2020盐城伍佑中学高三下学期网上授课阶段考试数学试题含答案

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盐城市伍佑中学2020届高三年级网上授课阶段考试 数学试题考试时间：120分钟 总分：160分 一、 填空题：本大题共14小题，每小题5分，共70分. 不需写出解答过程，请把答案直接写在指定位置上．1. 已知集合A＝{x|x≤2}，则∁RA＝________．2.若复数z＝eq \f(1－\r(2)i,－\r(2)＋i)，则复数z的模为________．3.若一组样本数据2 016，2 017，x，2 019，2 020的平均数为2 018，则该组样本数据的方差为________．4.函数f(x)＝lg(1－2x－x2)的定义域为________．5. 根据如图所示的伪代码，当输出y的值为2时，则输入的x的取值集合为________．6.若f(x)，g(x)是定义在[a，b]上的初等函数，则“∃x∈[a，b]，使得f(x)≤g(x)成立”是“∀x∈[a，b]，使得f(x)≤g(x)成立”的________条件．7.设点A为双曲线eq \f(x2,4)－y2＝1上位于第一象限内的一点，其横坐标为2eq \r(2).若点A到一条渐近线的较小距离为d，则eq \r(5)d的值为________．8.已知5名唱歌爱好者中恰好有一对夫妻．若从中随机抽取3人去参加歌咏比赛，则这对夫妻被抽中的概率为________. 9.设Sn为等差数列{an}的前n项和，S4＝14，则a1d的最大值为________．10.各棱长都为1的正四棱锥与各棱长都为1的正四棱柱的体积之比为m，则m的值为________．11.设关于x，y的不等式eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3x＋4y≥0，,y－m≤0，,y≥x－1))表示一个三角形的区域A，(x－5)2＋(y－4)2≤ 8表示的区域为B，则区域A∩B的最大面积为________．12.设α，θ为锐角，tan θ＝atan α(a>1)．若函数y＝θ－α的最大值为eq \f(π,6)，则a的值为________．13.已知点A，B分别在两个同心圆O上运动，且OA＝1，OB＝2，则|eq \o(OA,\s\up6(→))＋eq \o(OB,\s\up6(→))|＋|eq \o(OA,\s\up6(→))－eq \o(OB,\s\up6(→))|的取值范围是________．14. 已知点A(－1，0)，B(1，0)，C(0，1)．若直线y＝ax＋b将△ABC分割为面积相等的两部分，当a∈(0，＋∞)时，则b的取值范围是________．二、 解答题：本大题共6小题，共90分. 解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．15. (本小题满分14分)已知平面直角坐标系中△ABC的顶点分别为A(m，eq \r(3)m)(m>0)，B(0，0)，C(a，0)，其中a>0，角∠B，∠C的对边长分别是b，c.(1) 若a＝4m，求角A的大小；(2) 若b＝2eq \r(3)，B＝eq \f(π,3)，求a＋c的最大值．16. (本小题满分14分)如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，E为CD上任意一点(不位于端点处)，P是AA1的中点．(1) 若DP∥平面B1AE，求证：E为CD中点；(2) 若AA1＝AD，AB为任意长，F为BC的中点，求证： PD⊥C1F.17. (本小题满分14分)设△AnBnCn的三个顶点An，Bn，Cn所对的三边长分别为an，bn，cn，△AnBnCn的面积为Sn(n∈N*)，b1＞c1，b1＋c1＝2a1，an＋1＝an，bn＋1＝eq \f(cn＋an,2)，cn＋1＝eq \f(bn＋an,2)(n∈N*)．(1) 求证：数列{bn＋cn}为常数列；(2) 设eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(bn－an,b1－c1)))（2n－1）))的前n项和是Tn，求证：Tn＜3.18. (本小题满分16分) 已知eq \o(OA,\s\up6(→))＝(x＋1，eq \r(2)y＋eq \r(3))，eq \o(OB,\s\up6(→))＝(x－1，eq \r(2)y－eq \r(3))，eq \o(OA,\s\up6(→))⊥eq \o(OB,\s\up6(→))，动点M的坐标是(x，y)．(1) 求动点M的轨迹方程，并说明轨迹C是什么曲线；(2) 设M是轨迹C上任意一点，在x轴上是否存在两个不同的定点P，Q，满足kMPkMQ(kMP，kMQ分别表示直线MP，MQ的斜率)是定值？若存在，求出P，Q的坐标，否则说明理由．19. (本小题满分16分)如图是一个钻头的示意图，上部是一个圆锥O1O2，下部是一个圆柱O2O3，圆锥的底面与圆柱的上底面重合，圆锥的底面半径r和高h以及圆柱的高H都可以调节其大小．已知圆锥的母线长为定值a，且H＝2h.设钻头的体积为V，圆锥的侧面积为S.(1) 试验表明：当且仅当eq \f(V,S)取得最大值时，钻头的冲击力最大．试求冲击力最大时，r，h分别为多少；(2) 试求钻头的体积的最大值．20. (本小题满分16分)已知g(t)＝(t＋1)ln t－(t－1)ln b，t∈(1，＋∞)．求证：(1) 当0＜b≤e2时，∀t∈(1，＋∞)，g(t)＞0；(2) 当b＞e2时，g(t)在(1，＋∞)上存在零点．数学试题（附加题）考试时间：30分钟 总分：40分 21. 【选做题】则按作答的前两题评分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．A. (选修42：矩阵与变换)已知T变换将曲线C1：eq \f(x2,4)＋y2＝1变换为单位圆x2＋y2＝1，S变换将曲线C2：eq \f(x2,9)－eq \f(y2,4)＝1变换为等轴双曲线x2－y2＝1，现在将曲线C3：eq \f(x2,36)＋eq \f(y2,4)＝1先进行T变换，再进行S变换得到曲线C，求曲线C的方程．B. (选修44：坐标系与参数方程)在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝t2，,y＝2t，))t∈R，P为曲线C上一点，以射线Ox为极轴建立极坐标系．已知Q，R的极坐标分别是(2eq \r(2)，eq \f(π,4))，(1，0)，求PQ＋PR的最小值．【必做题】第22题、第23题，每小题10分，共20分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．22. 如图，直三棱柱ABCA1B1C1的各条棱长均为2，D，E分别为棱B1C1，AC的中点，O是侧面ABB1A1的中心，P为侧棱AA1所在线段上任意一点．以A为空间直角坐标系的原点，AC作y轴，AA1作z轴，建立空间直角坐标系．(1) 确定x轴的位置，并求平面ODE的一个法向量；(2) 求直线OP与平面ODE所成角的最大值．23. 已知f0(x)＝xsin 2x，设fn(x)＝f′n－1(x)，n∈N*.(1) 求f1(x)，f2(x)，f3(x)的值；(2) 猜想fn(x)的表达式，运用数学归纳法证明．参考答案1. {x|x＞2}　解析：∁RA＝{x|x＞2}．2. 1　解析：eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1－\r(2)i,－\r(2)＋i)))＝eq \f(\r(12＋（－\r(2)）2),\r(（－\r(2)）2＋12))＝1.3. 2　解析：由已知得2 016＋2 017＋x＋2 019＋2 020＝5×2 018，所以x＝2 018，所以该组样本数据的方差为[(2 016－2 018)2＋(2 017－2 018)2＋(2 018－2 018)2＋(2 019－2 018)2＋(2 020－2 018)2]×eq \f(1,5)＝2.4. (－1－eq \r(2)，－1＋eq \r(2))　解析：若f(x)＝lg(1－2x－x2)有意义，则1－2x－x2＞0，－1－eq \r(2)＜x＜－1＋eq \r(2).5. {－1，e2}　解析：x≤0，x2＋1＝2或x＞0，ln x＝2，所以x＝－1或e2.6. 必要不充分　解析：“∃x∈[a，b]，使得f(x)≤g(x)”不一定推出“∀x∈[a，b]，使得f(x)≤g(x)”，但“∀x∈[a，b]，使得f(x)≤g(x)”一定可以推出“∃x∈[a，b]，f(x)≤g(x)”．7. 2eq \r(2)－2　解析：A点的坐标为(2eq \r(2)，1)，d＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(2),2)－1)),\r(12＋（\f(1,2)）2))＝eq \f(2（\r(2)－1）,\r(5))，所以eq \r(5)d的值为2eq \r(2)－2.8. eq \f(3,10)　解析：基本事件数为10个，其中这对夫妻被抽中的有3个，所以这对夫妻被抽中的概率为eq \f(3,10).9. eq \f(49,24)　解析：设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，由题意得，4a1＋eq \f(4（4－1）,2)d＝14，所以2a1＋3d＝7，所以a1d＝a1·eq \f(7－2a1,3)＝eq \f(7a1－2aeq \o\al(2,1),3)≤eq \f(49,24).10. eq \f(\r(2),6)　解析：正四棱柱的体积为1，正四棱锥的高为eq \f(\r(2),2)，底面积为1，故体积为eq \f(\r(2),6)，所以正四棱锥与正四棱柱的体积之比为eq \r(2)∶6，即m＝eq \f(\r(2),6).11. 4π　解析：如图，因为圆心(5，4)在此区域A的边界直线y＝x－1上，所以当m充分大时，区域A∩B的最大面积为圆(x－5)2＋(y－4)2＝8的面积的一半，即为4π.12. 3　解析：tan y＝tan(θ－α)＝eq \f(tan θ－tan α,1＋tan θtan α)＝eq \f(（a－1）tan α,1＋atan2α)≤eq \f(（a－1）tan α,2\r(atan2α))＝eq \f(a－1,2\r(a))，当且仅当1＝atan2α，即tan α＝eq \f(1,\r(a))时，函数tan y取得最大值eq \f(\r(3),3)，所以eq \f(a－1,2\r(a))＝eq \f(\r(3),3)，解得a＝3.13. [4，2eq \r(5)]　解析：设∠AOB＝θ，由余弦定理得|eq \o(OA,\s\up6(→))＋eq \o(OB,\s\up6(→))|＋|eq \o(OA,\s\up6(→))－eq \o(OB,\s\up6(→))|＝eq \r(\a\vs4\al(|\o(OA,\s\up6(→))＋\o(OB,\s\up6(→))|2))＋eq \r(\a\vs4\al(|\o(OA,\s\up6(→))－\o(OB,\s\up6(→))|2))＝eq \r(\o(OA,\s\up6(→))2＋2\o(OA,\s\up6(→))·\o(OB,\s\up6(→))＋\o(OB,\s\up6(→))2)＋eq \r(\o(OA,\s\up6(→))2－2\o(OA,\s\up6(→))·\o(OB,\s\up6(→))＋\o(OB,\s\up6(→))2)＝eq \r(5＋4cos θ)＋eq \r(5－4cos θ).令y＝eq \r(5＋4cos θ)＋eq \r(5－4cos θ)，则y2＝10＋2eq \r(25－16cos2θ)∈[16，20]，据此可得|eq \o(OA,\s\up6(→))＋eq \o(OB,\s\up6(→))|＋|eq \o(OA,\s\up6(→))－eq \o(OB,\s\up6(→))|的取值范围是[4，2eq \r(5)]．14. (1－eq \f(\r(2),2)，eq \f(1,2))　解析：当直线y＝ax＋b(a>0)将△ABC分割为面积相等的两部分且过BC的中点时，a＝eq \f(1,3).当a∈(0，eq \f(1,3))时，如图①所示，设直线y＝ax＋b与AC，BC分别交于P，Q，计算得P，Q的横坐标分别是eq \f(b－1,1－a)，eq \f(1－b,1＋a).由直线y＝ax＋b(a>0)将△ABC分割为面积相等的两部分，得eq \f(CP·CQ,CA·CB)＝eq \f(1,2)，进一步得eq \f(\r(2)\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(b－1,1－a)))·\r(2)\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1－b,1＋a))),\r(2)·\r(2))＝eq \f(1,2)，化简得b＝1－eq \r(\f(1－a2,2))∈(1－eq \f(\r(2),2)，eq \f(1,3))；当a∈[eq \f(1,3)，＋∞)时，如图②所示，同理可得，b∈[eq \f(1,3)，eq \f(1,2))．综上，直线y＝ax＋b(a>0)将△ABC分割为面积相等的两部分，b的取值范围是(1－eq \f(\r(2),2)，eq \f(1,2))①②15. 解：(1) eq \o(AB,\s\up6(→))＝(－m，－eq \r(3)m)，eq \o(AC,\s\up6(→))＝(a－m，－eq \r(3)m)，因为a＝4m，所以eq \o(AC,\s\up6(→))＝(3m，－eq \r(3)m)，所以cos A＝cos〈eq \o(AC,\s\up6(→))，eq \o(AB,\s\up6(→))〉＝eq \f(－3m2＋3m2,2m×2\r(3)m)＝0，所以A＝eq \f(π,2).(6分)(2) 由已知条件得B＝eq \f(π,3)，A＞0，C＞0，由△ABC的内角和A＋B＋C＝π，得0＜A＜eq \f(2π,3)，由正弦定理知eq \f(a＋c,sin A＋sin C)＝eq \f(b,sin B)，所以a＋c＝eq \f(b,sin B)(sin A＋sin C)＝4(sin A＋sin C)＝4sin A＋4sin(eq \f(2π,3)－A)＝4eq \r(3)sin(A＋eq \f(π,6))(eq \f(π,6)＜A＋eq \f(π,6)＜eq \f(5π,6))，所以当A＋eq \f(π,6)＝eq \f(π,2)，即A＝eq \f(π,3)时，a＋c取得最大值4eq \r(3).(14分)16. 证明：(1) 如图，取BB1的中点Q，连结PQ，CQ，设PQ∩AB1＝R，连结ER.因为点P是棱AA1的中点，所以R是AB1的中点．因为DP∥平面B1AE，平面PQCD∩平面B1AE＝RE，DP⊂平面PQCD，所以PD∥ER.因为PQ∥CD，所以四边形PRED是平行四边形，所以PR＝DE，所以E为CD中点．(6分) (2) 因为AA1＝AD，所以BB1＝BC.因为F为BC的中点，Q为BB1的中点，所以QC⊥C1F.在长方体ABCDA1B1C1D1中，AA1∥BB1，AA1＝BB1，因为P是AA1的中点，Q为BB1的中点，所以PA∥QB，PA＝QB，所以四边形PQBA为平行四边形，所以PQ∥AB，PQ＝AB.又AB∥CD，AB＝CD，所以PQ∥CD，PQ＝CD，所以四边形PQCD为平行四边形，所以PD∥QC，所以PD⊥C1F.(14分)17. 证明：(1) 因为an＋1＝an，所以an＝a1(n∈N*)．因为bn＋1＋cn＋1＝eq \f(1,2)(bn＋cn)＋an＝eq \f(1,2)(bn＋cn)＋a1，所以bn＋1＋cn＋1－2a1＝eq \f(1,2)(bn＋cn－2a1)，因为b1＋c1－2a1＝0，所以bn＋cn＝2a1(n∈N*)．(6分)即数列{bn＋cn}为常数列．(2) 由bn＋1＝eq \f(cn＋an,2)，cn＋1＝eq \f(bn＋an,2)，相减，得bn＋1－cn＋1＝－eq \f(1,2)(bn－cn)．又b1－c1＞0，所以数列{bn－cn}为等比数列，所以bn－cn＝(b1－c1)(－eq \f(1,2))n－1.又bn＋cn＝2a1(n∈N*)，以上两式相加得2bn＝2a1＋(－eq \f(1,2))n－1(b1－c1)，所以bn＝a1－(－eq \f(1,2))n(b1－c1)．因为a1＝an，所以bn＝an－(－eq \f(1,2))n(b1－c1)，所以eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(bn－an,b1－c1)))(2n－1)＝(eq \f(1,2))n(2n－1)，所以Tn＝eq \f(1,2)×1＋(eq \f(1,2))2×3＋(eq \f(1,2))3×5＋…＋(eq \f(1,2))n－1×(2n－3)＋(eq \f(1,2))n×(2n－1)，eq \f(1,2)Tn＝(eq \f(1,2))2×1＋(eq \f(1,2))3×3＋(eq \f(1,2))4×5＋…＋(eq \f(1,2))n×(2n－3)＋(eq \f(1,2))n＋1×(2n－1)，两式相减得eq \f(1,2)Tn＝eq \f(1,2)＋(eq \f(1,2))2×2＋(eq \f(1,2))3×2＋(eq \f(1,2))4×2＋…＋(eq \f(1,2))n×2－(eq \f(1,2))n＋1×(2n－1)，所以Tn＝1＋(eq \f(1,2))1×2＋(eq \f(1,2))2×2＋(eq \f(1,2))3×2＋…＋(eq \f(1,2))n－1×2－(eq \f(1,2))n×(2n－1)，所以Tn＝1＋2×eq \f(\f(1,2)－（\f(1,2)）n,1－\f(1,2))－(eq \f(1,2))n×(2n－1)，所以Tn＝3－eq \f(2n＋3,2n)＜3(n∈N*)．(14分)18. 解：(1) 由eq \o(OA,\s\up6(→))⊥eq \o(OB,\s\up6(→))，得eq \o(OA,\s\up6(→))·eq \o(OB,\s\up6(→))＝0，故(x＋1)(x－1)＋(eq \r(2)y＋eq \r(3))(eq \r(2)y－eq \r(3))＝0，化简得eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)＝1，动点M的轨迹是焦点在x轴上的椭圆．(6分)(2) 设P(p，0)，Q(q，0)，不妨设p＜q，则y2＝2－eq \f(x2,2)，设kMPkMQ＝c，所以eq \f(y,x－p)·eq \f(y,x－q)＝c，y2＝cx2－c(p＋q)x＋cpq，所以2－eq \f(x2,2)＝cx2－c(p＋q)x＋cpq，整理得(c＋eq \f(1,2))x2－c(p＋q)x＋(cpq－2)＝0(关于x的恒等式)．因为x∈[－2，2]，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(c＋\f(1,2)＝0，,－c（p＋q）＝0，,cpq－2＝0，))所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(c＝－\f(1,2)，,p＝－2，,q＝2.))所以存在定点P(－2，0)，Q(2，0)，使得kMPkMQ是定值－eq \f(1,2).(16分)19. 解：(1) 由已知得r2＋h2＝a2，所以eq \f(V,S)＝eq \f(πr2H＋\f(πr2h,3),πra)＝eq \f(7rh,3a)≤eq \f(7·\f(r2＋h2,2),3a)＝eq \f(7a,6)，当且仅当r＝h＝eq \f(\r(2),2)a时取等号．即冲击力最大时，r＝h＝eq \f(\r(2),2)a.(6分)(2) 钻头的体积V＝πr2H＋eq \f(πr2h,3)＝eq \f(7πr2h,3).因为r2＋h2＝a2，所以V＝eq \f(7πr2\r(a2－r2),3)＝eq \f(7π\r(r4（a2－r2）),3)＝eq \f(7π\r(a2r4－r6),3)，其中0＜r＜a.令u＝a2r4－r6，0＜r＜a，所以u′＝4a2r3－6r5＝2r3(2a2－3r2)＝0，解得r＝eq \f(\r(6),3)a，且当0＜r＜eq \f(\r(6),3)a时，u′＞0，当eq \f(\r(6),3)a＜r＜a时，u′＜0，所以当r＝eq \f(\r(6),3)a时，u取得最大值，即Vmax＝eq \f(7π（\f(\r(6),3)a）2\r(a2－（\f(\r(6),3)a）2),3)＝eq \f(14\r(3)πa3,27).(16分)20. 证明：(1) g′(t)＝ln t＋eq \f(t＋1,t)－ln b，g″(t)＝eq \f(t－1,t2)，因为t＞1，所以g″(t)＝eq \f(t－1,t2)＞0，所以g′(t)＝ln t＋eq \f(t＋1,t)－ln b在(1，＋∞)上单调递增，所以g′(t)＞g′(1)＝2－ln b.当0＜b≤e2时，得2－ln b≥0，所以g(t)＝(t＋1)ln t－(t－1)ln b在(1，＋∞)上单调递增，所以g(t)＞g(1)＝0，所以∀t∈(1，＋∞)，g(t)＞0.(6分)(2) 当b＞e2时，ln b－2＞0，所以eln b＞eln b－2＞1，g′(eln b－2)＝ln b－2＋eq \f(eln b－2＋1,eln b－2)－ln b＝eq \f(1－eln b－2,eln b－2)＜0，g′(eln b)＝ln b＋eq \f(eln b＋1,eln b)－ln b＝eq \f(b＋1,b)＞0.由零点存在定理得，g′(t)＝ln t＋eq \f(t＋1,t)－ln b在(eln b－2，eln b)上存在零点t0，因为g′(t)＝ln t＋eq \f(t＋1,t)－ln b在(1，＋∞)上单调递增，所以∀t∈(1，t0)，g′(t)＜0成立，所以g(t)在(1，t0)上单调递减，所以∀t∈(1，t0)，g(t)＜g(1)＝0成立，所以当t＞1时，(t＋1)ln t－(t－1)ln b＞0不恒成立，即g(t)在(1，t0)上不存在零点，且g(t0)＜0.又g(eln b)＝g(b)＝(b＋1)ln b－(b－1)ln b＝2ln b＞4＞0，且g(t)在(t0，＋∞)上单调递增，所以g(t)在(t0，eln b)，即(t0，b)上存在一个零点，即当b＞e2时，g(t)在(1，＋∞)上存在零点．(16分)附加题参考答案21. A. 解：因为T变换将曲线C1：eq \f(x2,4)＋y2＝1变换为单位圆x2＋y2＝1，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x′＝\f(x,2)，,y′＝y，))所以T变换对应的矩阵为M＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\ac\hs10\co2(\f(1,2),0,0,1))).因为S变换将曲线C2：eq \f(x2,9)－eq \f(y2,4)＝1变换为等轴双曲线x2－y2＝1，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x′＝\f(x,3)，,y′＝\f(y,2)，))所以T变换对应的矩阵为N＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\ac\hs10\co2(\f(1,3),0,0,\f(1,2))))，(5分)所以变换TS对应的矩阵为NM＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\ac\hs10\co2(\f(1,3),0,0,\f(1,2))))eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\ac\hs10\co2(\f(1,2),0,0,1)))＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\a\vs4\ac\hs10\co2(\f(1,6),0,0,\f(1,2))))，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x′＝\f(x,6)，,y′＝\f(y,2)，))现在将曲线C3：eq \f(x2,36)＋eq \f(y2,4)＝1先进行T变换，再进行S变换得到曲线C的方程为x2＋y2＝1.(10分)B. 解：将点Q，R的极坐标化为直角坐标分别为(2，2)，(1，0)，在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程是eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝t2，,y＝2t，))t∈R，消去参数得普通方程为y2＝4x，其轨迹为以R为焦点的抛物线，准线为l：x＝－1，(5分)且Q与焦点R在抛物线的同一侧，过P作PS⊥l于S，根据抛物线的定义得，PQ＋PR＝PQ＋PS的最小值是Q点到其准线l：x＝－1的距离，所以PQ＋PR的最小值为3.(10分)C. 解：不等式f(x－1)＋f(x)≥a的解集为R，转化为不等式在R上恒成立．(3分)因为f(x－1)＋f(x)＝|x－4|＋|x－3|≥|x－4＋3－x|＝1，所以1≥a，所以实数a的取值范围是(－∞，1]．(10分)22. 解：(1) 如图，过点A且与EB平行的直线作x轴，则O(eq \f(\r(3),2)，eq \f(1,2)，1)，D(eq \f(\r(3),2)，eq \f(3,2)，2)，E(0，1，0)，eq \o(ED,\s\up6(→))＝(eq \f(\r(3),2)，eq \f(1,2)，2)，eq \o(EO,\s\up6(→))＝(eq \f(\r(3),2)，－eq \f(1,2)，1)，设平面ODE的法向量为n＝(a，b，c)，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n·\o(ED,\s\up6(→))＝0，,n·\o(EO,\s\up6(→))＝0，))所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)a＋\f(1,2)b＋2c＝0，,\f(\r(3),2)a－\f(1,2) b＋c＝0，))取b＝1，则a＝eq \r(3)，c＝－1，所以n＝(eq \r(3)，1，－1)．(4分)(2) 设P(0，0，z)(0≤z≤2)，则eq \o(OP,\s\up6(→))＝(－eq \f(\r(3),2)，－eq \f(1,2)，z－1)．设直线OP与平面ODE所成的角为θ，则sin θ＝eq \f(|n·\o(OP,\s\up6(→))|,|n||\o(OP,\s\up6(→))|)＝eq \f(1＋z,\r(5)·\r(z2－2z＋2)).令1＋z＝t∈[1，3]，所以sin θ＝eq \f(t,\r(5)·\r(t2－4t＋5))＝eq \f(1,\r(5)·\r(\f(5,t2)－\f(4,t)＋1))≤eq \f(1,\r(5)·\r(5×（\f(2,5)）2－4×\f(2,5)＋1))＝1，当且仅当eq \f(1,t)＝eq \f(2,5)，即t＝eq \f(5,2)∈[1，3]时取等号，所以直线OP与平面ODE所成角的最大值为eq \f(π,2).(10分)23. 解：(1) f1(x)＝2xcos 2x＋sin 2x，f2(x)＝－4xsin 2x＋4cos 2x，f3(x)＝－8xcos 2x－12sin 2x.(2分)(2) fn(x)＝2nxsin(2x＋eq \f(nπ,2))－n·2n－1·cos(2x＋eq \f(nπ,2))，n∈N*.① 当n＝1时，显然成立；② 假设当n＝k时，fk(x)＝2kxsin(2x＋eq \f(kπ,2))－k·2k－1cos(2x＋eq \f(kπ,2))成立，当n＝k＋1时，fk＋1(x)＝f′k(x)＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2kxsin（2x＋\f(kπ,2)）－k·2k－1cos（2x＋\f(kπ,2)）))′＝2ksin(2x＋eq \f(kπ,2))＋2k＋1xcos(2x＋eq \f(kπ,2))＋k·2k·sin(2x＋eq \f(kπ,2))＝(k＋1)2ksin(2x＋eq \f(kπ,2))＋2k＋1xcos(2x＋eq \f(kπ,2))＝－(k＋1)2kcos[2x＋eq \f(（k＋1）π,2)]＋2k＋1x·sin[2x＋eq \f(（k＋1）π,2)]，即当n＝k＋1时，结论成立．由①②得fn(x)＝2nxsin(2x＋eq \f(nπ,2))－n·2n－1·cos(2x＋eq \f(nπ,2))，n∈N*成立．(10分)