2022年浙江省高考数学试卷(理科).docx

2022年浙江省高考数学试卷〔理科〕
一、选择题：本大题共8小题，每题5分，共40分．在每题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的．
1．〔5分〕集合P={x∈R|1≤x≤3}，Q={x∈R|x2≥4}，那么P∪〔∁RQ〕=〔　　〕
A．[2，3] B．〔﹣2，3] C．[1，2〕 D．〔﹣∞，﹣2]∪[1，+∞〕
2．〔5分〕互相垂直的平面α，β交于直线l，假设直线m，n满足m∥α，n⊥β，那么〔　　〕
A．m∥l B．m∥n C．n⊥l D．m⊥n
3．〔5分〕在平面上，过点P作直线l的垂线所得的垂足称为点P在直线l上的投影，由区域中的点在直线x+y﹣2=0上的投影构成的线段记为AB，那么|AB|=〔　　〕
A．2 B．4 C．3 D．6
4．〔5分〕命题“∀x∈R，∃n∈N*，使得n≥x2〞的否认形式是〔　　〕
A．∀x∈R，∃n∈N*，使得n＜x2 B．∀x∈R，∀n∈N*，使得n＜x2
C．∃x∈R，∃n∈N*，使得n＜x2 D．∃x∈R，∀n∈N*，使得n＜x2
5．〔5分〕设函数f〔x〕=sin2x+bsinx+c，那么f〔x〕的最小正周期〔　　〕
A．与b有关，且与c有关 B．与b有关，但与c无关
C．与b无关，且与c无关 D．与b无关，但与c有关
6．〔5分〕如图，点列{An}、{Bn}分别在某锐角的两边上，且|AnAn+1|=|An+1An+2|，An≠An+1，n∈N*，|BnBn+1|=|Bn+1Bn+2|，Bn≠Bn+1，n∈N*，〔P≠Q表示点P与Q不重合〕假设dn=|AnBn|，Sn为△AnBnBn+1的面积，那么〔　　〕
A．{Sn}是等差数列 B．{Sn2}是等差数列
C．{dn}是等差数列 D．{dn2}是等差数列
7．〔5分〕椭圆与双曲线C2：﹣y2=1〔n＞0〕的焦点重合，e1，e2分别为C1，C2的离心率，那么〔　　〕
A．m＞n且e1e2＞1 B．m＞n且e1e2＜1 C．m＜n且e1e2＞1 D．m＜n且e1e2＜1
8．〔5分〕实数a，b，c．〔　　〕
A．假设|a2+b+c|+|a+b2+c|≤1，那么a2+b2+c2＜100
B．假设|a2+b+c|+|a2+b﹣c|≤1，那么a2+b2+c2＜100
C．假设|a+b+c2|+|a+b﹣c2|≤1，那么a2+b2+c2＜100
D．假设|a2+b+c|+|a+b2﹣c|≤1，那么a2+b2+c2＜100
二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分．
9．〔4分〕假设抛物线y2=4x上的点M到焦点的距离为10，那么M到y轴的距离是．
10．〔6分〕2cos2x+sin2x=Asin〔ωx+φ〕+b〔A＞0〕，那么A=，b=．
11．〔6分〕某几何体的三视图如下列图〔单位：cm〕，那么该几何体的外表积是cm2，体积是cm3．
12．〔6分〕a＞b＞1，假设logab+logba=，ab=ba，那么a=，b=．
13．〔6分〕设数列{an}的前n项和为Sn，假设S2=4，an+1=2Sn+1，n∈N*，那么a1=，S5=．
14．〔4分〕如图，在△ABC中，AB=BC=2，∠ABC=120°．假设平面ABC外的点P和线段AC上的点D，满足PD=DA，PB=BA，那么四面体PBCD的体积的最大值是．
15．〔4分〕向量，，||=1，||=2，假设对任意单位向量，均有|•|+|•|≤，那么•的最大值是．
三、解答题：本大题共5小题，共74分．解容许写出文字说明，证明过程或演算步骤．
16．〔14分〕在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，b+c=2acosB．
〔Ⅰ〕证明：A=2B；
〔Ⅱ〕假设△ABC的面积S=，求角A的大小．
17．〔15分〕如图，在三棱台ABC﹣DEF中，平面BCFE⊥平面ABC，∠ACB=90°，BE=EF=FC=1，BC=2，AC=3，
〔Ⅰ〕求证：BF⊥平面ACFD；
〔Ⅱ〕求二面角B﹣AD﹣F的余弦值．
18．〔15分〕a≥3，函数F〔x〕=min{2|x﹣1|，x2﹣2ax+4a﹣2}，其中min〔p，q〕=
〔Ⅰ〕求使得等式F〔x〕=x2﹣2ax+4a﹣2成立的x的取值范围
〔Ⅱ〕〔i〕求F〔x〕的最小值m〔a〕
〔ii〕求F〔x〕在[0，6]上的最大值M〔a〕
19．〔15分〕如图，设椭圆C：+y2=1〔a＞1〕
〔Ⅰ〕求直线y=kx+1被椭圆截得到的弦长〔用a，k表示〕
〔Ⅱ〕假设任意以点A〔0，1〕为圆心的圆与椭圆至多有三个公共点，求椭圆的离心率的取值范围．
20．〔15分〕设数列满足|an﹣|≤1，n∈N*．
〔Ⅰ〕求证：|an|≥2n﹣1〔|a1|﹣2〕〔n∈N*〕
〔Ⅱ〕假设|an|≤〔〕n，n∈N*，证明：|an|≤2，n∈N*．
2022年浙江省高考数学试卷〔理科〕
参考答案与试题解析
一、选择题：本大题共8小题，每题5分，共40分．在每题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的．
1．〔5分〕集合P={x∈R|1≤x≤3}，Q={x∈R|x2≥4}，那么P∪〔∁RQ〕=〔　　〕
A．[2，3] B．〔﹣2，3] C．[1，2〕 D．〔﹣∞，﹣2]∪[1，+∞〕
【分析】运用二次不等式的解法，求得集合Q，求得Q的补集，再由两集合的并集运算，即可得到所求．
【解答】解：Q={x∈R|x2≥4}={x∈R|x≥2或x≤﹣2}，
即有∁RQ={x∈R|﹣2＜x＜2}，
那么P∪〔∁RQ〕=〔﹣2，3]．
应选：B．
【点评】此题考查集合的运算，主要是并集和补集的运算，考查不等式的解法，属于根底题．
2．〔5分〕互相垂直的平面α，β交于直线l，假设直线m，n满足m∥α，n⊥β，那么〔　　〕
A．m∥l B．m∥n C．n⊥l D．m⊥n
【分析】由条件推导出l⊂β，再由n⊥β，推导出n⊥l．
【解答】解：∵互相垂直的平面α，β交于直线l，直线m，n满足m∥α，
∴m∥β或m⊂β或m与β相交，l⊂β，
∵n⊥β，
∴n⊥l．
应选：C．
【点评】此题考查两直线关系的判断，是根底题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．
3．〔5分〕在平面上，过点P作直线l的垂线所得的垂足称为点P在直线l上的投影，由区域中的点在直线x+y﹣2=0上的投影构成的线段记为AB，那么|AB|=〔　　〕
A．2 B．4 C．3 D．6
【分析】作出不等式组对应的平面区域，利用投影的定义，利用数形结合进行求解即可．
【解答】解：作出不等式组对应的平面区域如图：〔阴影局部〕，
区域内的点在直线x+y﹣2=0上的投影构成线段R′Q′，即SAB，
而R′Q′=RQ，
由得，即Q〔﹣1，1〕
由得，即R〔2，﹣2〕，
那么|AB|=|QR|===3，
应选：C．
【点评】此题主要考查线性规划的应用，作出不等式组对应的平面区域，利用投影的定义以及数形结合是解决此题的关键．
4．〔5分〕命题“∀x∈R，∃n∈N*，使得n≥x2〞的否认形式是〔　　〕
A．∀x∈R，∃n∈N*，使得n＜x2 B．∀x∈R，∀n∈N*，使得n＜x2
C．∃x∈R，∃n∈N*，使得n＜x2 D．∃x∈R，∀n∈N*，使得n＜x2
【分析】特称命题的否认是全称命题，全称命题的否认是特称命题，依据规那么写出结论即可
【解答】解：“∀x∈R，∃n∈N*，使得n≥x2〞的否认形式是“∃x∈R，∀n∈N*，使得n＜x2“
应选：D．
【点评】此题考查命题的否认，解此题的关键是掌握住特称命题的否认是全称命题，书写答案是注意量词的变化．
5．〔5分〕设函数f〔x〕=sin2x+bsinx+c，那么f〔x〕的最小正周期〔　　〕
A．与b有关，且与c有关 B．与b有关，但与c无关
C．与b无关，且与c无关 D．与b无关，但与c有关
【分析】根据三角函数的图象和性质即可判断．
【解答】解：∵设函数f〔x〕=sin2x+bsinx+c，
∴f〔x〕图象的纵坐标增加了c，横坐标不变，故周期与c无关，
当b=0时，f〔x〕=sin2x+bsinx+c=﹣cos2x++c的最小正周期为T==π，
当b≠0时，f〔x〕=﹣cos2x+bsinx++c，
∵y=cos2x的最小正周期为π，y=bsinx的最小正周期为2π，
∴f〔x〕的最小正周期为2π，
故f〔x〕的最小正周期与b有关，
应选：B．
【点评】此题考查了三角函数的最小正周期，关键掌握三角函数的图象和性质，属于中档题．
6．〔5分〕如图，点列{An}、{Bn}分别在某锐角的两边上，且|AnAn+1|=|An+1An+2|，An≠An+1，n∈N*，|BnBn+1|=|Bn+1Bn+2|，Bn≠Bn+1，n∈N*，〔P≠Q表示点P与Q不重合〕假设dn=|AnBn|，Sn为△AnBnBn+1的面积，那么〔　　〕
A．{Sn}是等差数列 B．{Sn2}是等差数列
C．{dn}是等差数列 D．{dn2}是等差数列
【分析】设锐角的顶点为O，再设|OA1|=a，|OB1|=c，|AnAn+1|=|An+1An+2|=b，|BnBn+1|=|Bn+1Bn+2|=d，由于a，c不确定，判断C，D不正确，设△AnBnBn+1的底边BnBn+1上的高为hn，运用三角形相似知识，hn+hn+2=2hn+1，由Sn=d•hn，可得Sn+Sn+2=2Sn+1，进而得到数列{Sn}为等差数列．
【解答】解：设锐角的顶点为O，|OA1|=a，|OB1|=c，
|AnAn+1|=|An+1An+2|=b，|BnBn+1|=|Bn+1Bn+2|=d，
由于a，c不确定，那么{dn}不一定是等差数列，
{dn2}不一定是等差数列，
设△AnBnBn+1的底边BnBn+1上的高为hn，
由三角形的相似可得==，
==，
两式相加可得，==2，
即有hn+hn+2=2hn+1，
由Sn=d•hn，可得Sn+Sn+2=2Sn+1，
即为Sn+2﹣Sn+1=Sn+1﹣Sn，
那么数列{Sn}为等差数列．
另解：可设△A1B1B2，△A2B2B3，…，AnBnBn+1为直角三角形，
且A1B1，A2B2，…，AnBn为直角边，
即有hn+hn+2=2hn+1，
由Sn=d•hn，可得Sn+Sn+2=2Sn+1，
即为Sn+2﹣Sn+1=Sn+1﹣Sn，
那么数列{Sn}为等差数列．
应选：A．
【点评】此题考查等差数列的判断，注意运用三角形的相似和等差数列的性质，考查化简整理的推理能力，属于中档题．
7．〔5分〕椭圆与双曲线C2：﹣y2=1〔n＞0〕的焦点重合，e1，e2分别为C1，C2的离心率，那么〔　　〕
A．m＞n且e1e2＞1 B．m＞n且e1e2＜1 C．m＜n且e1e2＞1 D．m＜n且e1e2＜1
【分析】由题意可得m2﹣1=n2+1，即m2=n2+2，由条件可得m＞n，再由离心率公式，即可得到结论．
【解答】解：由题意可得m2﹣1=n2+1，即m2=n2+2，
又m＞1，n＞0，那么m＞n，
由e12•e22=•=•
=
=1+＞1，
那么e1•e2＞1．
应选：A．
【点评】此题考查双曲线和椭圆的离心率的关系，考查椭圆和双曲线的方程和性质，以及转化思想和运算能力，属于中档题．
8．〔5分〕实数a，b，c．〔　　〕
A．假设|a2+b+c|+|a+b2+c|≤1，那么a2+b2+c2＜100
B．假设|a2+b+c|+|a2+b﹣c|≤1，那么a2+b2+c2＜100
C．假设|a+b+c2|+|a+b﹣c2|≤1，那么a2+b2+c2＜100
D．假设|a2+b+c|+|a+b2﹣c|≤1，那么a2+b2+c2＜100
【分析】此题可根据选项特点对a，b，c设定特定值，采用排除法解答．
【解答】解：A．设a=b=10，c=﹣110，那么|a2+b+c|+|a+b2+c|=0≤1，a2+b2+c2＞100；
B．设a=10，b=﹣100，c=0，那么|a2+b+c|+|a2+b﹣c|=0≤1，a2+b2+c2＞100；
C．设a=100，b=﹣100，c=0，那么|a+b+c2|+|a+b﹣c2|=0≤1，a2+b2+c2＞100；
应选：D．
【点评】此题主要考查命题的真假判断，由于正面证明比较复杂，故利用特殊值法进行排除是解决此题的关键．
二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分．
9．〔4分〕假设抛物线y2=4x上的点M到焦点的距离为10，那么M到y轴的距离是　9　．
【分析】根据抛物线的性质得出M到准线x=﹣1的距离为10，故到y轴的距离为9．
【解答】解：抛物线的准线为x=﹣1，
∵点M到焦点的距离为10，
∴点M到准线x=﹣1的距离为10，
∴点M到y轴的距离为9．
故答案为：9．
【点评】此题考查了抛物线的性质，属于根底题．
10．〔6分〕2cos2x+sin2x=Asin〔ωx+φ〕+b〔A＞0〕，那么A=，b=　1　．
【分析】根据二倍角的余弦公式、两角和的正弦函数化简左边，即可得到答案．
【解答】解：∵2cos2x+sin2x=1+cos2x+sin2x
=1+〔cos2x+sin2x〕
=sin〔2x+〕+1，
∴A=，b=1，
故答案为：；1．
【点评】此题考查了二倍角的余弦公式、两角和的正弦函数的应用，熟练掌握公式是解题的关键．
11．〔6分〕某几何体的三视图如下列图〔单位：cm〕，那么该几何体的外表积是　80　cm2，体积是　40　cm3．
【分析】由三视图可得，该组合体是一个长方体上面放置了一个小正方体，代入体积公式和面积公式计算即可．
【解答】解：由三视图可得，该组合体是一个长方体上面放置了一个小正方体，
那么其外表积为6×22+2×42+4×2×4﹣2×22=80cm2，
其体积为23+4×2×4=40，
故答案为：80，40
【点评】此题考查了由三视图求几何体的体积和外表积，解题的关键是判断几何体的形状及相关数据所对应的几何量，考查空间想象能力．
12．〔6分〕a＞b＞1，假设logab+logba=，ab=ba，那么a=　4　，b=　2　．
【分析】设t=logba并由条件求出t的范围，代入logab+logba=化简后求出t的值，得到a与b的关系式代入ab=ba化简后列出方程，求出a、b的值．
【解答】解：设t=logba，由a＞b＞1知t＞1，
代入logab+logba=得，
即2t2﹣5t+2=0，解得t=2或t=〔舍去〕，
所以logba=2，即a=b2，
因为ab=ba，所以b2b=ba，那么a=2b=b2，
解得b=2，a=4，
故答案为：4；2．
【点评】此题考查对数的运算性质，以及换元法在解方程中的应用，属于根底题．
13．〔6分〕设数列{an}的前n项和为Sn，假设S2=4，an+1=2Sn+1，n∈N*，那么a1=　1　，S5=　121　．
【分析】运用n=1时，a1=S1，代入条件，结合S2=4，解方程可得首项；再由n＞1时，an+1=Sn+1﹣Sn，结合条件，计算即可得到所求和．
【解答】解：由n=1时，a1=S1，可得a2=2S1+1=2a1+1，
又S2=4，即a1+a2=4，
即有3a1+1=4，解得a1=1；
由an+1=Sn+1﹣Sn，可得
Sn+1=3Sn+1，
由S2=4，可得S3=3×4+1=13，
S4=3×13+1=40，
S5=3×40+1=121．
故答案为：1，121．
【点评】此题考查数列的通项和前n项和的关系：n=1时，a1=S1，n＞1时，an=Sn﹣Sn﹣1，考查运算能力，属于中档题．
14．〔4分〕如图，在△ABC中，AB=BC=2，∠ABC=120°．假设平面ABC外的点P和线段AC上的点D，满足PD=DA，PB=BA，那么四面体PBCD的体积的最大值是．
【分析】由题意，△ABD≌△PBD，可以理解为△PBD是由△ABD绕着BD旋转得到的，对于每段固定的AD，底面积BCD为定值，要使得体积最大，△PBD必定垂直于平面ABC，此时高最大，体积也最大．
【解答】解：如图，M是AC的中点．
①当AD=t＜AM=时，如图，此时高为P到BD的距离，也就是A到BD的距离，即图中AE，
DM=﹣t，由△ADE∽△BDM，可得，∴h=，
V==，t∈〔0，〕
②当AD=t＞AM=时，如图，此时高为P到BD的距离，也就是A到BD的距离，即图中AH，
DM=t﹣，由等面积，可得，∴，
∴h=，
∴V==，t∈〔，2〕
综上所述，V=，t∈〔0，2〕
令m=∈[1，2〕，那么V=，∴m=1时，Vmax=．
故答案为：．
【点评】此题考查体积最大值的计算，考查学生转化问题的能力，考查分类讨论的数学思想，对思维能力和解题技巧有一定要求，难度大．
15．〔4分〕向量，，||=1，||=2，假设对任意单位向量，均有|•|+|•|≤，那么•的最大值是．
【分析】根据向量三角形不等式的关系以及向量数量积的应用进行计算即可得到结论．
【解答】解：由绝对值不等式得≥|•|+|•|≥|•+•|=|〔+〕•|，
于是对任意的单位向量，均有|〔+〕•|≤，
∵|〔+〕|2=||2+||2+2•=5+2•，
∴|〔+〕|=，
因此|〔+〕•|的最大值≤，
那么•≤，
下面证明：•可以取得，
〔1〕假设|•|+|•|=|•+•|，那么显然满足条件．
〔2〕假设|•|+|•|=|•﹣•|，此时|﹣|2=||2+||2﹣2•=5﹣1=4，
此时|﹣|=2于是|•|+|•|=|•﹣•|≤2，符合题意，
综上•的最大值是，
法2：由于任意单位向量，可设=，
那么|•|+|•|=||+||≥||+|=||=|+|，
∵|•|+|•|≤，∴|+|≤，
即〔+〕2≤6，
即||2+||2+2•≤6，
∵||=1，||=2，
∴•≤，
即•的最大值是．
法三：设=，=，=，
那么=+，=﹣，
|•|+|•|=||+||=||≤||，
由题设当且仅当与同向时，等号成立，此时〔+〕2取得最大值6，
由于|+|2+|﹣|〕2=2〔||2+||2〕=10，
于是〔﹣〕2取得最小值4，
那么•=，
•的最大值是．
故答案为：．
【点评】此题主要考查平面向量数量积的应用，根据绝对值不等式的性质以及向量三角形不等式的关系是解决此题的关键．综合性较强，有一定的难度．
三、解答题：本大题共5小题，共74分．解容许写出文字说明，证明过程或演算步骤．
16．〔14分〕在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，b+c=2acosB．
〔Ⅰ〕证明：A=2B；
〔Ⅱ〕假设△ABC的面积S=，求角A的大小．
【分析】〔Ⅰ〕利用正弦定理，结合和角的正弦公式，即可证明A=2B
〔Ⅱ〕假设△ABC的面积S=，那么bcsinA=，结合正弦定理、二倍角公式，即可求角A的大小．
【解答】〔Ⅰ〕证明：∵b+c=2acosB，
∴sinB+sinC=2sinAcosB，
∴sinB+sin〔A+B〕=2sinAcosB
∴sinB+sinAcosB+cosAsinB=2sinAcosB
∴sinB=sinAcosB﹣cosAsinB=sin〔A﹣B〕
∵A，B是三角形中的角，
∴B=A﹣B，
∴A=2B；
〔Ⅱ〕解：∵△ABC的面积S=，
∴bcsinA=，
∴2bcsinA=a2，
∴2sinBsinC=sinA=sin2B，
∴sinC=cosB，
∴B+C=90°，或C=B+90°，
∴A=90°或A=45°．
【点评】此题考查了正弦定理，解三角形，考查三角形面积的计算，考查二倍角公式的运用，属于中档题．
17．〔15分〕如图，在三棱台ABC﹣DEF中，平面BCFE⊥平面ABC，∠ACB=90°，BE=EF=FC=1，BC=2，AC=3，
〔Ⅰ〕求证：BF⊥平面ACFD；
〔Ⅱ〕求二面角B﹣AD﹣F的余弦值．
【分析】〔I〕先证明BF⊥AC，再证明BF⊥CK，进而得到BF⊥平面ACFD．
〔II〕方法一：先找二面角B﹣AD﹣F的平面角，再在Rt△BQF中计算，即可得出；
方法二：通过建立空间直角坐标系，分别计算平面ACK与平面ABK的法向量，进而可得二面角B﹣AD﹣F的平面角的余弦值．
【解答】〔I〕证明：延长AD，BE，CF相交于点K，如下列图，∵平面BCFE⊥平面ABC，∠ACB=90°，
∴AC⊥平面BCK，∴BF⊥AC．
又EF∥BC，BE=EF=FC=1，BC=2，∴△BCK为等边三角形，且F为CK的中点，那么BF⊥CK，
∴BF⊥平面ACFD．
〔II〕方法一：过点F作FQ⊥AK，连接BQ，∵BF⊥平面ACFD．∴BF⊥AK，那么AK⊥平面BQF，
∴BQ⊥AK．∴∠BQF是二面角B﹣AD﹣F的平面角．
在Rt△ACK中，AC=3，CK=2，可得FQ=．
在Rt△BQF中，BF=，FQ=．可得：cos∠BQF=．
∴二面角B﹣AD﹣F的平面角的余弦值为．
方法二：如图，延长AD，BE，CF相交于点K，那么△BCK为等边三角形，
取BC的中点，那么KO⊥BC，又平面BCFE⊥平面ABC，∴KO⊥平面BAC，
以点O为原点，分别以OB，OK的方向为x，z的正方向，建立空间直角坐标系O﹣xyz．
可得：B〔1，0，0〕，C〔﹣1，0，0〕，K〔0，0，〕，A〔﹣1，﹣3，0〕，，．
=〔0，3，0〕，=，
=〔2，3，0〕．
设平面ACK的法向量为=〔x1，y1，z1〕，平面ABK的法向量为=〔x2，y2，z2〕，由，可得，
取=．
由，可得，取=．
∴==．
∴二面角B﹣AD﹣F的余弦值为．
【点评】此题考查了空间位置关系、法向量的应用、空间角，考查了空间想象能力、推理能力与计算能力，属于中档题．
18．〔15分〕a≥3，函数F〔x〕=min{2|x﹣1|，x2﹣2ax+4a﹣2}，其中min〔p，q〕=
〔Ⅰ〕求使得等式F〔x〕=x2﹣2ax+4a﹣2成立的x的取值范围
〔Ⅱ〕〔i〕求F〔x〕的最小值m〔a〕
〔ii〕求F〔x〕在[0，6]上的最大值M〔a〕
【分析】〔Ⅰ〕由a≥3，讨论x≤1时，x＞1，去掉绝对值，化简x2﹣2ax+4a﹣2﹣2|x﹣1|，判断符号，即可得到F〔x〕=x2﹣2ax+4a﹣2成立的x的取值范围；
〔Ⅱ〕〔i〕设f〔x〕=2|x﹣1|，g〔x〕=x2﹣2ax+4a﹣2，求得f〔x〕和g〔x〕的最小值，再由新定义，可得F〔x〕的最小值；
〔ii〕分别对当0≤x≤2时，当2＜x≤6时，讨论F〔x〕的最大值，即可得到F〔x〕在[0，6]上的最大值M〔a〕．
【解答】解：〔Ⅰ〕由a≥3，故x≤1时，
x2﹣2ax+4a﹣2﹣2|x﹣1|=x2+2〔a﹣1〕〔2﹣x〕＞0；
当x＞1时，x2﹣2ax+4a﹣2﹣2|x﹣1|=x2﹣〔2+2a〕x+4a=〔x﹣2〕〔x﹣2a〕，
那么等式F〔x〕=x2﹣2ax+4a﹣2成立的x的取值范围是[2，2a]；
〔Ⅱ〕〔i〕设f〔x〕=2|x﹣1|，g〔x〕=x2﹣2ax+4a﹣2，
那么f〔x〕min=f〔1〕=0，g〔x〕min=g〔a〕=﹣a2+4a﹣2．
由﹣a2+4a﹣2=0，解得a1=2+，a2=2﹣〔负的舍去〕，
由F〔x〕的定义可得m〔a〕=min{f〔1〕，g〔a〕}，
即m〔a〕=；
〔ii〕当0≤x≤2时，F〔x〕≤f〔x〕≤max{f〔0〕，f〔2〕}=2=F〔2〕；
当2＜x≤6时，f〔x〕≤g〔x〕≤max{g〔2〕，g〔6〕}
=max{2，34﹣8a}=max{f〔2〕，f〔6〕}．
那么M〔a〕=．
【点评】此题考查新定义的理解和运用，考查分类讨论的思想方法，以及二次函数的最值的求法，不等式的性质，考查化简整理的运算能力，属于中档题．
19．〔15分〕如图，设椭圆C：+y2=1〔a＞1〕
〔Ⅰ〕求直线y=kx+1被椭圆截得到的弦长〔用a，k表示〕
〔Ⅱ〕假设任意以点A〔0，1〕为圆心的圆与椭圆至多有三个公共点，求椭圆的离心率的取值范围．
【分析】〔Ⅰ〕联立直线y=kx+1与椭圆方程，利用弦长公式求解即可．
〔Ⅱ〕写出圆的方程，假设圆A与椭圆有4个公共点，再利用对称性有解条件可得任意一A〔0，1〕为圆心的圆与椭圆至多有3个公共点，a的取值范围，进而可得椭圆的离心率的取值范围．
【解答】解：〔Ⅰ〕由题意可得：，可得：〔1+a2k2〕x2+2ka2x=0，
得x1=0或x2=，
直线y=kx+1被椭圆截得到的弦长为：=．
〔Ⅱ〕假设圆A与椭圆有4个公共点，由对称性可设y轴左侧的椭圆上有两个不同的点P，Q，满足|AP|=|AQ|，
记直线AP，AQ的斜率分别为：k1，k2；且k1，k2＞0，k1≠k2，由〔1〕可知|AP|=，
|AQ|=，
故：=，
所以，〔k12﹣k22〕[1+k12+k22+a2〔2﹣a2〕k12k22]=0，由k1≠k2，
k1，k2＞0，可得：1+k12+k22+a2〔2﹣a2〕k12k22=0，
因此a2〔a2﹣2〕①，
因为①式关于k1，k2的方程有解的充要条件是：1+a2〔a2﹣2〕＞1，
所以a＞．
因此，任意点A〔0，1〕为圆心的圆与椭圆至多有三个公共点的充要条件为：1＜a≤，
e==得，所求离心率的取值范围是：．
【点评】此题考查直线与椭圆的位置关系的综合应用，椭圆与圆的位置关系的综合应用，考查分析问题解决问题的能力，考查转化思想以及计算能力．
20．〔15分〕设数列满足|an﹣|≤1，n∈N*．
〔Ⅰ〕求证：|an|≥2n﹣1〔|a1|﹣2〕〔n∈N*〕
〔Ⅱ〕假设|an|≤〔〕n，n∈N*，证明：|an|≤2，n∈N*．
【分析】〔I〕使用三角不等式得出|an|﹣|an+1|≤1，变形得﹣≤，使用累加法可求得＜1，即结论成立；
〔II〕利用〔I〕的结论得出﹣＜，进而得出|an|＜2+〔〕m•2n，利用m的任意性可证|an|≤2．
【解答】解：〔I〕∵|an﹣|≤1，∴|an|﹣|an+1|≤1，
∴﹣≤，n∈N*，
∴=〔﹣〕+〔﹣〕+…+〔﹣〕≤+++…+==1﹣＜1．
∴|an|≥2n﹣1〔|a1|﹣2〕〔n∈N*〕．
〔II〕任取n∈N*，由〔I〕知，对于任意m＞n，
﹣=〔﹣〕+〔﹣〕+…+〔﹣〕
≤++…+=＜．
∴|an|＜〔+〕•2n≤[+•〔〕m]•2n=2+〔〕m•2n．①
由m的任意性可知|an|≤2．
否那么，存在n0∈N*，使得|a|＞2，
取正整数m0＞log且m0＞n0，那么
2•〔〕＜2•〔〕=|a|﹣2，与①式矛盾．
综上，对于任意n∈N*，都有|an|≤2．
【点评】此题考查了不等式的应用与证明，等比数列的求和公式，放缩法证明不等式，难度较大．