【文档说明】河南省驻马店市2020-2021学年高三上学期11校期中联考数学（理）参考答案及解析.pdf，共(10)页，1.047 MB，由小赞的店铺上传

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高三·数学（理科）第1页（共10页）环际大联考“圆梦计划”2020～2021学年度第一学期期中考试高三数学（理科）参考答案与评分标准一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）1.D【解析】∵

𝑈={𝑥|𝑦=𝑥+1}=𝐑，𝑀={𝑥|𝑥>5或𝑥<−3}，∴∁𝑈𝑀={𝑥|−3≤𝑥≤5}=[−3,5]．2.B【解析】∵复数𝑧满足𝑧i−1=√2i，∴𝑧=1+√2ii=√2−i，∴复数𝑧的模为√(√2)2+(−1)2=√3

.3.D【解析】函数𝑓(𝑥)的定义域为{𝑥|𝑥≠0}，∵𝑓(−𝑥)=(e−2𝑥+e2𝑥)ln|−𝑥|=(e2𝑥+e−2𝑥)ln|𝑥|=𝑓(𝑥)，∴𝑓(𝑥)为偶函数，排除选项B；当𝑥>1时，𝑓(𝑥)>0；当0<𝑥<1时，𝑓(𝑥)

<0，排除选项A和C．4.D【解析】∵数列{𝑎𝑛}的前𝑛项和为𝑆𝑛，𝑎1=1，当𝑛≥2且𝑛∈𝐍∗时，𝑎𝑛，𝑆𝑛，𝑆𝑛−1成等比数列，∴𝑆𝑛2=𝑎𝑛∙(𝑆𝑛−1)⇒𝑆𝑛2=(𝑆𝑛−𝑆𝑛−1)

∙(𝑆𝑛−1)⇒𝑆𝑛−1−𝑆𝑛=𝑆𝑛𝑆𝑛−1，∴1𝑆𝑛−1𝑆𝑛−1=1，∴数列{1𝑆𝑛}是以1𝑎1=1为首项，1为公差的等差数列，∴1𝑆𝑛=1+(𝑛−1)=𝑛，∴𝑆𝑛=1𝑛，∴𝑎5=𝑆5−𝑆4=15−14=−120.5.C【解析】模拟程序的运行

，可得a，i的取值如下表：a3105168421i12345678∴输出的结果为𝑖=8．6.D【解析】基本事件有6个，分别为：高三·数学（理科）第2页（共10页）甲甲乙，甲乙甲，乙甲甲，乙乙甲，乙甲乙，甲乙乙，其中甲恰好辅导两次包含的基本事件个数为

3，则甲恰好辅导两次的概率𝑃=36=12.7.B【解析】如图，连接𝐵𝐷，与𝐴𝐶交于点𝑂，则𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+𝑃𝐷⃗⃗⃗⃗⃗=2𝑃𝑂⃗⃗⃗⃗⃗.∵四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是边长为1的正方形，∴|

𝐴𝑂⃗⃗⃗⃗⃗|=√22.设|𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗|=𝑥，要使𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗∙(𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+𝑃𝐷⃗⃗⃗⃗⃗)=2𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗∙𝑃𝑂⃗⃗⃗⃗⃗的值最小，则平面向量𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗与𝑃𝑂⃗⃗

⃗⃗⃗反向，∴点𝑃在线段𝐴𝑂上，|𝑃𝑂⃗⃗⃗⃗⃗|=√22−𝑥，𝑥∈[0,√22]，∴𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗∙(𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+𝑃𝐷⃗⃗⃗⃗⃗)=2𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗∙𝑃𝑂⃗⃗⃗⃗⃗=2(𝑥−√24)2−14.当𝑥=√24

时，𝑃𝐴⃗⃗⃗⃗⃗∙(𝑃𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+𝑃𝐷⃗⃗⃗⃗⃗)有最小值，为−14．8.D【解析】在(1+𝑥+1𝑥2020)12的展开式中，通项公式为𝑇𝑟+1=C12𝑟∙(𝑥+1𝑥2020)𝑟.对于(𝑥+1𝑥2020)𝑟，通项公式为𝑇𝑘+1=C𝑟𝑘∙𝑥

𝑟−2021𝑘，𝑘≤𝑟，𝑟，𝑘∈𝐍，𝑟≤12.令𝑟−2021𝑘=2，可得𝑟=2+2021𝑘，若𝑟=2，则𝑘=0，∴𝑥2项的系数为C122∙C20=66.9.D【解析】函数𝑓(𝑥)=𝑎ln𝑥+𝑏𝑥2的导数𝑓′(𝑥)=𝑎𝑥+2𝑏𝑥，可得函数

𝑓(𝑥)的图象在𝑥=1处的切线斜率为𝑎+2𝑏.由切线与直线𝑥+𝑦−2e=0垂直，可得𝑎+2𝑏=1(𝑎>0，𝑏>0)，则1𝑎+1𝑏=(𝑎+2𝑏)(1𝑎+1𝑏)=1+2+𝑎𝑏+2𝑏𝑎≥3+2√𝑎𝑏∙2�

�𝑎=3+2√2，当且仅当𝑎𝑏=2𝑏𝑎即𝑎=√2𝑏=√2−1时，等号成立.则1𝑎+1𝑏的最小值为3+2√2.10.C【解析】由𝐴(𝑥𝐴,𝑦𝐴)，𝐵(𝑥𝐵,𝑦𝐵)是函数𝑓(𝑥)=sin(𝜔𝑥+π3)(𝜔>0)的图象上一个周期内高三·数学（理

科）第3页（共10页）的两点，且满足𝑓(𝑥𝐴)=−𝑓(𝑥𝐵)=𝑚(0<𝑚<1)，结合图象可知𝑥𝐵−𝑥𝐴=𝑇2.∵|𝑥𝐴−𝑥𝐵|=π2，∴𝑇=π，∴𝜔=2，∴𝑓(𝑥)=sin(2𝑥+π3).要得到𝑓(𝑥)=sin(

2𝑥+π3)的图象，需将𝑦=sin2𝑥的图象向左平移π6个单位长度．11.C【解析】显然直线𝑦=𝑘(𝑥−𝑝2)过抛物线的焦点𝐹(𝑝2,0).过点𝐴，𝑀作准线的垂线，垂足分别为𝐶，𝐷，过𝑀作𝐴𝐶的垂线，垂足为𝐸，根据抛物线的定义可得𝑀𝐷=𝑀𝐹

，𝐴𝐶=𝐴𝐹，又𝐴𝑀=𝑀𝑁，∴𝑀为𝐴𝑁的中点，∴𝑀𝐷为△𝑁𝐴𝐶的中位线，∴𝑀𝐷=𝐶𝐸=𝐸𝐴=12𝐴𝐶，设𝑀𝐹=𝑡(𝑡>0)，则𝑀𝐷=𝐶𝐸=𝐸𝐴=𝑡，𝐴𝐹=𝐴𝐶=2𝑡，∴𝐴𝑀=

𝑀𝐷+𝐴𝐶=3𝑡，∴在Rt△𝐴𝐸𝑀中，𝑀𝐸=√𝐴𝑀2−𝐸𝐴2=√9𝑡2−𝑡2=2√2𝑡，∴𝑘=tan∠𝑀𝐴𝐸=𝑀𝐸𝐸𝐴=2√2𝑡𝑡=2√2.12.A【解析】当𝑎>1时，作函数𝑓(𝑥)的图象如图：将

𝑦轴左半边图象以𝑦轴为轴翻转易知：“𝑓(𝑥)的图象上关于𝑦轴对称的点至少有5对”等价于函数𝑦=cosπ𝑥+1(𝑥≥0)与函数𝑦=log𝑎𝑥的图象至少有5个交点，当且仅当𝑎>1时符合题意．作出函数𝑦=cosπ𝑥+1(𝑥≥0)与函数𝑦=log𝑎�

�的图象，如图：要使函数𝑦=cosπ𝑥+1与函数𝑦=log𝑎𝑥的图象至少有5个交点，则{𝑎>1，log𝑎4≤2，解得𝑎≥2．高三·数学（理科）第4页（共10页）二、填空题（本大题共4小题，

每小题5分，共20分）13.18【解析】𝑚=log32+log34=log38，∴3𝑚=8，∴(13)𝑚=13𝑚=18.14.2020【解析】∵1+tan𝛼1−tan𝛼=2020，∴1cos2𝛼+tan2𝛼=sin2𝛼+co

s2𝛼cos2𝛼−sin2𝛼+2tan𝛼1−tan2𝛼=tan2𝛼+11−tan2𝛼+2tan𝛼1−tan2𝛼=(1+tan𝛼)21−tan2𝛼=1+tan𝛼1−tan𝛼=2020.15.√62【解析】设球内接正四棱柱的底面边

长为𝑎，高为ℎ，则球的半径𝑟=√(ℎ2)2+(√22𝑎)2=2，∴ℎ2+2𝑎2=16≥2√2𝑎ℎ，∴𝑎ℎ≤4√2，∴𝑆侧=4𝑎ℎ≤16√2，当ℎ2=2𝑎2时取等号，即ℎ=2√2，𝑎=2时取得最大值．沿四棱柱表面移动的最短距离为√(2𝑎)2+ℎ2=2√

6，直接穿过球𝑂内部移动的最短距离为𝐴𝐶1，即球𝑂的直径，∴𝐴𝐶1=√(√2𝑎)2+ℎ2=4.∴沿正四棱柱表面移动的最短距离与直接穿过球𝑂内部移动的最短距离的比值是√62．16.(√5,+∞)【解析】设直线𝑃𝐹1的方程为𝑦=𝑘(𝑥+𝑐)，即𝑘𝑥−𝑦+𝑘�

�=0.∵直线和圆有交点，圆心坐标为(0,0)，∴|𝑘𝑐|√1+𝑘2<𝑐，解得𝑘≠0．联立圆𝑥2+𝑦2=𝑐2与双曲线方程𝑥2𝑎2−𝑦2𝑏2=1，解得交点𝑃(−𝑎𝑐√𝑏2+𝑐2,𝑏2𝑐

)，代入𝑃𝐹1的方程𝑘𝑥−𝑦+𝑘𝑐=0，得𝑘=𝑏2𝑐−𝑎√𝑏2+𝑐2𝑐+𝑐>0，高三·数学（理科）第5页（共10页）又∵由题意可得𝑘<𝑏𝑎，𝑎2+𝑏2=𝑐2，∴𝑎√𝑏2+𝑐2<𝑐2−𝑎𝑏，化简可得𝑏>2𝑎，∴𝑏2＞4𝑎2，∴𝑐2＞5

𝑎2，∴e=𝑐𝑎>√5.三．解答题（共70分）17.(1)证明：∵𝑎𝑛+1=𝑛+22𝑛+2𝑎𝑛，∴𝑎𝑛+1𝑛+1+1=12×𝑎𝑛𝑛+1.………………2分又∵𝑎11+1=12，∴数列{𝑎𝑛𝑛

+1}是首项为12、公比为12的等比数列.………………3分(2)解：由(1)知：𝑎𝑛𝑛+1=12𝑛，∴𝑎𝑛=𝑛+12𝑛．………………4分∴当𝑛≥2时，𝑆𝑛=22+322+423+⋯+𝑛+12𝑛，①12𝑆𝑛=222+323+⋯+𝑛2

𝑛+𝑛+12𝑛+1，②………………6分①−②，得12𝑆𝑛=1+122+123+⋯+12𝑛−𝑛+12𝑛+1=1+122[1−(12)𝑛−1]1−12−𝑛+12𝑛+1=32−𝑛+32𝑛+1(𝑛≥2)；………………9分当𝑛=1时，𝑆1=𝑎1=1，不符合上

式.………………10分∴𝑆𝑛={1，𝑛=1，32−𝑛+32𝑛+1，𝑛≥2.………………12分18.(1)证明：过𝐷作𝐷𝑂⊥𝐴𝐸，垂足为𝑂，连接𝑂𝐵.………………1分高三·数学（理科）第6页（共10页）∵𝐴𝐷=2，∠𝐷𝐴𝑂=45°，∴𝑂𝐷=𝑂𝐴=√2.

在△𝐴𝑂𝐵中，由余弦定理可得𝑂𝐵2=𝑂𝐴2+𝐴𝐵2−2𝑂𝐴∙𝐴𝐵∙cos∠𝑂𝐴𝐵=2+4−2×√2×2×√22=2,∴𝑂𝐵=√2.∵𝐴𝐵=𝐴𝐷=2，∠𝐷𝐴𝐵=60°，∴△𝐴𝐵𝐷是等

边三角形，∴𝐵𝐷=2．∴𝑂𝐷2+𝑂𝐵2=𝐵𝐷2，∴𝑂𝐵⊥𝑂𝐷.………………3分又∵𝑂𝐷⊥𝐴𝐸，𝐴𝐸∩𝑂𝐵=𝑂，∴𝑂𝐷⊥平面𝐴𝐵𝐸，又∵𝑂𝐷⊂平面𝐴𝐷𝐸，∴平面𝐴𝐷𝐸⊥平面

𝐴𝐵𝐸.………………5分(2)解：由(1)知𝐴𝑂=𝑂𝐵=√2，𝐴𝐵=2，∴𝑂𝐴2+𝑂𝐵2=𝐴𝐵2，∴𝑂𝐴⊥𝑂𝐵，∵𝑂𝐷⊥平面𝐴𝐵𝐸，∴∠𝐷𝐸𝑂为直线𝐸𝐷与平面𝐴𝐵𝐸所成的角．………………6分以𝑂为原点，以𝑂𝐵，

𝑂𝐸，𝑂𝐷为坐标轴建立空间直角坐标系𝑂−𝑥𝑦𝑧，则𝐴(0,−√2,0)，𝐵(√2,0,0)，𝐷(0,0,√2)，设𝐸(0,𝑡,0)(𝑡>0)，∴𝐷𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=(√2,√2,0)，𝐷𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=(0,𝑡,−

√2).………………7分设平面𝐶𝐷𝐸的法向量为𝒏=(𝑥,𝑦,𝑧)，则{𝒏∙𝐷𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=√2𝑥+√2𝑦=0，𝒏∙𝐷𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=𝑡𝑦−√2𝑧=0，令𝑦＝1，得𝒏=(−1,1

,√22𝑡).………………8分∵𝑂𝐷⊥平面𝐴𝐵𝐸，∴𝒎=(0,0,1)为平面𝐴𝐵𝐸的一个法向量.∵平面𝐷𝐶𝐸与平面𝐴𝐵𝐸所成锐二面角的余弦值为√55，∴|cos〈𝒎,𝒏〉|=|𝒎∙𝒏||𝒎|∙|𝒏|=|√22𝑡|√2+𝑡22=𝑡√4+𝑡2=

√155，解得𝑡=√6.………………10分∴tan∠𝐷𝐸𝑂=𝑂𝐷𝑂𝐸=√2√6=√33，高三·数学（理科）第7页（共10页）∴∠𝐷𝐸𝑂=30°，sin∠𝐷𝐸𝑂=12.∴直线𝐷𝐸与平面𝐴𝐵𝐸

所成角的正弦值为12．………………12分19.解：(1)方案甲化验次数𝑋的可能取值为1，2，3，4，………………1分𝑃(𝑋=1)=0.2，𝑃(𝑋=2)=0.81×0.2=0.16，𝑃(𝑋=

3)=0.82×0.2=0.128，𝑃(𝑋=4)=0.83×0.2+0.84=0.512，………………（每个1分）5分∴𝑋的分布列为：𝑋1234𝑃0.20.160.1280.512………………6分(2)方案乙化验次数𝑌的可能取

值为2，3，𝑃(𝑌=2)=C42C11C53∙C11C31+C43C53∙C11C21×2=0.6，𝑃(𝑌=3)=C42C11C53∙C21C31∙C11C21×2=0.4，………………（每个1分）8分∴𝑌的分布列为：𝑌23𝑃0.60.4∴𝐸(𝑌)=2×0.6+3×0

.4=2.4，………………9分𝐸(𝑋)=1×0.2+2×0.16+3×0.128+4×0.512=2.952．………………10分∵𝐸(𝑋)>𝐸(𝑌)，………………11分∴方案乙的效率更高．………………12分20.(1)解：设𝑄(𝑥,𝑦)，由题意得：√(𝑥

−1)2+(𝑦−0)2|𝑥−4|=12，化简可得动点𝑄的轨迹方程为：𝑥24+𝑦23=1.………………2分(2)(i)证明：当直线𝐴𝐵的斜率为0时，直线𝑃𝐴：𝑦=12(𝑥+2)，∴𝑀(4,3

)．直线𝑃𝐵：𝑦=−32(𝑥−2)，∴𝑁(4,−3)．𝐴𝐵为𝑥轴，∴𝐻(4,0)恰为线段𝑀𝑁的中点．………………3分高三·数学（理科）第8页（共10页）当直线𝐴𝐵的斜率不为0时，设直线𝐴𝐵：𝑥=𝑡𝑦+1(𝑡≠0)，𝐴

(𝑥1,𝑦1)，𝐵(𝑥2,𝑦2)，𝐻(4,3𝑡)．联立直线和曲线方程：{𝑥=𝑡𝑦+1，𝑥24+𝑦23=1，消去𝑥得(3𝑡2+4)𝑦2+6𝑡𝑦−9=0．∴𝑦1+𝑦2=−6𝑡3𝑡2+4，𝑦1𝑦2=−93𝑡2+4.………………5

分直线𝑃𝐴的方程为𝑦−32=𝑦1−32𝑥1−1(𝑥−1)，∴𝑀(4,−92𝑡𝑦1+3𝑡+32)，同理可得𝑁(4,−92𝑡𝑦2+3𝑡+32)．………………6分∵−92𝑡𝑦1+3𝑡+32−92𝑡𝑦2+3𝑡+32=6𝑡+3−92𝑡∙𝑦1+�

�2𝑦1𝑦2=6𝑡+3−92𝑡∙−6𝑡3𝑡2+4−93𝑡2+4=6𝑡，∴线段𝑀𝑁的中点坐标为(4,3𝑡)．∴𝐻恰为线段𝑀𝑁的中点.………………8分(ii)存在定点𝐺，使得以𝑀𝑁为直径的圆过𝐺．………

………9分证明：当直线𝐴𝐵的斜率不等于0时，|𝑀𝑁|=|92𝑡𝑦1−92𝑡𝑦2|=|92𝑡(1𝑦1−1𝑦2)|．故以𝑀𝑁为直径的圆的方程为(𝑥−4)2+(𝑦−3𝑡)2=8116𝑡2(1𝑦1−1𝑦2

)2．若存在定点𝐺，使得以𝑀𝑁为直径的圆过点𝐺，由对称性可知，点𝐺一定在𝑥轴上．………………10分故令𝑦=0，代入圆的方程得：(𝑥−4)2+9𝑡2=8116𝑡2(1𝑦1−1𝑦2)2∴(𝑥−4)

2=−9𝑡2+8116𝑡2∙(𝑦1+𝑦2)2−4𝑦1𝑦2(𝑦1𝑦2)2=−9𝑡2+8116𝑡2∙(−6𝑡3𝑡2+4)2+363𝑡2+4(−93𝑡2+4)2=−9𝑡2+8116𝑡2∙

144(𝑡2+1)81=9.解得𝑥=1或𝑥=7．………………11分∴以𝑀𝑁为直径的圆过定点𝐺，其坐标为(1,0)或(7,0)．当直线𝐴𝐵的斜率等于0时，𝑀(4,3)，𝑁(4,−3)，𝐻(4,0)，以𝑀𝑁为直径的圆为(𝑥−4

)2+𝑦2=9，也过点(1,0)和(7,0).综上所述，存在定点𝐺(1,0)或(7,0)，使得以𝑀𝑁为直径的圆过点𝐺.………………12分高三·数学（理科）第9页（共10页）21.(1)解：当𝑚=3时，𝑓(𝑥)=(𝑥+1

)3−𝑎(𝑥−1)，𝑓′(𝑥)=3(𝑥+1)2−𝑎.………………1分①当𝑎≤0时，𝑓′(𝑥)≥0，𝑓(𝑥)在(−1,+∞)上单调递增.………………2分②当𝑎>0时，令𝑓′(𝑥)=0，解得：𝑥1=−1+√𝑎3，𝑥2=−1−√𝑎3（舍）；令𝑓′(𝑥)>0，解得�

�>−1+√𝑎3；令𝑓′(𝑥)<0，解得−1<𝑥<−1+√𝑎3.故𝑓(𝑥)在(−1,−1+√𝑎3)上单调递减，在(−1+√𝑎3,+∞)上单调递增.………………3分综上所述，当𝑎≤0时，𝑓(𝑥)在(−1,+∞)上单调递增；当𝑎>0时，

𝑓(𝑥)在(−1,−1+√𝑎3)上单调递减，在(−1+√𝑎3,+∞)上单调递增.………………4分(2)解：当𝑚=0时，𝑔(𝑥)=ln𝑥−𝑎(𝑥−1)e𝑥，𝑔′(𝑥)=1𝑥−𝑎𝑥e𝑥

=1−𝑎𝑥2e𝑥𝑥.………………5分令ℎ(𝑥)=1−𝑎𝑥2e𝑥，ℎ′(𝑥)=−2𝑎𝑥e𝑥−𝑎𝑥2e𝑥<0，∴ℎ(𝑥)在(1,+∞)上单调递减，∴ℎ(𝑥)<ℎ(1)=1−𝑎e.……………

…6分①当𝑎≥1e时，ℎ(𝑥)<ℎ(1)<0，∴∀𝑥∈(1,+∞)，𝑔′(𝑥)<0，即𝑔(𝑥)在(1,+∞)上单调递减，∴𝑔(𝑥)<𝑔(1)=0，函数无零点，不合题意；………………7分②当𝑎<1e时，∵ℎ(1)>0，ℎ(ln1𝑎)

=1−𝑎(ln1𝑎)2eln1𝑎=1−(ln𝑎)2<0，∴根据零点存在性定理可得：∃𝑥0∈(1,ln1𝑎)，使得ℎ(𝑥0)=0，即∃𝑥0∈(1,ln1𝑎)，使得𝑔′(𝑥0)=0.………………8分(i)当𝑥∈(1,𝑥0)时，𝑔′(𝑥)>0，𝑔(𝑥)在(1,𝑥

0)上单调递增，且𝑔(1)=0，∴𝑔(𝑥)>𝑔(1)=0，函数无零点.………………9分(ii)当𝑥∈(𝑥0,+∞)时，𝑔′(𝑥)<0，𝑔(𝑥)在(𝑥0,+∞)上单调递减，其中𝑔(𝑥0)>0，𝑔(ln1𝑎)=ln(ln1𝑎)−𝑎(ln1

𝑎−1)eln1𝑎<ln1𝑎−1−(ln1𝑎−1)=0，∴根据零点存在性定理可得：𝑔(𝑥)在(𝑥0,+∞)上有且只有1个零点.………………11分综上所述，𝑎的取值范围为0<𝑎<1e.………………12分高三·数学（理科）第10页（

共10页）22.解：(1)由{𝑥=1+3cos𝛼，𝑦=3sin𝛼，(𝛼为参数)可得{𝑥−1=3cos𝛼，𝑦=3sin𝛼，消去参数𝛼，可得𝐶1的普通方程为(𝑥−1)2+𝑦2=9.………………2分展开𝜌cos(𝜃−π4)=√2，可得√22𝜌cos𝜃+√22𝜌si

n𝜃=√2，∵𝑥=𝜌cos𝜃，𝑦=𝜌sin𝜃可得𝐶2的直角坐标方程𝑥+𝑦−2=0．………………4分(2)由(1)可得曲线𝐶1是一个圆，圆心𝐶1(1,0)，半径为3.曲线𝐶2是一条

直线.∴圆心𝐶1到直线𝐶2的距离为𝑑=|1−2|√12+12=√22，………………6分∴|𝑀𝑁|=2√32−(√22)2=√34，………………8分∴𝐶1𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗∙𝑀𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=−𝑀𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗

∙𝑀𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=−|𝑀𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|∙|𝑀𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|∙cos〈𝑀𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗,𝑀𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗〉=−|𝑀𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|2×|𝑀𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=−17.………………10分23.解：(1)当𝑎=1时，𝑓(𝑥)=|𝑥−1

|+|𝑥+2|={2𝑥+1，𝑥≥1，3，−2<𝑥<1，−2𝑥−1，𝑥≤−2.∵𝑓(𝑥)≤4，∴{2𝑥+1≤4，𝑥≥1或−2<𝑥<1或{−2𝑥−1≤4，𝑥≤−2，………………2分解得1≤𝑥≤32或−2<𝑥<1或−52≤𝑥≤

−2.综上：−52≤𝑥≤32.………………3分∴不等式的解集为[−52,32]．………………4分(2)当𝑎<−1时，𝑓(𝑥)={(𝑎+1)𝑥+2𝑎−1，𝑥≥1，(𝑎−1)𝑥+2𝑎+1，−2<𝑥<1，−(𝑎+1)𝑥+1−2𝑎，𝑥≤−2

.………………5分令𝑓(𝑥)=0，解得𝑥=1−2𝑎𝑎+1或𝑥=2𝑎+11−𝑎，………………6分又由{𝑦=(𝑎−1)𝑥+2𝑎+1，𝑦=−(𝑎+1)𝑥+1−2𝑎，解得𝑦=3.………………7分∵𝑓(𝑥)的图象与𝑥轴围成的三角形面积等于6，∴12×3×|2𝑎

+11−𝑎−1−2𝑎𝑎+1|=6，解得𝑎=−2或𝑎=12（舍）．………………10分