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2024年陕西省西安一中高考数学五模试卷（文科）（含解析）
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这是一份2024年陕西省西安一中高考数学五模试卷（文科）（含解析），共15页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.复数z满足iz=2+i，其中i为虚数单位，则|z|=( )
A. 1B. 3C. 2D. 5
2.已知集合A={x∈N|x<3}，B={1,2,4}，则A∪B=( )
A. {1,2,4}B. {0,1,2,4}C. {1,2,3,4}D. {0,1,2,3,4}
3.如图，网格纸上小正方形的边长为1，其中粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的表面积为( )
A. 24π
B. 31π
C. 33π
D. 36π
4.已知△ABC中，|AB|=2，|AC|=3，且△ABC的面积为32，则∠BAC=( )
A. 150°B. 120°C. 60°或120°D. 30°或150°
5.已知f(x)是定义在R上的奇函数，且当x≥0时，f(x)=2x+x+m，则f(−3)=( )
A. −10B. −4C. 4D. 10
6.已知非零向量a,b满足|b|=4|a|，且a⊥(2a+b)，则a与b的夹角为( )
A. π3B. π2C. 2π3D. 5π6
7.已知两个共中心O的正方形的边长分别为2和4，在如图所示的阴影中随机取一点M，则直线OM的倾斜角不大于π4的概率为( )
A. 12B. 14C. 16D. 18
8.已知函数f(x)=x3−3ax2+4，若f(x)存在唯一的零点x0，且x0<0，则实数a的取值范围为( )
A. (−∞,3)B. (−∞,1)C. (−1,+∞)D. (−3,+∞)
9.中国古典乐器一般按“八音”分类，这是我国最早按乐器的制造材料来对乐器进行分类的方法，最早见于《周礼⋅春官⋅大师》，八音分为“金、石、土、革、丝、木、匏、竹”，其中“金、石、木、革”为打击乐器，“土、匏、竹”为吹奏乐器，“丝”为弹拨乐器.某同学计划从“金、石、匏、竹、丝5种课程中选2种作兴趣班课程进行学习，则恰安排了1个课程为吹奏乐器、1个课程为打击乐器的概率为( )
A. 34B. 25C. 35D. 23
10.将函数f(x)=sinxcsx+ 3cs2x的图像向右平移5π6个单位长度，可得函数g(x)的图像，则g(x)的一个对称中心为( )
A. (π6, 32)B. (π6,− 32)C. (π3, 32)D. (π3,− 32)
11.已知直线l：tx+y−2t− 3=0(t∈R)与圆C：(x−1)2+y2=16相交于A，B两点，则弦长|AB|的取值范围是( )
A. [2 3,8]B. [4 3,8]C. (4 3,8)D. [4,4 3]
12.已知三棱锥P−ABC的四个顶点均在同一个球面上，底面△ABC满足BA=BC= 6，∠ABC=π2，若该三棱锥体积的最大值为3，则其外接球的体积为( )
A. 4πB. 8πC. 323πD. 16π
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的离心率为e= 3，则它的渐近线方程为______．
14.若sinx=−13，则cs2x= ______．
15.当1≤x≤2时，不等式x2−ax+1≤0恒成立，则实数a的取值范围是______．
16.已知等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为Sn和Tn，且SnTn=n+3n−1，则a3b4= ______．
三、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)
某企业生产的产品按质量分为一等品和二等品，该企业计划对现有生产设备进行改造，为了分析设备改造前后的效果，现从设备改造前后生产的大量产品中各抽取200件产品作为样本，产品的质量情况统计如表：
(1)判断是否有99%的把握，认为该企业生产的这种产品的质量与设备改造有关；
(2)按照分层抽样的方法，从设备改造前的产品中取得了5件产品，其中有3件一等品和2件二等品.现从这5件产品中任选2件，求选出的这2件全是一等品的概率．
附：K2=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)
已知等差数列{an}和正项等比数列{bn}满足：a1=b1=3，a10−12=b2，3a4=b3．
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)记cn=an⋅bn，数列{cn}的前n项和为Sn，求Sn．
19.(本小题12分)
如图，四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB//CD，PA=AB=2CD=2，∠ADC=90°，E、F分别为PB、AB的中点．
(Ⅰ)求证：CE//平面PAD；
(Ⅱ)求点B到平面PCF的距离．
20.(本小题12分)
已知函数f(x)=2lnx−12ax2+(2a−1)x(a>0)．
(1)若曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线经过原点，求a的值；
(2)设g(x)=x2−2x，若对任意s∈(0,2]，均存在t∈(0,2]，使得f(s)21.(本小题12分)
已知抛物线的方程为y2=2px，直线x=−1为抛物线的准线，点P(1,2)，且A，B为抛物线上的不同两点，若有PA与PB垂直．
(1)求抛物线的方程．
(2)证明：直线AB过定点．
22.(本小题10分)
在直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为x= 3my=1+m(m为参数)，曲线C的参数方程为x=t+1ty=t−1t(t为参数)．
(1)求直线l和曲线C的普通方程；
(2)已知点P(0,1)，若直线l与曲线C交于A，B两点，求1|PA|+1|PB|的值．
23.(本小题12分)
已知函数f(x)=|x−2|+3|x|．
(1)求不等式f(x)≥10的解集；
(2)若f(x)的最小值为m，正数a，b，c满足a+b+c=m，求证a2+b2+c2≥43．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：由题意得z=2+ii=1−2i，|z|= 1+4= 5．
故选：D．
由复数的运算与模的概念求解．
本题主要考查复数的四则运算，以及复数模公式，属于基础题．
2.【答案】B
【解析】解：集合A={x∈N|x<3}={0,1,2}，B={1,2,4}，
则A∪B={0,1,2,4}．
故选：B．
根据已知条件，结合并集的定义，即可求解．
本题主要考查并集及其运算，属于基础题．
3.【答案】C
【解析】解：由图可知，显然该几何体是由半球与圆锥组成的简单几何体，
由题得半球的半径为OB=3，圆锥的底面半径为OB=3，高为OA=4，母线长为AB=5，
所以其表面积为2π×32+π×3×5=33π．
故选：C．
由三视图可得，该几何体是由半球与圆锥组成的简单几何体，求解即可．
本题考查了利用三视图求简单组合体的体积问题，是基础题．
4.【答案】D
【解析】解：∵S△ABC=12|AB|⋅|AC|⋅sin∠BAC，
∴32=12×2×3×sin∠BAC，
∴sin∠BAC=12，
∴∠BAC为30°，或150°，
故选：D．
根据S△ABC=12|AB|⋅|AC|⋅sin∠BAC，代入求出sin∠BAC=12，从而求出答案．
本题考查了三角形的面积根式，是一道基础题．
5.【答案】A
【解析】解：因为f(x)是定义在R上的奇函数，
所以f(0)=1+m=0，即m=−1，
所以f(3)=8+3−1=10，
则f(−3)=−f(3)=−10．
故选：A．
结合奇函数的性质先求m，结合奇函数的定义及已知函数解析式即可求解．
本题主要考查了函数奇偶性在函数求值中的应用，属于基础题．
6.【答案】C
【解析】【分析】
本题主要考查利用向量的数量积求向量的夹角，向量垂直的性质运用，熟练运用公式是解决问题的关键，属于基础题．
由已知向量垂直得到数量积为0，得到非零向量a,b的模与夹角的关系，利用|b|=4|a|，即可求出夹角的余弦值，进而得到答案．
【解答】
解：设两个非零向量a,b的夹角为θ，θ∈[0,π]，
因为|b|=4|a|，且a⊥(2a+b)，
所以a⋅(2a+b)=0，
即2a2+|a||b|csθ=0，
所以csθ=−12，
因为θ∈[0,π]，
所以θ=2π3．
故选C．
7.【答案】B
【解析】解：满足“直线OM的倾斜角不大于π4”这个条件的点M构成的区域为图中的阴影部分，
根据几何概型的定义，可知所求概率为28=14．
故选：B．
利用根据几何概型的定义可得答案．
本题考查几何概型相关知识，属于基础题．
8.【答案】B
【解析】解：∵f(x)=x3−3ax2+4，
∴f′(x)=3x2−6ax=3x(x−2a)，
①当a>0时，
f(x)在(−∞,0)上是增函数，在(0,2a)上是减函数，在(2a,+∞)上是增函数；
又f(0)=4>0，故只需要f(2a)=8a3−12a3+4>0，
解得0②当a=0时，
f(x)=x3+4在(−∞,+∞)上是增函数，且f(0)=4>0；
故f(x)存在唯一的零点x0，且x0<0；
③当a<0时，
f(x)在(−∞,2a)上是增函数，在(2a,0)上是减函数，在(0,+∞)上是增函数，且f(0)=4>0，
故f(x)满足存在唯一的零点x0，且x0<0；
综上所述，
实数a的取值范围为(−∞,1)，
故选B．
【分析】
求导f′(x)=3x2−6ax=3x(x−2a)，从而分类讨论以确定函数的单调性及极值，再结合函数零点的判定定理求解即可．
本题考查了导数的综合应用及分类讨论的思想应用，同时考查了函数零点的判定定理的应用．
9.【答案】B
【解析】解：“金、石”为打击乐器共2种，“匏、竹”为吹奏乐器共2种，“丝”为弹拨乐器，共1种，
5选2的基本事件有：
(金、石)(金、匏)(金、竹)(金、丝)(石、匏)(石、竹)(石、丝)(匏、竹)(匏、丝)(竹、丝)，共10种情况，
其中恰安排了1个课程为吹奏乐器、1个课程为打击乐器的基本事件为：
(金、匏)(金、竹)(石、匏)(石、竹)，共4种，
故所求概率为P=410=25．
故选：B．
利用列举法求出5选2的基本事件有10种情况，其中恰安排了1个课程为吹奏乐器、1个课程为打击乐器的基本事件有4种，由此能求出所求概率．
本题考查古典概型，考查运算求解能力，考查数据分析、逻辑推理、数学运算核心素养，是基础题．
10.【答案】A
【解析】解：f(x)=sinxcsx+ 3cs2x=12sin2x+ 32cs2x+ 32=sin(2x+π3)+ 32，
因为f(x)的图像向右平移5π6个单位长度得函数g(x)的图像，
所以g(x)=sin[2(x−5π6)+π3]+ 32=sin(2x−4π3)+ 32=sin(2x+2π3)+ 32，
因为y=sinx的对称中心为(kπ,0)(k∈Z)，
所以当2x+2π3=kπ时，x=kπ2−π3,g(x)= 32，
即函数g(x)的对称中心为(kπ2−π3, 32)(k∈Z)，
当k=1时，对称中心为(π6, 32)．
故选：A．
先把f(x)的解析式化成f(x)=Asin(ωx+φ)+b的形式，然后根据平移求出g(x)解析式，从而根据正弦函数的对称中心求出g(x)的对称中心，进而可得答案．
本题主要考查三角函数的图象与性质，属于中档题．
11.【答案】B
【解析】解：因为直线tx+y−2t− 3=0(t∈R)，可得t(x−2)+y− 3=0，
由x−2=0y− 3=0，解得x=2,y= 3，
所以直线恒过点P(2, 3)，
可得点P(2, 3)在圆(x−1)2+y2=16内部，
又由圆(x−1)2+y2=16，可得圆心C(1,0)，半径为r=4，
当直线l过圆心C(1,0)时，截得弦长|AB|最长，此时|AB|max=2r=8，
当直线l与PC垂直时，此时弦长|AB|最短，又由|PC|= (2−1)2+( 3−0)2=2，
可得|AB|min=2 r2−|PC|2=2 16−4=4 3，
所以弦长|AB|的取值范围是[4 3,8]．
故选：B．
根据题意，求得直线恒过点P(2, 3)，结合圆的性质和弦长公式，即可求解．
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】C
【解析】解：∵BA=BC= 6，∠ABC=π2，则△ABC是等腰直角三角形，
∴AC为△ABC所在截面圆的直径，
取AC的中点D，则D为△ABC外接圆圆心，
设三棱锥P−ABC外接球的球心为O，
则OD⊥平面ABC，
∵底面ABC的面积为定值，
∴当P，O，D共线且P，O位于截面同一侧时，棱锥的最大高度为PD，棱锥的体积最大，
则三棱锥P−ABC的体积V=13×12× 6× 6×PD=3，解得PD=3，
设外接球的半径为R，则OD=3−R，OC=R，
在△ABC中，AC= BA2+BC2= ( 6)2+( 6)2=2 3，
在△ODC中，CD=12AC= 3，
由勾股定理得：(3−R)2+3=R2，解得R=2．
∴外接球的体积V=4π3×23=32π3．
故选：C．
根据给定条件，确定△ABC外接圆圆心D，确定在三棱锥P−ABC的体积最大时外接球球心O与D、P的位置关系，再由勾股定理求出半径，即可得体积．
本题考查球的体积计算问题，涉及球与三棱锥的关系，属于中档题．
13.【答案】y=± 2x
【解析】解：由题意可得e=ca= 3，
即c= 3a，b= c2−a2= 2a，
可得双曲线的渐近线方程y=±bax，
即为y=± 2x.
故答案为：y=± 2x.
运用离心率公式和a，b，c的关系，可得b= c2−a2= 2a，即可得到所求双曲线的渐近线方程．
本题考查双曲线的渐近线方程的求法，注意运用离心率公式和基本量的关系，考查运算能力，属于基础题．
14.【答案】79
【解析】解：因为sinx=−13，
所以根据二倍角公式可得cs2x=1−2sin2x=1−29=79．
故答案为：79．
直接根据二倍角公式求解．
本题考查了二倍角公式在三角函数求值中的应用，属于基础题．
15.【答案】[52,+∞)
【解析】解：当1≤x≤2时，不等式x2−ax+1≤0恒成立，
所以当1≤x≤2时，a≥x2+1x=x+1x恒成立，
则a≥(x+1x)max，
令g(x)=x+1x，
由对勾函数的性质可知g(x)在[1,2]单调递增，
所以g(x)max=g(2)=2+12=52，所以a≥52．
故答案为：[52,+∞)．
根据题意分离参数a，进而构造函数求定区间的最值即可．
本题考查了转化思想、对勾函数的性质，属于基础题．
16.【答案】43
【解析】解：因为等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为Sn和Tn，
故可设SnTn=n+3n−1=n(n+3)n(n−1)=k，
所以Sn=kn(n+3)，Tn=kn(n−1)，k≠0，
所以a3b4=S3−S2T4−T3=18k−10k12k−6k=8k6k=43．
故答案为：43．
根据SnTn=n+3n−1设出Sn，Tn的二次形式，由此求得a3，b4，即可化简得到结果．
本题主要考查了等差数列的求和公式，属于中档题．
17.【答案】解：(1)∵K2=400(120×50−150×80)2200×200×270×130=40039=10.256>6.635，
∴有99%的把握认为该企业生产的这种产品的质量与设备改造有关．
(2)在取出的5件产品中，3件一等品记为a，b，c，2件二等品记为D，E，
从这5件产品中任选2件的所有情况为ab，ac，aD，aE，bc，bD，bE，cD，cE，DE，共10种，
其中2件全是一等品的情况为ab，ac，bc，共3种，
∴选出的2件全是一等品的概率为310．
【解析】(1)先计算出K2的值，根据独立性检验的思想，即可得到答案；
(2)先列出5件产品中任选2件的所有情况，再计算出2件全是一等品的情况，利用古典概型计算公式计算即可．
本题考查分层抽样的计算，考查独立性检验，是基础题．
18.【答案】解：(1)设数列{an}的公差为d，数列{bn}的公比为q，
由题意知，a10−12=b23a4=b3⇒a1+9d−12=b1⋅q3(a1+3d)=b1⋅q2⇒9d−9=3q3(3+3d)=3⋅q2，
消元得q2−q−6=0，解得q=3或q=−2(舍去)，
所以d=2，
故an=3+2(n−1)=2n+1,bn=3⋅3n−1=3n．
(2)由(1)知，cn=an⋅bn=(2n+1)⋅3n，
所以Sn=(2×1+1)×31+(2×2+1)×32+(2×3+1)×33+⋯+(2n+1)×3n①，
3Sn=(2×1+1)×32+(2×2+1)×33+⋯+(2n−1)×3n+(2n+1)×3n+1②，
①−②得：−2Sn=3×3+2(32+33+⋯+3n)−(2n+1)⋅3n+1=3+2(3+32+⋯+3n)−(2n+1)⋅3n+1
=3+2×3(1−3n)1−3−(2n+1)⋅3n+1=−2n⋅3n+1，
故Sn=n⋅3n+1．
【解析】(1)根据等差、等比数列的通项公式，列方程组求公差、公比，即可得解；
(2)采用错位相减法求和即可．
本题考查数列的通项公式与前n项和的求法，熟练掌握等差、等比数列的通项公式，错位相减法是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
19.【答案】解：(Ⅰ)证明：∵E，F分别为PB，AB的中点，∴EF//PA，
∵EF⊄平面PAD，PA⊂平面PAD，∴EF//平面PAD，
∵AB//CD，AB=2CD，∴AF//CD，AF=CD．
∴四边形ADCF为平行四边形，即CF//AD，
∵CF⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，∴CF//平面PAD，
∵EF∩CF=F，EF，CF⊂平面EFC，
∴平面PAD//平面EFC，则CE//平面PAD；
(Ⅱ)∵∠ADC=90°，AB//CD，∴AB⊥AD，得CF⊥AB，
又PA⊥平面ABCD，∴PA⊥CF，又PA∩AB=A，∴CF⊥平面PAB，∴CF⊥PF．
设CF=x，则S△AFC=12⋅1⋅x=x2，S△PFC=12⋅ 5⋅x= 52x，
设A到平面PCF的距离为h，由VP−AFC=VA−PFC，得13⋅x2⋅2=13⋅ 52x⋅h，则h=2 55．
∵F为AB的中点，∴B到平面PCF的距离等于A到平面PCF的距离为2 55．
【解析】(Ⅰ)由E，F分别为PB，AB的中点，得EF//PA，进一步得到EF//平面PAD，再证明四边形ADCF为平行四边形，得到CF//平面PAD，由平面与平面平行的判定可得平面PAD//平面EFC，进一步得到CE//平面PAD；
(Ⅱ)证明CF⊥PF，设CF=x，分别求出三角形ACF与三角形PCF的面积，然后利用等体积法求点B到平面PCF的距离．
本题考查直线与平面平行的判定，训练了利用等体积法求点到平面的距离，考查空间想象能力与思维能力，是中档题．
20.【答案】解：(1)由f(x)=2lnx−12ax2+(2a−1)x (a>0)，可得f′(x)=2x−ax+2a−1．
因为f′(1)=2−a+2a−1=a+1，f(1)=3a2−1，
所以切点坐标为(1,3a2−1)，切线方程为：y−(3a2−1)=(a+1)(x−1)，
因为切线经过(0,0)，所以3a2−1=a+1，解得a=4．
(2)由题知f(x)的定义域为(0,+∞)，f′(x)=−1x[ax2−(2a−1)x−2]，
令f′(x)=ax2−(2a−1)x−2=0，解得x=−1a或x=2，
因为a>0，所以−1a<0，所以−1a<2，
令f′(x)>0，即ax2−(2a−1)x−2<0，解得：−1a令f′(x)<0，即ax2−(2a−1)x−2>0，解得：x<−1a或x>2，
所以f(x)增区间为(0,2)，减区间为(2,+∞)．
因为g(t)=t2−2t=(t−1)2−1，所以函数g(t)在区间(0,2]的最大值为0，
函数f(s)在(0,2)上单调递增，故在区间(0,2]上f(s)max=f(2)=2ln2+2a−2，
所以2ln2+2a−2<0，即ln2+a−1<0，故a<1−ln2，
所以a的取值范围是(0,1−ln2)．
【解析】(1)利用导数的几何意义求切线方程(含参数a)，由切线过原点求出a的值；
(2)利用导数研究f(x)的单调性并求出(0,2]上的最大值，由二次函数性质求g(x)在(0,2]上的最大值，根据已知不等式恒(能)成立求参数a的范围．
本题考查利用导数研究函数的最值与极值，考查转化与化归思想，考查逻辑思维能力与运算能力，属于难题．
21.【答案】(1)解：因为抛物线的方程为y2=2px，且直线x=−1为抛物线的准线，
可得p2=1，解得p=2，所以抛物线的方程为y2=4x；
(2)证明：由P(1,2)可知P在抛物线上，由A，B为抛物线上的不同两点，且PA与PB垂直，
当直线AB无斜率时，设直线AB为x=t，其中t≠1，此时A(t,2 t),B(t,−2 t)，
则PA=(t−1,2 t−2),PB=(t−1,−2 t−2)，
由PA与PB垂直，可得PA⋅PB=(t−1)2+(2 t−2)(−2 t−2)=0，
解得t=5或t=1(舍取)；
当直线AB有斜率时，设直线AB的方程为y=kx+b，且A(x1,y1)，B(x2,y2)，
联立方程组y=kx+by2=4x，整理得k2x2+(2kb−4)x+b2=0，
则x1+x2=4−2kbk2,x1x2=b2k2，
因为PA与PB垂直，可得PA⋅PB=0，即(x1−1)(x2−1)+(y1−2)(y2−2)=0，
可得(x1−1)(x2−1)+(kx1+b−2)(kx2+b−2)=0，
即(1+k2)x1x2−(kb−2k+1)(x1+x2)+(b−2)2+1=0，
即(1+k2)⋅b2k2−(kb−2k+1)⋅4−2kbk2+(b−2)2+1=0，
整理得5k2+(6b−8)k+b2−4=0，即(k+b−2)(5k+b+2)=0，
故k+b−2=0或5k+b+2=0，
当k+b−2=0时，直线AB：y=kx−k+2，此时直线AB过定点(1,2)，与P重合(舍去)，
当5k+b+2=0时，直线AB：y=kx−5k−2，过定点(5,−2)，故直线AB过定点(5,−2)，
综上所述直线AB过定点(5,−2)．
【解析】(1)根据题意，结合抛物线的几何性质，得到p2=1，求得p的值，即可求解；
(2)当AB无斜率时，设直线AB为x=t，得到PA⋅PB=0，列出方程求得t=5；当直线AB有斜率时，设AB的方程为y=kx+b，联立方程组，求得x1+x2，x1x2，结合PA⋅PB=0，列出方程组求得k+b−2=0或5k+b+2=0，进而得到直线过定点(5,−2)，进而得到结论．
本题考查了直线与抛物线的综合应用，属于中档题．
22.【答案】解：(1)直线l的参数方程为x= 3my=1+m(m为参数)，
由题意可得直线l的普通方程为x− 3y+ 3=0．
因为曲线C的参数方程为x=t+1ty=t−1t(t为参数)，
所以x2−y2=(m+1m)2−(m−1m)2=4，
所以曲线C的普通方程为x24−y24=1．
(2)直线l的参数方程的标准形式为，
将其代入曲线C的方程得t2−2t−10=0，
所以t1+t2=2，t1t2=−10<0，
所以1|PA|+1|PB|=1|t1|+1|t2|=|t1|+|t2||t1||t2|=|t1−t2||t1t2|= (t1+t2)2−4t1t2|t1t2|= 4+4010= 115．
【解析】(1)直接利用转换关系，在参数方程、极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换；
(2)利用一元二次方程根和系数关系式的应用求出结果．
本题考查的知识要点：参数方程、极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，一元二次方程根和系数关系式的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．
23.【答案】解：(1)f(x)=|x−2|+3|x|=−4x+2,x≤02x+2,0不等式f(x)≥10⇔x≤0−4x+2≥10或0解得：x≤−2或x∈⌀或x≥3．
∴不等式f(x)≥10的解集为(−∞,−2]∪[3,+∞)；
证明：(2)由(1)可知，f(x)的最小值m=2，则a+b+c=2，
由柯西不等式可得(1+1+1)(a2+b2+c2)≥(a+b+c)2，
即3(a2+b2+c2)≥22，即a2+b2+c2≥43．
当且仅当a=b=c=23时，等号成立．
因此a2+b2+c2≥43．
【解析】(1)根据f(x)≥10，然后利用零点分段法解不等式即可；
(2)先求出f(x)的最小值m，然后根据a+b+c=m，利用柯西不等式求出a2+b2+c2的最小值，从而证明a2+b2+c2≥43成立．
本题考查了绝对值不等式的解法，柯西不等式和利用综合法证明不等式，考查了转化思想和分类讨论思想，属中档题．一等品
二等品
合计
设备改造前
120
80
200
设备改造后
150
50
200
合计
270
130
400
P(K2≥k0)
0.050
0.010
0.001
k0
3.841
6.635
10.828
1.复数z满足iz=2+i，其中i为虚数单位，则|z|=( )
A. 1B. 3C. 2D. 5
2.已知集合A={x∈N|x<3}，B={1,2,4}，则A∪B=( )
A. {1,2,4}B. {0,1,2,4}C. {1,2,3,4}D. {0,1,2,3,4}
3.如图，网格纸上小正方形的边长为1，其中粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的表面积为( )
A. 24π
B. 31π
C. 33π
D. 36π
4.已知△ABC中，|AB|=2，|AC|=3，且△ABC的面积为32，则∠BAC=( )
A. 150°B. 120°C. 60°或120°D. 30°或150°
5.已知f(x)是定义在R上的奇函数，且当x≥0时，f(x)=2x+x+m，则f(−3)=( )
A. −10B. −4C. 4D. 10
6.已知非零向量a,b满足|b|=4|a|，且a⊥(2a+b)，则a与b的夹角为( )
A. π3B. π2C. 2π3D. 5π6
7.已知两个共中心O的正方形的边长分别为2和4，在如图所示的阴影中随机取一点M，则直线OM的倾斜角不大于π4的概率为( )
A. 12B. 14C. 16D. 18
8.已知函数f(x)=x3−3ax2+4，若f(x)存在唯一的零点x0，且x0<0，则实数a的取值范围为( )
A. (−∞,3)B. (−∞,1)C. (−1,+∞)D. (−3,+∞)
9.中国古典乐器一般按“八音”分类，这是我国最早按乐器的制造材料来对乐器进行分类的方法，最早见于《周礼⋅春官⋅大师》，八音分为“金、石、土、革、丝、木、匏、竹”，其中“金、石、木、革”为打击乐器，“土、匏、竹”为吹奏乐器，“丝”为弹拨乐器.某同学计划从“金、石、匏、竹、丝5种课程中选2种作兴趣班课程进行学习，则恰安排了1个课程为吹奏乐器、1个课程为打击乐器的概率为( )
A. 34B. 25C. 35D. 23
10.将函数f(x)=sinxcsx+ 3cs2x的图像向右平移5π6个单位长度，可得函数g(x)的图像，则g(x)的一个对称中心为( )
A. (π6, 32)B. (π6,− 32)C. (π3, 32)D. (π3,− 32)
11.已知直线l：tx+y−2t− 3=0(t∈R)与圆C：(x−1)2+y2=16相交于A，B两点，则弦长|AB|的取值范围是( )
A. [2 3,8]B. [4 3,8]C. (4 3,8)D. [4,4 3]
12.已知三棱锥P−ABC的四个顶点均在同一个球面上，底面△ABC满足BA=BC= 6，∠ABC=π2，若该三棱锥体积的最大值为3，则其外接球的体积为( )
A. 4πB. 8πC. 323πD. 16π
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的离心率为e= 3，则它的渐近线方程为______．
14.若sinx=−13，则cs2x= ______．
15.当1≤x≤2时，不等式x2−ax+1≤0恒成立，则实数a的取值范围是______．
16.已知等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为Sn和Tn，且SnTn=n+3n−1，则a3b4= ______．
三、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)
某企业生产的产品按质量分为一等品和二等品，该企业计划对现有生产设备进行改造，为了分析设备改造前后的效果，现从设备改造前后生产的大量产品中各抽取200件产品作为样本，产品的质量情况统计如表：
(1)判断是否有99%的把握，认为该企业生产的这种产品的质量与设备改造有关；
(2)按照分层抽样的方法，从设备改造前的产品中取得了5件产品，其中有3件一等品和2件二等品.现从这5件产品中任选2件，求选出的这2件全是一等品的概率．
附：K2=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)
已知等差数列{an}和正项等比数列{bn}满足：a1=b1=3，a10−12=b2，3a4=b3．
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)记cn=an⋅bn，数列{cn}的前n项和为Sn，求Sn．
19.(本小题12分)
如图，四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB//CD，PA=AB=2CD=2，∠ADC=90°，E、F分别为PB、AB的中点．
(Ⅰ)求证：CE//平面PAD；
(Ⅱ)求点B到平面PCF的距离．
20.(本小题12分)
已知函数f(x)=2lnx−12ax2+(2a−1)x(a>0)．
(1)若曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线经过原点，求a的值；
(2)设g(x)=x2−2x，若对任意s∈(0,2]，均存在t∈(0,2]，使得f(s)
已知抛物线的方程为y2=2px，直线x=−1为抛物线的准线，点P(1,2)，且A，B为抛物线上的不同两点，若有PA与PB垂直．
(1)求抛物线的方程．
(2)证明：直线AB过定点．
22.(本小题10分)
在直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为x= 3my=1+m(m为参数)，曲线C的参数方程为x=t+1ty=t−1t(t为参数)．
(1)求直线l和曲线C的普通方程；
(2)已知点P(0,1)，若直线l与曲线C交于A，B两点，求1|PA|+1|PB|的值．
23.(本小题12分)
已知函数f(x)=|x−2|+3|x|．
(1)求不等式f(x)≥10的解集；
(2)若f(x)的最小值为m，正数a，b，c满足a+b+c=m，求证a2+b2+c2≥43．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：由题意得z=2+ii=1−2i，|z|= 1+4= 5．
故选：D．
由复数的运算与模的概念求解．
本题主要考查复数的四则运算，以及复数模公式，属于基础题．
2.【答案】B
【解析】解：集合A={x∈N|x<3}={0,1,2}，B={1,2,4}，
则A∪B={0,1,2,4}．
故选：B．
根据已知条件，结合并集的定义，即可求解．
本题主要考查并集及其运算，属于基础题．
3.【答案】C
【解析】解：由图可知，显然该几何体是由半球与圆锥组成的简单几何体，
由题得半球的半径为OB=3，圆锥的底面半径为OB=3，高为OA=4，母线长为AB=5，
所以其表面积为2π×32+π×3×5=33π．
故选：C．
由三视图可得，该几何体是由半球与圆锥组成的简单几何体，求解即可．
本题考查了利用三视图求简单组合体的体积问题，是基础题．
4.【答案】D
【解析】解：∵S△ABC=12|AB|⋅|AC|⋅sin∠BAC，
∴32=12×2×3×sin∠BAC，
∴sin∠BAC=12，
∴∠BAC为30°，或150°，
故选：D．
根据S△ABC=12|AB|⋅|AC|⋅sin∠BAC，代入求出sin∠BAC=12，从而求出答案．
本题考查了三角形的面积根式，是一道基础题．
5.【答案】A
【解析】解：因为f(x)是定义在R上的奇函数，
所以f(0)=1+m=0，即m=−1，
所以f(3)=8+3−1=10，
则f(−3)=−f(3)=−10．
故选：A．
结合奇函数的性质先求m，结合奇函数的定义及已知函数解析式即可求解．
本题主要考查了函数奇偶性在函数求值中的应用，属于基础题．
6.【答案】C
【解析】【分析】
本题主要考查利用向量的数量积求向量的夹角，向量垂直的性质运用，熟练运用公式是解决问题的关键，属于基础题．
由已知向量垂直得到数量积为0，得到非零向量a,b的模与夹角的关系，利用|b|=4|a|，即可求出夹角的余弦值，进而得到答案．
【解答】
解：设两个非零向量a,b的夹角为θ，θ∈[0,π]，
因为|b|=4|a|，且a⊥(2a+b)，
所以a⋅(2a+b)=0，
即2a2+|a||b|csθ=0，
所以csθ=−12，
因为θ∈[0,π]，
所以θ=2π3．
故选C．
7.【答案】B
【解析】解：满足“直线OM的倾斜角不大于π4”这个条件的点M构成的区域为图中的阴影部分，
根据几何概型的定义，可知所求概率为28=14．
故选：B．
利用根据几何概型的定义可得答案．
本题考查几何概型相关知识，属于基础题．
8.【答案】B
【解析】解：∵f(x)=x3−3ax2+4，
∴f′(x)=3x2−6ax=3x(x−2a)，
①当a>0时，
f(x)在(−∞,0)上是增函数，在(0,2a)上是减函数，在(2a,+∞)上是增函数；
又f(0)=4>0，故只需要f(2a)=8a3−12a3+4>0，
解得0
f(x)=x3+4在(−∞,+∞)上是增函数，且f(0)=4>0；
故f(x)存在唯一的零点x0，且x0<0；
③当a<0时，
f(x)在(−∞,2a)上是增函数，在(2a,0)上是减函数，在(0,+∞)上是增函数，且f(0)=4>0，
故f(x)满足存在唯一的零点x0，且x0<0；
综上所述，
实数a的取值范围为(−∞,1)，
故选B．
【分析】
求导f′(x)=3x2−6ax=3x(x−2a)，从而分类讨论以确定函数的单调性及极值，再结合函数零点的判定定理求解即可．
本题考查了导数的综合应用及分类讨论的思想应用，同时考查了函数零点的判定定理的应用．
9.【答案】B
【解析】解：“金、石”为打击乐器共2种，“匏、竹”为吹奏乐器共2种，“丝”为弹拨乐器，共1种，
5选2的基本事件有：
(金、石)(金、匏)(金、竹)(金、丝)(石、匏)(石、竹)(石、丝)(匏、竹)(匏、丝)(竹、丝)，共10种情况，
其中恰安排了1个课程为吹奏乐器、1个课程为打击乐器的基本事件为：
(金、匏)(金、竹)(石、匏)(石、竹)，共4种，
故所求概率为P=410=25．
故选：B．
利用列举法求出5选2的基本事件有10种情况，其中恰安排了1个课程为吹奏乐器、1个课程为打击乐器的基本事件有4种，由此能求出所求概率．
本题考查古典概型，考查运算求解能力，考查数据分析、逻辑推理、数学运算核心素养，是基础题．
10.【答案】A
【解析】解：f(x)=sinxcsx+ 3cs2x=12sin2x+ 32cs2x+ 32=sin(2x+π3)+ 32，
因为f(x)的图像向右平移5π6个单位长度得函数g(x)的图像，
所以g(x)=sin[2(x−5π6)+π3]+ 32=sin(2x−4π3)+ 32=sin(2x+2π3)+ 32，
因为y=sinx的对称中心为(kπ,0)(k∈Z)，
所以当2x+2π3=kπ时，x=kπ2−π3,g(x)= 32，
即函数g(x)的对称中心为(kπ2−π3, 32)(k∈Z)，
当k=1时，对称中心为(π6, 32)．
故选：A．
先把f(x)的解析式化成f(x)=Asin(ωx+φ)+b的形式，然后根据平移求出g(x)解析式，从而根据正弦函数的对称中心求出g(x)的对称中心，进而可得答案．
本题主要考查三角函数的图象与性质，属于中档题．
11.【答案】B
【解析】解：因为直线tx+y−2t− 3=0(t∈R)，可得t(x−2)+y− 3=0，
由x−2=0y− 3=0，解得x=2,y= 3，
所以直线恒过点P(2, 3)，
可得点P(2, 3)在圆(x−1)2+y2=16内部，
又由圆(x−1)2+y2=16，可得圆心C(1,0)，半径为r=4，
当直线l过圆心C(1,0)时，截得弦长|AB|最长，此时|AB|max=2r=8，
当直线l与PC垂直时，此时弦长|AB|最短，又由|PC|= (2−1)2+( 3−0)2=2，
可得|AB|min=2 r2−|PC|2=2 16−4=4 3，
所以弦长|AB|的取值范围是[4 3,8]．
故选：B．
根据题意，求得直线恒过点P(2, 3)，结合圆的性质和弦长公式，即可求解．
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】C
【解析】解：∵BA=BC= 6，∠ABC=π2，则△ABC是等腰直角三角形，
∴AC为△ABC所在截面圆的直径，
取AC的中点D，则D为△ABC外接圆圆心，
设三棱锥P−ABC外接球的球心为O，
则OD⊥平面ABC，
∵底面ABC的面积为定值，
∴当P，O，D共线且P，O位于截面同一侧时，棱锥的最大高度为PD，棱锥的体积最大，
则三棱锥P−ABC的体积V=13×12× 6× 6×PD=3，解得PD=3，
设外接球的半径为R，则OD=3−R，OC=R，
在△ABC中，AC= BA2+BC2= ( 6)2+( 6)2=2 3，
在△ODC中，CD=12AC= 3，
由勾股定理得：(3−R)2+3=R2，解得R=2．
∴外接球的体积V=4π3×23=32π3．
故选：C．
根据给定条件，确定△ABC外接圆圆心D，确定在三棱锥P−ABC的体积最大时外接球球心O与D、P的位置关系，再由勾股定理求出半径，即可得体积．
本题考查球的体积计算问题，涉及球与三棱锥的关系，属于中档题．
13.【答案】y=± 2x
【解析】解：由题意可得e=ca= 3，
即c= 3a，b= c2−a2= 2a，
可得双曲线的渐近线方程y=±bax，
即为y=± 2x.
故答案为：y=± 2x.
运用离心率公式和a，b，c的关系，可得b= c2−a2= 2a，即可得到所求双曲线的渐近线方程．
本题考查双曲线的渐近线方程的求法，注意运用离心率公式和基本量的关系，考查运算能力，属于基础题．
14.【答案】79
【解析】解：因为sinx=−13，
所以根据二倍角公式可得cs2x=1−2sin2x=1−29=79．
故答案为：79．
直接根据二倍角公式求解．
本题考查了二倍角公式在三角函数求值中的应用，属于基础题．
15.【答案】[52,+∞)
【解析】解：当1≤x≤2时，不等式x2−ax+1≤0恒成立，
所以当1≤x≤2时，a≥x2+1x=x+1x恒成立，
则a≥(x+1x)max，
令g(x)=x+1x，
由对勾函数的性质可知g(x)在[1,2]单调递增，
所以g(x)max=g(2)=2+12=52，所以a≥52．
故答案为：[52,+∞)．
根据题意分离参数a，进而构造函数求定区间的最值即可．
本题考查了转化思想、对勾函数的性质，属于基础题．
16.【答案】43
【解析】解：因为等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为Sn和Tn，
故可设SnTn=n+3n−1=n(n+3)n(n−1)=k，
所以Sn=kn(n+3)，Tn=kn(n−1)，k≠0，
所以a3b4=S3−S2T4−T3=18k−10k12k−6k=8k6k=43．
故答案为：43．
根据SnTn=n+3n−1设出Sn，Tn的二次形式，由此求得a3，b4，即可化简得到结果．
本题主要考查了等差数列的求和公式，属于中档题．
17.【答案】解：(1)∵K2=400(120×50−150×80)2200×200×270×130=40039=10.256>6.635，
∴有99%的把握认为该企业生产的这种产品的质量与设备改造有关．
(2)在取出的5件产品中，3件一等品记为a，b，c，2件二等品记为D，E，
从这5件产品中任选2件的所有情况为ab，ac，aD，aE，bc，bD，bE，cD，cE，DE，共10种，
其中2件全是一等品的情况为ab，ac，bc，共3种，
∴选出的2件全是一等品的概率为310．
【解析】(1)先计算出K2的值，根据独立性检验的思想，即可得到答案；
(2)先列出5件产品中任选2件的所有情况，再计算出2件全是一等品的情况，利用古典概型计算公式计算即可．
本题考查分层抽样的计算，考查独立性检验，是基础题．
18.【答案】解：(1)设数列{an}的公差为d，数列{bn}的公比为q，
由题意知，a10−12=b23a4=b3⇒a1+9d−12=b1⋅q3(a1+3d)=b1⋅q2⇒9d−9=3q3(3+3d)=3⋅q2，
消元得q2−q−6=0，解得q=3或q=−2(舍去)，
所以d=2，
故an=3+2(n−1)=2n+1,bn=3⋅3n−1=3n．
(2)由(1)知，cn=an⋅bn=(2n+1)⋅3n，
所以Sn=(2×1+1)×31+(2×2+1)×32+(2×3+1)×33+⋯+(2n+1)×3n①，
3Sn=(2×1+1)×32+(2×2+1)×33+⋯+(2n−1)×3n+(2n+1)×3n+1②，
①−②得：−2Sn=3×3+2(32+33+⋯+3n)−(2n+1)⋅3n+1=3+2(3+32+⋯+3n)−(2n+1)⋅3n+1
=3+2×3(1−3n)1−3−(2n+1)⋅3n+1=−2n⋅3n+1，
故Sn=n⋅3n+1．
【解析】(1)根据等差、等比数列的通项公式，列方程组求公差、公比，即可得解；
(2)采用错位相减法求和即可．
本题考查数列的通项公式与前n项和的求法，熟练掌握等差、等比数列的通项公式，错位相减法是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
19.【答案】解：(Ⅰ)证明：∵E，F分别为PB，AB的中点，∴EF//PA，
∵EF⊄平面PAD，PA⊂平面PAD，∴EF//平面PAD，
∵AB//CD，AB=2CD，∴AF//CD，AF=CD．
∴四边形ADCF为平行四边形，即CF//AD，
∵CF⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，∴CF//平面PAD，
∵EF∩CF=F，EF，CF⊂平面EFC，
∴平面PAD//平面EFC，则CE//平面PAD；
(Ⅱ)∵∠ADC=90°，AB//CD，∴AB⊥AD，得CF⊥AB，
又PA⊥平面ABCD，∴PA⊥CF，又PA∩AB=A，∴CF⊥平面PAB，∴CF⊥PF．
设CF=x，则S△AFC=12⋅1⋅x=x2，S△PFC=12⋅ 5⋅x= 52x，
设A到平面PCF的距离为h，由VP−AFC=VA−PFC，得13⋅x2⋅2=13⋅ 52x⋅h，则h=2 55．
∵F为AB的中点，∴B到平面PCF的距离等于A到平面PCF的距离为2 55．
【解析】(Ⅰ)由E，F分别为PB，AB的中点，得EF//PA，进一步得到EF//平面PAD，再证明四边形ADCF为平行四边形，得到CF//平面PAD，由平面与平面平行的判定可得平面PAD//平面EFC，进一步得到CE//平面PAD；
(Ⅱ)证明CF⊥PF，设CF=x，分别求出三角形ACF与三角形PCF的面积，然后利用等体积法求点B到平面PCF的距离．
本题考查直线与平面平行的判定，训练了利用等体积法求点到平面的距离，考查空间想象能力与思维能力，是中档题．
20.【答案】解：(1)由f(x)=2lnx−12ax2+(2a−1)x (a>0)，可得f′(x)=2x−ax+2a−1．
因为f′(1)=2−a+2a−1=a+1，f(1)=3a2−1，
所以切点坐标为(1,3a2−1)，切线方程为：y−(3a2−1)=(a+1)(x−1)，
因为切线经过(0,0)，所以3a2−1=a+1，解得a=4．
(2)由题知f(x)的定义域为(0,+∞)，f′(x)=−1x[ax2−(2a−1)x−2]，
令f′(x)=ax2−(2a−1)x−2=0，解得x=−1a或x=2，
因为a>0，所以−1a<0，所以−1a<2，
令f′(x)>0，即ax2−(2a−1)x−2<0，解得：−1a
所以f(x)增区间为(0,2)，减区间为(2,+∞)．
因为g(t)=t2−2t=(t−1)2−1，所以函数g(t)在区间(0,2]的最大值为0，
函数f(s)在(0,2)上单调递增，故在区间(0,2]上f(s)max=f(2)=2ln2+2a−2，
所以2ln2+2a−2<0，即ln2+a−1<0，故a<1−ln2，
所以a的取值范围是(0,1−ln2)．
【解析】(1)利用导数的几何意义求切线方程(含参数a)，由切线过原点求出a的值；
(2)利用导数研究f(x)的单调性并求出(0,2]上的最大值，由二次函数性质求g(x)在(0,2]上的最大值，根据已知不等式恒(能)成立求参数a的范围．
本题考查利用导数研究函数的最值与极值，考查转化与化归思想，考查逻辑思维能力与运算能力，属于难题．
21.【答案】(1)解：因为抛物线的方程为y2=2px，且直线x=−1为抛物线的准线，
可得p2=1，解得p=2，所以抛物线的方程为y2=4x；
(2)证明：由P(1,2)可知P在抛物线上，由A，B为抛物线上的不同两点，且PA与PB垂直，
当直线AB无斜率时，设直线AB为x=t，其中t≠1，此时A(t,2 t),B(t,−2 t)，
则PA=(t−1,2 t−2),PB=(t−1,−2 t−2)，
由PA与PB垂直，可得PA⋅PB=(t−1)2+(2 t−2)(−2 t−2)=0，
解得t=5或t=1(舍取)；
当直线AB有斜率时，设直线AB的方程为y=kx+b，且A(x1,y1)，B(x2,y2)，
联立方程组y=kx+by2=4x，整理得k2x2+(2kb−4)x+b2=0，
则x1+x2=4−2kbk2,x1x2=b2k2，
因为PA与PB垂直，可得PA⋅PB=0，即(x1−1)(x2−1)+(y1−2)(y2−2)=0，
可得(x1−1)(x2−1)+(kx1+b−2)(kx2+b−2)=0，
即(1+k2)x1x2−(kb−2k+1)(x1+x2)+(b−2)2+1=0，
即(1+k2)⋅b2k2−(kb−2k+1)⋅4−2kbk2+(b−2)2+1=0，
整理得5k2+(6b−8)k+b2−4=0，即(k+b−2)(5k+b+2)=0，
故k+b−2=0或5k+b+2=0，
当k+b−2=0时，直线AB：y=kx−k+2，此时直线AB过定点(1,2)，与P重合(舍去)，
当5k+b+2=0时，直线AB：y=kx−5k−2，过定点(5,−2)，故直线AB过定点(5,−2)，
综上所述直线AB过定点(5,−2)．
【解析】(1)根据题意，结合抛物线的几何性质，得到p2=1，求得p的值，即可求解；
(2)当AB无斜率时，设直线AB为x=t，得到PA⋅PB=0，列出方程求得t=5；当直线AB有斜率时，设AB的方程为y=kx+b，联立方程组，求得x1+x2，x1x2，结合PA⋅PB=0，列出方程组求得k+b−2=0或5k+b+2=0，进而得到直线过定点(5,−2)，进而得到结论．
本题考查了直线与抛物线的综合应用，属于中档题．
22.【答案】解：(1)直线l的参数方程为x= 3my=1+m(m为参数)，
由题意可得直线l的普通方程为x− 3y+ 3=0．
因为曲线C的参数方程为x=t+1ty=t−1t(t为参数)，
所以x2−y2=(m+1m)2−(m−1m)2=4，
所以曲线C的普通方程为x24−y24=1．
(2)直线l的参数方程的标准形式为，
将其代入曲线C的方程得t2−2t−10=0，
所以t1+t2=2，t1t2=−10<0，
所以1|PA|+1|PB|=1|t1|+1|t2|=|t1|+|t2||t1||t2|=|t1−t2||t1t2|= (t1+t2)2−4t1t2|t1t2|= 4+4010= 115．
【解析】(1)直接利用转换关系，在参数方程、极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换；
(2)利用一元二次方程根和系数关系式的应用求出结果．
本题考查的知识要点：参数方程、极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，一元二次方程根和系数关系式的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．
23.【答案】解：(1)f(x)=|x−2|+3|x|=−4x+2,x≤02x+2,0
∴不等式f(x)≥10的解集为(−∞,−2]∪[3,+∞)；
证明：(2)由(1)可知，f(x)的最小值m=2，则a+b+c=2，
由柯西不等式可得(1+1+1)(a2+b2+c2)≥(a+b+c)2，
即3(a2+b2+c2)≥22，即a2+b2+c2≥43．
当且仅当a=b=c=23时，等号成立．
因此a2+b2+c2≥43．
【解析】(1)根据f(x)≥10，然后利用零点分段法解不等式即可；
(2)先求出f(x)的最小值m，然后根据a+b+c=m，利用柯西不等式求出a2+b2+c2的最小值，从而证明a2+b2+c2≥43成立．
本题考查了绝对值不等式的解法，柯西不等式和利用综合法证明不等式，考查了转化思想和分类讨论思想，属中档题．一等品
二等品
合计
设备改造前
120
80
200
设备改造后
150
50
200
合计
270
130
400
P(K2≥k0)
0.050
0.010
0.001
k0
3.841
6.635
10.828
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