2024年陕西省榆林一中高考数学一模试卷（理科）(含详细答案解析)

这是一份2024年陕西省榆林一中高考数学一模试卷（理科）(含详细答案解析)，共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.复数z=4−i1+i的共辗复数的虚部为( )
A. −52iB. −52C. 52iD. 52
2.设集合A={x|x2−3x−4<0}，B={x|y=lg12x}，则A∩B=( )
A. (−1,4)B. (0,1)C. (1,4)D. (0,4)
3.某中学调查该校学生对新冠肺炎防控的了解情况，组织一次新冠肺炎防控知识竞赛，从该学校1000名参赛学生中随机抽取100名学生，并统计这100名学生成绩的情况(满分100分，其中90分及以上为优秀)，得到样本频率分布直方图(如图)，根据频率分布直方图估计，这1000名学生中竞赛成绩为优秀的学生人数大约为( )
A. 40B. 60C. 80D. 100
4.设x，y满足约束条件x+y−4≥02x−y−2≥0x−2y+1≤0，则目标函数z=2x+y的最小值为( )
A. 5B. 6C. 7D. 8
5.在如图所示的直角梯形ABCD中，利用“两个全等的直角三角形和一个等腰直角三角形的面积之和等于直角梯形的面积”.可以简洁明了地推证出勾股定理，把这一证明方法称为“总统证法”.设a=2，b=1，在梯形ABCD中随机取一点，则此点取自等腰直角三角形CDE中(阴影部分)的概率是( )
A. 23B. 59C. 12D. 49
6.对任意实数x，有x4=a0+a1(x+2)+a2(x+2)2+a3(x+2)3+a4(x+2)4，则a0+a1的值为( )
A. −20B. −16C. 22D. 30
7.已知函数f(x)=sin(ωx+π3)(ω>0)的图象向左平移π12后所得的函数为奇函数，则ω的最小值为( )
A. 2B. 4C. 6D. 8
8.商后母戊鼎(也称司母戊鼎)是迄今世界上出土最大、最重的青铜礼器，享有“镇国之宝”的美誉，某礼品公司计划制作一批该鼎的工艺品，已知工艺品四足均为圆柱形，圆柱的高为20cm，半径为4cm，中间容器部分可近似看作一个无盖的长方体容器，该长方体壁厚3cm，外面部分的长、宽、高的尺寸分别为50cm，35cm，30cm.两耳的总体积与其中一足的体积近似相等.则该工艺品所耗费原材料的体积约为( )
A. 1600π+18048(cm3)B. 1600π+20080(cm3)
C. 1800π+18048(cm3)D. 1800π+20080(cm3)
9.在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，向量m=(bsinC,a)，n=(12sinA,2csA).已知a=4，且m//n，则b2+c2的值为( )
A. 16B. 18C. 20D. 24
10.已知函数f(x)=lnx+x的零点为x0，过原点作曲线y=f(x)的切线l，切点为P(m,n)，则mx0ex0=( )
A. 1eB. eC. 1e2D. e2
11.已知点P是圆O：x2+y2=4上的动点，以P为圆心的圆经过点Q(1,0)，且与圆O相交于A，B两点.则点Q到直线AB的距离为( )
A. 34B. 12C. 14D. 不是定值
二、多选题：本题共1小题，共5分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
12.定义在R上的函数f(x)，g(x)满足f(0)<0，f(3−x)=f(1+x)，g(2−x)+g(x)=2，g(x+12)=f(2x)+1，则( )
A. x=6是函数f(x)图象的一条对称轴
B. 2是g(x)的一个周期
C. 函数f(x)图象的一个对称中心为(3,0)
D. 若n∈N*，且n<2023，f(n)+f(n+1)+…+f(2023)=0，则n的最小值为2
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知a=(1,2)，b=(1,3)，则向量a，b的夹角的余弦值为______.
14.已知抛物线C：y2=2px(p>0)上的点P到定点Q(2p,0)的最小距离为2，则p=______.
15.如图，已知球C与圆锥VO的侧面和底面均相切，且球的体积为圆锥体积的一半．若球的半径为1，则该圆锥的侧面积为______.
16.双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左，右焦点分别为F1，F2，右支上有一点M，满足∠F1MF2=90∘，△F1MF2的内切圆与y轴相切，则双曲线C的离心率为______.
四、解答题：本题共7小题，共82分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题12分)
国宝大熊猫“丫丫”的回国路，牵动着十四亿中国人的心，由此掀起了热爱、保护动物的热潮.某动物保护机构为了调查研究人们“保护动物意识的强弱与性别是否有关”，从某市市民中随机抽取200名进行调查，得到部分统计数据如下表：
(1)根据以上数据，依据小概率值的独立性检验，能否认为人们保护动物意识的强弱与性别有关？并说明原因；
(2)将频率视为概率，现从该市女性的市民中用随机抽样的方法每次抽取1人，共抽取3次.记被抽取的3人中“保护动物意识强”的人数为X，若每次抽取的结果是相互独立的，求X的分布列和数学期望E(X).
附：
参考公式：χ2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)，其中n=a+b+c+d.
18.(本小题12分)
如图，在四棱锥E−ABCD中，EC⊥底面ABCD，AB⊥BC，AB//CD，AB=1，CB=CD=CE=3.
(1)若F在侧棱DE上，且DF=2FE，求证：AF//平面BCE；
(2)求平面ADE与平面BCE所成锐二面角的余弦值．
19.(本小题12分)
记Sn为数列{an}的前n项和，已知a1=2，a2=−1，且an+2+an+1−6an=0(n∈N*).
(1)证明：{an+1+3an}为等比数列；
(2)求数列{an}的通项公式an及前n项和Sn.
20.(本小题12分)
已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的焦距为2 3，F1，F2分别为C的左，右焦点，过F1的直线l与椭圆C交于M，N两点，△F2MN的周长为8.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过点G(3,0)且斜率不为零的直线与椭圆C交于E，H两点，试问：在x轴上是否存在一个定点T，使得∠ETO=∠HTG.若存在，求出定点T的坐标；若不存在，说明理由.
21.(本小题12分)
已知函数f(x)=x2−2(a+1)x+2alnx(a∈R).
(1)讨论f(x)的单调性，并求f(x)的极大值g(a)；
(2)若存在正实数x0，使得f(x0)+(lnx0−2a)2≤89x02−(169a+2)x0+269a2+110成立，求a的值.
22.(本小题10分)
已知倾斜角为45∘的直线l的参数方程为x=1+mty=2+ 22t(t为参数).在直角坐标系xOy中，P(1,2)，以O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线M的极坐标方程为ρ2(5cs2θ−1)=4.直线l与曲线M交于A，B两点．
(1)求m的值及曲线M的直角坐标方程；
(2)求|PA|⋅|PB|的值．
23.(本小题12分)
已知函数f(x)=|x−3|−5，g(x)=|x+2|−2.
(Ⅰ)求不等式f(x)≤2的解集；
(Ⅱ)若不等式f(x)−g(x)≥m−3有解，求实数m的取值范围．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：∵z=4−i1+i=(4−i)(1−i)(1+i)(1−i)=3−5i2=32−52i，
∴z=32+52i.
∴复数z=4−i1+i的共轭复数的虚部为52.
故选：D.
利用复数代数形式的乘除运算化简，进一步求出z得答案．
本题考查复数代数形式的乘除运算，考查了复数的基本概念，是基础题．
2.【答案】D
【解析】解：∵A={x|−10}，
∴A∩B=(0,4).
故选：D.
可求出集合A，B，然后进行交集的运算即可．
本题考查了一元二次不等式的解法，对数函数的定义域，交集及其运算，考查了计算能力，属于基础题．
3.【答案】C
【解析】解：样本中竞赛成绩为优秀的学生频率为0.008×10=0.08，
则这1000名学生中竞赛成绩为优秀的学生大约有0.08×1000=80(人).
故选：C.
由频率分布直方图求出样本中优秀的学生频率，即可得出答案．
本题主要考查频率分布直方图的应用，属于基础题．
4.【答案】B
【解析】解：由约束条件约束条件x+y−4≥02x−y−2≥0x−2y+1≤0作出可行域如图：
目标函数z=2x+y可化为y=−2x+z
由图可知，当直线y=−2x+z经过点A(2,2)时，
直线在y轴上的截距最小，
即z值最小，最小值为z=2×2+2=6.
故选：B.
由约束条件作出可行域，数形结合得到最优解，求出最优解的坐标，代入目标函数即可得答案．
本题主要考查线性规划的应用，利用z的几何意义，通过数形结合是解决本题的关键，是中档题．
5.【答案】B
【解析】解：由S△ADE=S△BCE=12ab=12×2×1=1，S梯形ABCD=12×(1+2)×(1+2)=92，
可知此点取自等腰直角三角形CDE(阴影部分)中的概率是92−1−192=59.
故选：B.
分别求解△ADE，△BCE，梯形ABCD的面积，根据几何概率即可得答案．
本题主要考查几何概型，属于基础题．
6.【答案】B
【解析】解：因为x4=[(x+2)−2]4，
所以a0+a1=(−2)4+C43×(−2)3=16−32=−16.
故选：B.
根据二项式展开式的通项特征即可求解．
本题考查了二项式展开式的通项特征应用问题，是基础题．
7.【答案】D
【解析】解：因为f(x+π12)=sin(ωx+π12ω+π3)为奇函数，则π12ω+π3=kπ(k∈Z)，
所以ω=12k−4(k∈Z)，又ω>0，所以12k−4>0，解得k>13，
因为k∈Z，所以k=1时，ω取得最小值为8.
故选：D.
平移后的解析式为奇函数得到π12ω+π3=kπ(k∈Z)，求出ω的最小值．
本题考查三角函数的性质，属于基础题．
8.【答案】A
【解析】解：根据题意可得：
四足及两耳的体积为V1=5×π×42×20=1600π(cm3)，
容器部分的体积为V2=50×35×30−44×29×27=18048(cm3)，
故该工艺品所耗费原材料的体积约为1600π+18048(cm3).
故选：A.
根据体积公式分别计算即可求解．
本题考查组合体的体积的求解，属基础题．
9.【答案】D
【解析】解：因为向量m=(bsinC,a)，n=(12sinA,2csA)，m//n，
所以2bsinCcsA=12asinA，由正弦定理及a=4可知，2bccsA=12a2=8，
由余弦定理，可得b2+c2−a2=8，则b2+c2=a2+8=24.
故选：D.
根据向量共线的坐标运算得2bsinCcsA=12asinA，利用正弦定理及余弦定理化简求值即可．
本题考查了平面向量共线定理应用问题，也考查了正弦、余弦定理应用问题，是基础题．
10.【答案】B
【解析】解：由f(x)=lnx+x，得f′(x)=1x+1，则切点为P(m,lnm+m)，
则切线方程为y=(1m+1)(x−m)+lnm+m，
因为切线过原点，所以0=(1m+1)(−m)+lnm+m，解得m=e，
则P(e,e+1)，由lnx0+x0=0，可得x0=−lnx0，
故mx0ex0=ex0⋅e−lnx0=ex0⋅1x0=e.
故选：B.
根据条件，求出切线方程，将原点代入切线方程，求出m=e，再由lnx0+x0=0，求出mx0ex0=e.
本题考查了利用导数研究函数的切线方程，考查了方程思想，属中档题．
11.【答案】A
【解析】解：设P(x0,y0)，则圆P:(x−x0)2+(y−y0)2=(x0−1)2+y02，
整理得x2+y2−2x0x−2y0y=1−2x0，
又圆O：x2+y2=4，
两圆方程相减，可得直线AB的方程为2x0x+2y0y−2x0−3=0，
注意x02+y02=4，
则点Q到直线AB的距离d=|−3| 4x02+4y02=34.
故选：A.
设P(x0,y0)，根据题意可得圆P的方程，与圆O的方程相减，可得直线AB的方程，再由点到直线的距离公式得解．
本题考查直线与圆的综合运用，考查运算求解能力，属于中档题．
12.【答案】ABC
【解析】解：由f(3−x)=f(1+x)可得f(2−x)=f(2+x)，所以f(x)关于直线x=2对称，
所以f(2x)关于直线x=1对称，即g(x+12)−1关于直线x=1对称，
所以g(x+12)关于直线x=1对称，所以g(x)关于直线x=32对称，
所以有g(3−x)=g(x)，所以有g(2−x)=g(x+1)，所以g(2−x)−1=g(x+1)−1.
又由g(2−x)+g(x)=2可得，g(1−x)+g(1+x)=2，所以g(x)关于点(1,1)对称，
所以g(1−x)−1=−g(1+x)+1.
对于B项，因为g(2−x)−1=g(x+1)−1，g(1−x)−1=−g(1+x)+1，
所以，g(1−x)=−g(2−x)，所以g(−x)=−g(1−x)=g(−x+2)，
所以，g(x)的周期为T=2，故B项正确；
对于A项，由已知f(2x)=g(x+12)−1周期为2，所以f(x)的周期为4.
因为f(x)关于直线x=2对称，所以x=6是函数f(x)图象的一条对称轴，故A项正确；
对于C项，g(x)关于点(1,1)对称，所以f(2x)=g(x+12)−1关于点(12,0)对称，
所以f(x)关于点(1,0)对称，所以f(2−x)=−f(−x).
又f(x)关于直线x=2对称，所以f(4+x)=f(−x)，
所以f(4+x)=−f(2−x)，所以有f(3+x)=−f(3−x)，
所以函数f(x)图象的一个对称中心为(3,0)，故C项正确；
对于D项，由C知，f(x)关于点(1,0)对称，f(x)关于点(3,0)对称，
所以，f(0)+f(2)=0，f(1)=f(3)=0，所以f(0)+f(1)+f(2)+f(3)=0.
又f(x)的周期为4，所以对k∈Z，f(4k)+f(4k+1)+f(4k+2)+f(4k+3)=0.
因为f(2023)=f(4×505+3)=f(3)，
则当n=2时，有f(n)+f(n+1)+⋯+f(2023)=f(2)+f(3)=f(2).
因为f(0)+f(2)=0，所以f(2)=−f(0)>0，不满足题意；
当n=1时，f(n)+f(n+1)+⋯+f(2023)=f(1)+f(2)+f(3)=f(2)，不满足题意；
当n=3时，f(n)+f(n+1)+⋯+f(2023)=f(3)=0，满足题意．
故n的最小值为3，D错误．
故选：ABC.
由已知可推得g(x)关于直线x=32对称，g(2−x)−1=g(x+1)−1.又有g(1−x)−1=−g(1+x)+1.进而得出g(1−x)=−g(2−x)，即有g(−x)=g(−x+2)，即可得出B项；根据g(x)的周期可得出f(x)的周期为4，结合f(x)的对称性，即可得出A项；由g(x)的对称中心，即可得出f(x)关于点(1,0)对称，结合f(x)的性质，即可得出C项；根据f(x)的周期性以及对称性可得f(0)+f(1)+f(2)+f(3)=0，f(2023)=f(3)，然后分n=1，2，3讨论求解，即可判断D项．
本题主要考查抽象函数及其应用，考查运算求解能力，属于中档题．
13.【答案】7 210
【解析】解：因为a=(1,2)，b=(1,3)，
所以cs⟨a,b⟩=a⋅b|a|⋅|b|=(1,2)⋅(1,3) 1+4× 1+9=1+6 5× 10=7 210.
故答案为：7 210.
根据向量夹角余弦公式求出答案．
本题考查平面向量的夹角的坐标运算，属于基础题．
14.【答案】2 33
【解析】解：根据题意可设P(2pt2,2pt)(t∈R)，又Q为(2p,0)，
∴|PQ2|=(2pt2−2p)2+(2pt)2=4p2(t4−t2+1)，
∴当t2=12时，(PQ2)min=3p2=4，∴p=2 33.
故答案为：2 33.
设P(2pt2,2pt)(t∈R)，再两点间距离公式建立函数模型，通过函数思想，即可求解．
本题考查抛物线的几何性质，函数思想的应用，属中档题．
15.【答案】6π
【解析】解：设圆锥VO的底面半径为r，高为h，
因为圆锥内切球的半径为1，可得△VCM∽△VAO，
h−11= h2+r2r，
化简得h=2r2r2−1，...①
又因为球的体积为圆锥体积的一半，
所以4π3×13=12×13πr2h，化简得h=8r2，...②
由①②得，r2=2，h=4，
所以圆锥的底面半径为 2，母线长为 h2+r2= 16+2=3 2，
所以圆锥的侧面积为πrl=π× 2×3 2=6π.
故答案为：6π.
设圆锥VO的底面半径为r，高为h，根据圆锥内切球的半径为1，利用相似三角形和球的体积为圆锥体积的一半，列方程组求出h和r的值，即可求出圆锥的侧面积．
本题考查了圆锥的结构特征应用问题，也考查了运算求解能力，是中档题．
16.【答案】 3+1
【解析】解：设内切圆Q分别与F1M，F2M，F1F2，y轴切于点S，T，N，P，
则四边形QSMT、OPQN都为正方形，
设内切圆半径为r，由圆的切线性质，
则|ON|=|MT|=r，则|F2M|=|F2O|=12|F1F2|，①
又因为|F1M|+|F2M|−|F1F2|=2r，②
且双曲线定义得，|F1M|−|F2M|=2a，③
由①②③得r=a，
所以|F1M|+|F2M|−|F1F2|=2a，
从而|F1M|=c+2a，|F2M|=c，
由勾股定理得(c+2a)2+c2=(2c)2⇒c2=2a2+2ac，
所以e2=2+2e，解得e= 3+1.
故答案为： 3+1.
由圆的切线性质及双曲线定义，可得关系式|F1M|+|F2M|−|F1F2|=2a，|F1M|−|F2M|=2a，从而解出|F1M|、|F2M|，利用勾股定理可解．
本题考查双曲线的几何性质，化归转化思想，数形结合思想，属中档题．
17.【答案】解：(1)零假设为H0：保护动物意识的强弱与性别相互独立，即保护动物意识的强弱与性别无关，
由题意，χ2=200×(70×60−30×40)2100×100×110×90=20011≈18.182>6.635=x0.010.
所以根据小概率值α=0.010的独立性检验，我们推断H0不成立．
即认为保护动物意识的强弱与性别有关，此推断犯错误的概率不大于0.010；
(2)由题意可知：在女性的市民中抽到1人“保护动物意识强”的概率为40100=25，
所以X∼B(3,25)，X的所有可能取值为0，1，2，3，
P(X=0)=C30×(1−25)3=27125，
P(X=1)=C31×25×(1−25)2=54125，
P(X=2)=C32×(25)2×(1−25)=36125，
P(X=3)=C33×(25)3=8125，
所以X的分布列为：
E(X)=3×25=65.
【解析】(1)根据公式计算χ2，与临界值进行比较，可得结论；
(2)根据X的可能取值，计算相应的概率，列出分布列，由公式计算数学期望．
本题考查离散型随机变量的分布列与方差，属于中档题．
18.【答案】解：∵EC⊥底面ABCD，AB⊥BC，AB//CD，∴CB，CE，CD两两垂直，
故以C为原点，建立如图的空间直角坐标系C−xyz，则C(0,0,0)，
D(3,0,0)，B(0,3,0)，E(0,0,3)，F(1,0,2).A(1,3,0)，
(1)证明：易得平面BCE的法向量为m=(1,0,0)，AF=(0,−3,2)
∵m⋅AF=1×0+0×(−3)+0×2=0，∴AF⊥m，
又AF⊄平面BCE，∴AF//平面BCE；
(2)AD=(2,−3,0)，AE=(−1,−3,3)
设平面ADE的法向量为n=(x,y,z)
由n⋅AD=2x−3y=0n⋅AE=−x−3y+3z=0，可取n=(3,2,3)
cs=m⋅n|m||n|=31× 22=3 2222
∴平面ADE与平面BCE所成锐二面角的余弦值为3 2222.

【解析】由已知可得CB，CE，CD两两垂直，可以C为原点，建立如图的空间直角坐标系C−xyz，则C(0,0,0)，D(3,0,0)，B(0,3,0)，E(0,0,3)，F(1,0,2).A(1,3,0)，利用向量法求解．
本题考查了向量法求证线面平行、向量法求二面角，属于中档题．
19.【答案】(1)证明：由an+2+an+1−6an=0，
可化为an+2+3an+1=2(an+1+3an)，
即an+2+3an+1an+1+3an=2(n∈N*)，
∴{an+1+3an}是以a2+3a1=5为首项，2为公比的等比数列；
(2)解：由(1)可知an+1+3an=5⋅2n−1(n∈N*)，an+1−2n=−3(an−2n−1)，an+1−2nan−2n−1=−3，
∴{an−2n−1}是1为首项，公比为−3的等比数列，
∴an−2n−1=1×(−3)n−1，an=2n−1+(−3)n−1，Sn=1−2n1−2+1−(−3)n1−(−3)=2n−34−(−3)n4，
故an=2n−1+(−3)n−1，Sn=2n−34−(−3)n4.
【解析】(1)利用构造法，构造数列证明即可；
(2)结合(1)变形构造得到新数列，然后利用分组以及等差等比数列求和公式写出Sn.
本题主要考查等比数列的证明，等比数列的通项公式及前n项和公式，考查数列的递推式及数列的求和，考查运算求解能力，属于中档题．
20.【答案】解：(1)已知椭圆的焦距2 3，则c= 3.
根据椭圆的定义可知，|MF1|+|MF2|=|NF1|+|NF2|=2a.
又△F2MN的周长为8，
如图1可知，|F2M|+|F2N|+|MN|=|F1M|+|F2M|+|F1N|+|F2N|=4a=8，
则a=2，
所以b2=a2−c2=1，
故椭圆C的方程为x24+y2=1.
(2)假设存在x轴上的定点T(t,0)，使得∠ETO=∠HTG.
则结合图2可得∠ETG+∠HTG=π，所以kET+kHT=0.
由题意，直线EH的斜率一定存在，设直线EH的方程为x=my+3，
设E(x1,y1)，H(x2,y2)，
由x24+y2=1x=my+3得，(m2+4)y2+6my+5=0，Δ=36m2−20(m2+4)=16(m2−5)>0，则m2>5，
且y1+y2=−6mm2+4y1y2=5m2+4.
因为直线ET的斜率为kET=y1x1−t，直线HT的斜率为kFT=y2x2−t，
由kET+kHT=y1x1−t+y2x2−t=0得y1(x2−t)+y2(x1−t)=0.
因为x1=my1+3，x2=my2+3，
所以y1(my2+3−t)+y2(my1+3−t)=0，
即2my1y2+(3−t)(y1+y2)=0，
所以10mm2+4−6(3−t)mm2+4=m(6t−8)m2+4=0，
所以6t−8=0，则t=43，
所以在x轴上存在一个定点T(43,0)，使得∠ETO=∠HTG.
【解析】(1)由已知可得c= 3，根据椭圆的定义可得4a=8，解得a=2，然后求出b2=1，即可得出答案；
(2)假设存在，由已知可转化求得kET+kHT=0.设出直线方程x=my+3，然后与椭圆联立，根据韦达定理得出坐标关系．表示出斜率kET，kHT，化简整理可得出10mm2+4−6(3−t)mm2+4=m(6t−8)m2+4=0，进而得出t的值．
本题主要考查椭圆的性质，椭圆的标准方程，直线与椭圆的综合，考查运算求解能力，属于难题．
21.【答案】解：(1)已知f(x)=x2−2(a+1)x+2alnx(a∈R)，函数定义域为(0,+∞)，
可得f′(x)=2x−2(a+1)+2ax=2(x−1)(x−a)x，
若a≤0，
当0当x>1时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
此时函数f(x)无极大值；
若0当00，f(x)单调递增；当a当x>1时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
所以当x=a时，f(x)取得极大值，f(a)=−a2−2a+2alna；
若a=1，此时f′(x)≥0恒成立，f(x)单调递增，无极值；
若a>1，
当00，f(x)单调递增；当1当x>a时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
所以当x=1时，f(x)取得极大值，f(1)=−2a−1，
综上，当01时，g(a)=−2a−1；
(2)若存在正实数x0，使得f(x0)+(lnx0−2a)2≤89x02−(169a+2)x0+269a2+110成立，
即满足(x0−a)²+(3lnx0−3a)²≤910，
而(x−a)2+(3lnx−3a)2可以看作是动点P(x,3lnx)与动点Q(a,3a)之间距离的平方，
因为动点P在函数y=3lnx的图象上，动点Q在直线y=3x的图象上，
此时只需求直线y=3x上的动点Q到曲线y=3lnx的动点P的最小距离，
不妨设g(x)=3lnx，函数定义域为(0,+∞)，
可得g′(x)=3x=3，
解得x=1，
所以曲线上点P(1,0)到直线y=3x的距离最小，最小距离d=3 10，
则(x−a)2+(3lnx−3a)2≥910，
要使(x0−a)2+(3lnx0−3a)2≤910成立，
需满足(x0−a)2+(3lnx0−3a)2=910，
此时动点Q恰好为垂足，
联立y=3xy=−13(x−1)，
解得Q(110,310)，
所以a=110.
【解析】(1)由题意，对函数f(x)进行求导，再讨论a的范围，结合导数的几何意义得到函数f(x)的单调性，进而可得函数的极值；
(2)将不等式转化成(x0−a)²+(3lnx0−3a)²≤910恒成立，此时(x−a)2+(3lnx−3a)2可以看作是动点P(x,3lnx)与动点Q(a,3a)之间距离的平方，结合两点间的距离的几何意义，转化成点到直线的距离，进而可得a的值．
本题考查利用导数研究函数的单调性和极值，考查了逻辑推理、转化思想和运算能力．
22.【答案】解：(1)∵倾斜角为45∘的直线l的参数方程为x=1+mty=2+ 22t(t为参数).
∴消去参数得y−2x−1= 22m=tan45∘，解得m= 22.…(2分)
曲线M的极坐标方程为ρ2(5cs2θ−1)=4，
即5ρ2cs2θ−ρ2=4，
∵ρ2=x2+y2，ρcsθ=x，
∴曲线M的直角坐标方程为4x2−y2=4.…(5分)
(2)将y=2+ 22tx=1+ 22t代入4x2−y2=4，
整理得3t2+4 2t−8=0，…(8分)
由t的几何意义得|PA|⋅|PB|=|t1⋅t2|=83.…(10分)
【解析】(1)直线l的参数方程消去参数得y−2x−1= 22m=tan45∘，由此能求出m的值；由ρ2=x2+y2，ρcsθ=x，能求出曲线M的直角坐标方程．
(2)将y=2+ 22tx=1+ 22t代入4x2−y2=4，得3t2+4 2t−8=0，由t的几何意义能求出|PA|⋅|PB|的值．
本题考查实数值和曲线的直角坐标方程的求法，考查两线段的乘积的求法，考查极坐标、直角坐标的互化，考查推理论证能力、运算求解能力，考查转化化归思想、数形结合思想，是中档题．
23.【答案】解：(Ⅰ)由题意得f(x)≤2，
得|x−3|≤7，
∴−7≤x−3≤7，
解得−4≤x≤10，
∴x的取值范围是[−4,10].
(Ⅱ)∵f(x)−g(x)≥m−3有解，
∴|x−3|−|x+2|≥m有解，
∵||x−3|−|x+2||≤|(x−3)−(x+2)|=5，
∴−5≤|x−3|−|x+2|≤5
∴m≤5，即m的取值范围是(−∞,5].
【解析】(Ⅰ)由题意得f(x)≤2，得|x−3|≤7，利用绝对值的意义化为−7≤x−3≤7，解得即可；
(Ⅱ)f(x)−g(x)≥m−3有解⇔|x−3|−|x+2|≥m有解⇔(|x−3|−|x+2|)max≥m，利用绝对值的意义求出|x−3|−|x−2|的最大值即可．
本题考查了绝对值的意义及其性质和不等式，考查了数形结合的能力，属于中档题．保护动物意识强
保护动物意识弱
合计
男性
70
30
100
女性
40
60
100
合计
110
90
200
α
0.10
0.05
0.010
0.005
0.001
xα
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
X
0
1
2
3
P
27125
54125
36125
8125