f(1)＝6.
13．解析：因为向量a，b的夹角为60°，|a|＝1，|b|＝2，所以a·b＝|a|·|b|cs 60°＝1×2×eq \f(1,2)＝1，由(λa＋b)⊥(a＋2b)，得(λa＋b)·(a＋2b)＝0，则λa2＋2λa·b＋a·b＋2b2＝0，即λ＋(2λ＋1)×1＋8＝0，解得λ＝－3.
答案：－3
14．解析：由题当q≠1时，S3＝eq \f(a1（1－q3）,1－q)＝eq \f(（1－q）（1＋q＋q2）,1－q)＝3，解得(q＋2)(q－1)＝0，得q＝－2，此时Sn＝eq \f(1－（－2）n,3)；当q＝1时，a1＝1，S3＝3，满足题意，则此时Sn＝n.综上Sn＝eq \f(1－（－2）n,3)或Sn＝n.
答案：eq \f(1－（－2）n,3)或n
15．解析：原已知式子可化为N(n，3)＝eq \f(1,2)n2＋eq \f(1,2)n＝eq \f(3－2,2)n2＋eq \f(4－3,2)n；
N(n，4)＝n2＝eq \f(4－2,2)n2＋eq \f(4－4,2)n；
N(n，5)＝eq \f(3,2)n2－eq \f(1,2)n＝eq \f(5－2,2)n2＋eq \f(4－5,2)n；
N(n，6)＝2n2－n＝eq \f(6－2,2)n2＋eq \f(4－6,2)n.
故N(n，k)＝eq \f(k－2,2)n2＋eq \f(4－k,2)n，
N(20，15)＝eq \f(15－2,2)×202＋eq \f(4－15,2)×20＝2 490.
答案：2 490
16．解析：线段PQ的中点M(x0，y0)的轨迹方程为x0＋3y0＋2＝0，由y0＜x0＋2，得x0＞－2，则eq \f(y0,x0)＝eq \f(－\f(1,3)（x0＋2）,x0)＝－eq \f(2,3x0)－eq \f(1,3)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,3)))∪(0，＋∞)．
答案：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,3)))∪(0，＋∞)
17．解：(1)eq \f(sin C,sin A－sin B)＝eq \f(a＋b,a－c)，由正弦定理可得eq \f(c,a－b)＝eq \f(a＋b,a－c)，所以c(a－c)＝(a－b)(a＋b)，即a2＋c2－b2＝ac.又a2＋c2－b2＝2accs B，所以cs B＝eq \f(1,2)，
因为B∈(0，π)，所以B＝eq \f(π,3).
(2)法一：在△ABD中，由余弦定理得c2＋(2a)2－2×2ac×cs eq \f(π,3)＝32，
所以(2a＋c)2－9＝3×2ac.
因为2ac≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2a＋c,2)))eq \s\up12(2)，所以(2a＋c)2－9≤eq \f(3,4)(2a＋c)2，
即(2a＋c)2≤36，2a＋c≤6，当且仅当2a＝c，即a＝eq \f(3,2)，c＝3时，2a＋c取得最大值，最大值为6.
法二：在△ABD中，由正弦定理知eq \f(2a,sin∠BAD)＝eq \f(c,sin ∠ADB)＝eq \f(3,sin \f(π,3))＝2eq \r(3)，
所以2a＝2eq \r(3)sin∠BAD，
c＝2eq \r(3)sin∠ADB，
所以2a＋c＝2eq \r(3)sin∠BAD＋2eq \r(3)sin∠ADB
＝2eq \r(3)(sin∠BAD＋sin∠ADB)
＝2eq \r(3)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(sin∠BAD＋sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)－∠BAD))))
＝6eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)sin∠BAD＋\f(1,2)cs∠BAD))
＝6sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(∠BAD＋\f(π,6))).
因为∠BAD∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2π,3)))，所以∠BAD＋eq \f(π,6)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(5π,6)))，
所以当∠BAD＋eq \f(π,6)＝eq \f(π,2)，即∠BAD＝eq \f(π,3)时，2a＋c取得最大值，最大值为6.
18．证明：(1)如图，连接EO、OA，
因为E、O分别为CB1、BC的中点，
所以EO是△BB1C的中位线，
所以EO∥BB1且EO＝eq \f(1,2)BB1.
又DA∥BB1且DA＝eq \f(1,2)BB1＝EO，
所以DA∥EO且DA＝EO，
所以四边形AOED是平行四边形，
所以DE∥OA，
又DE⊄平面ABC，OA⊂平面ABC，
所以DE∥平面ABC.
(2)因为AB＝AC，BC为直径，
所以AO⊥BC，又BB1⊥AO，
从而AO⊥平面BB1C，
因为DE∥AO，
所以DE⊥平面BB1C，
因为DE⊂平面B1DC，
所以平面B1DC⊥平面CBB1.
19．解：(1)饮食指数在[10，39]中的女同学共有5人，选出2人共有10种情况，
恰有1人在[10，29]的情况有6种．
故所求概率为P＝eq \f(6,10)＝eq \f(3,5).
(2)2×2列联表如下：
由公式K2＝eq \f(n（ad－bc）2,（a＋b）（c＋d）（a＋c）（b＋d）)，
计算得K2＝0.562 5.
因为K2<2.706，所以没有90%的把握认为喜食蔬菜还是喜食肉类与性别有关．
20．解：(1)设点D的坐标为(x0，y0)，
由抛物线的几何性质可知x0＋1＝2，
故x0＝1，y0＝2，所以D(1，2)．
又点D(1，2)在直线AB：eq \f(x,a)＋eq \f(y,b)＝1上，
故eq \f(1,a)＋eq \f(2,b)＝1.①
设椭圆的左，右焦点分别为F1(－c，0)，F2(c，0)，由离心率e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(3),2)，知eq \f(c2,a2)＝eq \f(3,4)，即eq \f(a2－b2,a2)＝eq \f(3,4)，所以a＝2b.②
由①②可得a＝5，b＝eq \f(5,2)，
故椭圆C的标准方程为eq \f(x2,25)＋eq \f(y2,\f(25,4))＝1.
(2)由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,25)＋\f(y2,\f(25,4))＝1，,y＝x＋m))可得5x2＋8mx＋4m2－25＝0.
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则Δ＝(8m)2－4×5(4m2－25)＞0，
故0≤m2＜eq \f(125,4)，
又x1＋x2＝－eq \f(8m,5)，x1x2＝eq \f(4m2－25,5)，
则|MN|＝eq \r(2)·eq \r(（x1＋x2）2－4x1x2)
＝eq \r(2)·eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(8m,5)))\s\up12(2)－\f(4（4m2－25）,5))
＝eq \f(2\r(2),5) eq \r(125－4m2)；
同理可得|PQ|＝eq \f(2\r(2),5) eq \r(125－4m2).
由题意知MN⊥PQ，故四边形MPNQ的面积为
S＝eq \f(1,2)|MN|·|PQ|＝eq \f(1,2)×eq \f(8,25)(125－4m2)＝eq \f(4（125－4m2）,25)，
又0≤m2＜eq \f(125,4)，
所以当m＝0时，面积S取得最大值20.
21．解：(1)f′(x)＝aex＋(ax－2)ex＝(ax＋a－2)ex，
由已知得f′(1)＝0，即(2a－2)e＝0，
解得a＝1.
当a＝1时，在x＝1处函数f(x)＝(x－2)ex取得极小值，
所以a＝1.
(2)f(x)＝(x－2)ex，
f′(x)＝ex＋(x－2)ex＝(x－1)ex.
f′(x)，f(x)随x的变化情况如下表：
所以函数f(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
当m≥1时，f(x)在[m，m＋1]上单调递增，f(x)min＝f(m)＝(m－2)em；
当0＜m＜1时，m＜1＜m＋1，
f(x)在[m，1]上单调递减，在[1，m＋1]上单调递增，
f(x)min＝f(1)＝－e；
当m≤0时，m＋1≤1，
f(x)在[m，m＋1]上单调递减，f(x)min＝f(m＋1)＝(m－1)em＋1.
综上，f(x)在[m，m＋1]上的最小值
f(x)min＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(（m－2）em，m≥1,－e，0＜m＜1,（m－1）em＋1，m≤0)).
(3)证明：由(1)知f(x)＝(x－2)ex，f′(x)＝ex＋(x－2)ex＝(x－1)ex.
令f′(x)＝0得x＝1，
因为f(0)＝－2，f(1)＝－e，f(2)＝0，
所以在[0，2]上f(x)max＝0，f(x)min＝－e，
所以，对任意x1，x2∈[0，2]，都有|f(x1)－f(x2)|≤f(x)max－f(x)min＝e.
22．解：(1)由 ρ＝2sin θ，θ∈[0，2π)，可得ρ2＝2ρsin θ.因为 ρ2＝x2＋y2，ρsin θ＝y，
所以曲线C的直角坐标方程为x2＋y2－2y＝0(或x2＋(y－1)2＝1)．
(2)因为直线l的参数方程为eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝\r(3)t＋\r(3)，,y＝－3t＋2，))(t为参数，t∈R)，消去t得直线l的普通方程为y＝－eq \r(3)x＋5.
因为曲线C：x2＋(y－1)2＝1是以G(0，1)为圆心，1为半径的圆，设点D(x0，y0)，且点D到直线l：y＝－eq \r(3)x＋5的距离最短，所以曲线C在点D处的切线与直线l：y＝－eq \r(3)x＋5平行，
即直线GD与l的斜率的乘积等于－1，即eq \f(y0－1,x0)×(－eq \r(3))＝－1.①
因为xeq \\al(2,0)＋(y0－1)2＝1，②
由①②解得x0＝－eq \f(\r(3),2)或x0＝eq \f(\r(3),2)，
所以点D的直角坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)，\f(1,2)))或eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，\f(3,2))).
由于点D到直线y＝－eq \r(3)x＋5的距离最短，所以点D的直角坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，\f(3,2))).
23．解：(1)当a＝1时，f(x)＝|x－1|＋|x－2|.
当x≤1时，f(x)＝1－x＋2－x＝3－2x，此时由f(x)＞2得x＜eq \f(1,2)；
当1＜x≤2时，f(x)＝x－1＋2－x＝1，此时f(x)＞2无解；
当x＞2时，f(x)＝x－1＋x－2＝2x－3，此时由f(x)＞2得x＞eq \f(5,2).
综上可得不等式f(x)＞2的解集为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,2)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)，＋∞)).
(2)因为f(x)＝|x－a|＋|x－2a|≥|(x－a)－(x－2a)|＝|a|，
故f(x)取得最小值|a|，因此原不等式等价于|a|≥a2－3a－3.
当a≥0时，有a≥a2－3a－3，即a2－4a－3≤0，解得2－eq \r(7)≤a≤2＋eq \r(7)，此时有0≤a≤2＋eq \r(7).
当a＜0时，有－a≥a2－3a－3，即a2－2a－3≤0，解得－1≤a≤3，
此时有－1≤a＜0.
综上可知a的取值范围是[－1，2＋eq \r(7)]．
喜食蔬菜
喜食肉类
总计
男同学
女同学
总计
P(K2≥k0)
0.100
0.050
0.010
k0
2.706
3.841
6.635
喜食蔬菜
喜食肉类
总计
男同学
19
6
25
女同学
17
3
20
总计
36
9
45
x
(－∞，1)
1
(1，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)

极小值
