2020-2021学年云南省昭通市高二（下）六月月考数学（文）试卷人教A版

这是一份2020-2021学年云南省昭通市高二（下）六月月考数学（文）试卷人教A版，共11页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 已知集合A={x|x2−5x+6≤0}，B={−4,1,2,3,5} ，则A∩B=（ ）
A.−4,1B.2,3C.3,5D.1,3

2. 已知复数z=13+4i，则z¯=（ ）
A.325−425iB.325+425iC.−325−425iD.−325+425i

3. 执行如图所示的程序框图，若输出的y=7，则输入的x=（ ）

A.−2或1B.−1或1C.−2或5D.−1或5

4. 已知一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）

A.8B.16C.24D.48

5. 基本传染数是指在流行病学中，在没有外力介人，同时所有人都没有免疫力的情况下，一个感染到某种传染病的人，会把疾病传染给其他多少个人的平均数．当基本传染数持续低于1时，传染病疫情才可能逐渐消失．广泛接种疫苗可以减少传染病的基本传染数．假设某种传染病的基本传染数为R0，1个感染者在每个传染期会接触到N个新人，这N人中有V个人接种过疫苗（VN称为接种率），那么1个感染者新的传染人数为R0NN−V．已知新冠病毒在某地的基本传染数R0=3，为了使1个感染者传染人数低于1，该地疫苗的接种率大致需达到（ ）
A.88%B.75%C.67%D.55%

6. 已知a=434 ，b=lg232， c=lgab，则a，b，c的大小关系为（ ）
A.c>b>aB.c>a>bC.a>c>bD.a>b>c

7. 下列说法正确的是（ ）
A.若一组数据x1,x2，…，xn的平均数为1，则数据2x1−1,2x2−1，…，2xn−1的平均数为2
B.某校共有学生3001人，用简单随机抽样的方法先剔除1人，再按系统抽样的方法抽取100人，则每位学生被抽到的概率为130
C.在回归分析中，可用残差平方和判断模型的拟合效果，残差平方和越大的模型，拟合效果越好
D.在独立性检验中，根据一个2×2列联表中的数据，由计算得出K2=4.013，而PK2≥3.841≈0.05，那么约有95%的把握认为两个分类变量有关

8. 已知F1，F2是双曲线C：x2a2−y2b2=1a>0,b>0的左、右焦点，若C上存在一点P，使得PF2⊥F1F2，且|PF1|=2|PF2|，则C的渐近线方程为（ ）
A.3x±y=0B.x±3y=0C.2x±y=0D.x±2y=0

9. 定义运算abcd=ad−bc，将fx=1csx1sinx的图象向左平移φφ>0个单位，所得图象关于y轴对称，则φ的最小值为（ ）
A.3π4B.56πC.76πD.54π

10. 在△ABC中，AB→⊥AC→，M是BC的中点，AB→与BC→的夹角为135∘，|AB→|=2，O是线段AM上的任一点，则OA→⋅OB→+OC→的最小值为（ ）
A.−12B.−14C.15D.13

11. 已知△ABC的三个顶点在球O的球面上，若球O的体积为36π,AB=BC=AC=23，则三棱锥O−ABC的体积为（ ）
A.5B.15C.26D.39

12. 已知函数fx=ex−e−x2+1，gx=x+1x，且函数Fx=fx−gx有两个零点x1,x2x1≠x2，则fx1+gx2=( )
A.0B.1C.2D.4
二、填空题

能够说明“在△ABC中，若AD→=xAB→+yAC→，则D在直线BC上．”是真命题的一组实数x，y为________.

设x，y满足约束条件x+y−2≤0,2x−y+3≥0x−y≤0,，则z=x+y+2的最大值为________.

已知椭圆C1:xa2+yb2=1a>b>0，圆C2:x2+y2=b2 ，若过C1上一点M作C2的两条切线，切点分别为P，Q，且∠PMQ=120∘，则C1的离心率的取值范围为________.

为了响应国家提出的“大众创业，万众创新”的号召，某投资公司举办了大学生创业大赛，将对获奖团队的项目进行“创业投资”和开展“创业培训”．该公司预计每年的“创业投资”金额构成一个等差数列anan>0(单位：万元），每年开展“创业培训”投入的资金金额为20a1万元 (a1 为第一年的创业投资），已知a1+a2=100，则该公司四年累计总投入资金的最大值为________万元．
三、解答题

在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知2c=b+2acsB.
(1)求A；

(2)若a=1， csC=35，求△ABC的面积．

已知数列an的前n项和为Sn，向量a→=Sn,2,b→=2n−1,1且满足a→//b→.
(1)求数列an的通项公式；

(2)设cn=1lg2an⋅lg2an+2，求数列{cn}的前n项和Tn.

为深入学习贯彻习近平总书记在党史学习教育动员大会上的重要讲话精神和中共中央有关决策部署，推动教育系统围绕建党百年重大主题，深化中学在校师生理想信念教育，引导师生学史明理、学史增信、学史崇德、学史力行，以昂扬的状态迎接中国共产党建党100周年，某中学高二年级组织本年级同学开展了一场党史知识竞赛．为了解本次知识竞赛的整体情况，随机抽取了100名学生的成绩作为样本进行统计，得到如图所示的频率分布直方图．

(1)求直方图中a的值，并估计该次知识竞赛成绩的平均分（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）；

(2)已知该样本分数在[70,75)的学生中，男生占23，女生占13 现从该样本分数在[70,75)的学生中随机抽出2人，求至少有1人是女生的概率.

如左图，在平面四边形ABCD中，对角线AC⊥BD,AE=CE=DE=1．将此平面四边形ABCD沿BD折起，使得平面ABD⊥平面BCD，F为CD上一点，满足EF//平面ABC，如右图.

(1)求证： BC//平面AEF；

(2)三棱锥A−CEF的体积是三棱锥A−DEF体积的3倍，求三棱锥C−ABF的体积．

已知函数fx=xlnx−x2−3x+1.
(1)求曲线y=fx在x=1处的切线方程；

(2)若a>0，对于任意的x∈[a,+∞），都有fx≥−1+aex2+ax−2+1恒成立，求a的取值范围．

已知抛物线C:y2=2pxp>0上一点A1,y0，点F是C的焦点，且|AF|=52.
(1)求p，y0；

(2)直线l为C的准线，过点F斜率为k1k1≠0的直线与C交于M，N两点，过点M作MM1⊥l,M1为垂足，设点M1关于点M的对称点为点M2，线段M2F的垂直平分线交x轴于点E，直线ME，NE与C的另一个交点分别为P，Q，设直线PQ的斜率为k2，若k1=4k2，求点E的坐标．
参考答案与试题解析
2020-2021学年云南省昭通市高二（下）六月月考数学（文）试卷
一、选择题
1.
【答案】
B
【考点】
交集及其运算
【解析】
左侧图片未给出解析
【解答】
解：因为A=x|x2−5x+6≤0}=x|2≤x≤3}，B={−4,1,2,3,5} ，
所以A∩B={2,3}．
故选B．
2.
【答案】
B
【考点】
复数代数形式的乘除运算
共轭复数
【解析】
无
【解答】
解：z=13+4i=3−4i3+4i3−4i=3−4i25=325−425i，
所以z¯=325+425i.
故选B．
3.
【答案】
C
【考点】
程序框图
【解析】
无
【解答】
解：由题意，令x2−4x+2=7(x≥0)，
解得x=5或x=−1（舍去）；
令−52x+2=7(x<0)，
解得x=−2，
所以当x=5或x=−2时，y=7．
故选C．
4.
【答案】
A
【考点】
由三视图求体积
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由三视图可知该几何体为三棱锥 P−ABC，
其中PA=AB=4，BC=3，且PA⊥平面ABC， BC⊥平面PAB，
故三棱锥P−ABC的体积V=13×12×4×3×4=8.
故选A．
5.
【答案】
C
【考点】
函数模型的选择与应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题意，可得3N−VN<1，
所以3N−3V23≈67%.
故选CC．
6.
【答案】
D
【考点】
指数式、对数式的综合比较
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由于34>12，
所以434>412=2；
由于1<32<2，
所以0则有c=lgab<0，
所以a>b>c，
故选D．
7.
【答案】
D
【考点】
独立性检验
众数、中位数、平均数
古典概型及其概率计算公式
回归分析
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：选项A，一组数据x1,x2…，xn的平均数为1，
则数据2x1−1,2x2−1 ⋯ 2xn−1的平均数为1，故A错误；
选项B，每个个体被抽到的概率都是一样的，都等于1003001，故B错误；
选项C，在回归分析中，
可用残差平方和判断模型的拟合效果，残差平方和越大的模型，拟合效果越差，故C错误；
选项D， K2=4.013，而PK2≥3.841≈0.05，
则在犯错误的概率不超过0.05的前提下认为这两个分类变量之间有关，故D正确.
故选D．
8.
【答案】
C
【考点】
双曲线的定义
双曲线的渐近线
【解析】
无
【解答】
解：设|PF2|=m(m>0)，
则|PF1|=2m，
又由双曲线的定义知|PF1|−|PF2|=2a，
所以m=2a，
在Rt△PF2F1中，|PF1|2−|PF2|2=|F1F2|2，
所以16a2−4a2=4c2，
又c2=a2+b2，
则b2=2a2，
即ba=2，
故C的渐近线方程为y=±bax=±2x，
故选C．
9.
【答案】
A
【考点】
函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式
三角函数的最值
【解析】
无
【解答】
解：由题意，得fx=sinx−csx=2sinx−π4，
所以fx+φ=2sinx+φ−π4，
因为y=2sin(x+φ−π4)关于y轴对称，
所以φ−π4=kx+π2(k∈Z)，φ=kx+3π4(k∈Z)，
所以φmin=3π4，
故选A．
10.
【答案】
A
【考点】
向量在几何中的应用
平面向量数量积的性质及其运算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由已知可得|AB→|=|AC→|=2，
则|AN→|=1，设|OA→|=x0≤x≤1，
则|OM→|=1−x，
而OB→+OC→=2OM→ ，
所以 OA→⋅OB→+OC→=2OA→⋅OM→
=2|OA→|⋅|OM→|csπ=2x2−2x
=2x−122−12，
当x=12时， OA→⋅(OB→+OC→)取得最小值−12.
故选A．
11.
【答案】
B
【考点】
球内接多面体
柱体、锥体、台体的体积
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：如图，设△ABC的外接圆O1的半径为r，球O的半径为R，
依题意，因为△ABC为等边三角形，由正弦定理可得 2r=ABsinπ3=4，
所以 r=2，
又V=43πR3=36π，
所以R=3，
根据球的截面性质OO1⊥平面ABC，
所以OO1⊥O1A​ ，
则OO1=R2−O1A2=R2−r2=5，
所以三棱锥O−ABC的体积V=13×34×232×5=15 .
故选B．
12.
【答案】
C
【考点】
利用导数研究与函数零点有关的问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题可得， y=fx的图象与y=gx的图象的交点为Ax1,gx1,Bx2,gx2，
且有fx1=gx1， fx2=gx2，
由于f−x=e−x−ex2+1，
则有 f−x+fx=2，
所以y=fx的图象关于点0,1对称，
又gx=1+1x的图象关于点0,1对称，
所以点A与点B关于点0,1对称，
则有gx1+gx2=2，
即fx1+gx2=2，
故选C．
二、填空题
【答案】
12，12(满足x+y=1均可，答案不唯一)
【考点】
向量的共线定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：若B，C，D三点共线，则BD→与DC→共线，
所以存在实数λλ≠−1，使得BD→=λDC→，
即AD→−AB→=λAC→−AD→，
所以1+λAD→=AB→+λAC→，
故AD→=11+λAB→+λ1+λAC→；
又AB→与AC→不共线，所以x=11+λ,y=λ1+λ，
从而x+y=11+λ+λ1+λ=1x≠0,y≠1，
又当x=0,y=1时，点D与点C重合．
故答案为：12，12(满足x+y=1均可，答案不唯一).
【答案】
4
【考点】
简单线性规划
求线性目标函数的最值
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：作出约束条件表示的平面区域，如图中阴影区域△ABC，
目标函数z=x+y+2，即
y=−x+z−2表示斜率为−1，纵截距为z−2的平行直线系．
作直线l:z=x+y+2，平移直线l，当l与直线x+y−2=0
重合时，此时直线l的纵截距最大，即z−2=2，则zmax=4.
故答案为：4.
【答案】
[12,1)
【考点】
椭圆的离心率
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题可知M，P，O，Q四点在以线段OM为直径的圆上，
又由于∠PMQ=120∘，
所以∠PMO=60∘，
则|MO|=23b3，
即点M在以原点为圆心， 23b3为半径的圆C3上，
则C1与圆C3有公共点，
所以|MO|≤a，即4b2≤3a2，
则有4a2−c2≤3a2，
所以e=ca≥12，又e<1，
所以e∈[12,1).
故答案为：[12,1).
【答案】
800
【考点】
数列的求和
等差数列的前n项和
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：设等差数列an的公差为dd>0，
则有d=100−2a1，
设四年累计总投入的资金金额为S（万元），
所以S=2a1+3d2×4+80a1
=4a1+6100−2a1+80a1=−8a1+80a1+6000则当a1=5时，即a1=25, Smax=800万元．
故答案为：800.
三、解答题
【答案】
解：(1)由题意及余弦定理，可得
2c=b+2a⋅a2+c2−b22ac，
即b2+c2−a2=2bc,
所以csA=b2+c2−a22bc=22.
因为A∈0,π ，所以A=π4．
(2)由于csC=35, C∈0,π，
所以sinC=45，由正弦定理asinA=csinC得， c=452，
又sinB=sinA+C=sinAcsC+csAsinC=7210，
所以△ABC的面积为S=12acsinB=1425．
【考点】
余弦定理
两角和与差的正弦公式
三角形的面积公式
正弦定理
同角三角函数间的基本关系
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由题意及余弦定理，可得
2c=b+2a⋅a2+c2−b22ac，
即b2+c2−a2=2bc,
所以csA=b2+c2−a22bc=22.
因为A∈0,π ，所以A=π4．
(2)由于csC=35, C∈0,π，
所以sinC=45，由正弦定理asinA=csinC得， c=452，
又sinB=sinA+C=sinAcsC+csAsinC=7210，
所以△ABC的面积为S=12acsinB=1425．
【答案】
解：(1)因为a→//b→，
所以Sn+2−2n+1=0，
所以Sn=2n+1−2，
当n≥2时， an=Sn−Sn−1=2n，
当n=1时， a1=S1=2满足上式，
所以an=2nn∈N∗．
(2)由(1)得cn=1lg22n⋅lg22n+2=1nn+2=121n−1n+2，
所以Tn=121−13+12−14+13−15+⋯+1n−1n+2
=121+12−1n+1−1n+2
=n3n+54n+1n+2，
所以Tn=n3n+54n+1n+2n∈N∗．
【考点】
数列递推式
数列的求和
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)因为a→//b→，
所以Sn+2−2n+1=0，
所以Sn=2n+1−2，
当n≥2时， an=Sn−Sn−1=2n，
当n=1时， a1=S1=2满足上式，
所以an=2nn∈N∗．
(2)由(1)得cn=1lg22n⋅lg22n+2=1nn+2=121n−1n+2，
所以Tn=121−13+12−14+13−15+⋯+1n−1n+2
=121+12−1n+1−1n+2
=n3n+54n+1n+2，
所以Tn=n3n+54n+1n+2n∈N∗．
【答案】
解：(1)0.012+0.028+0.04+0.06+0.036=0.176，
由5×0.176+a=1，解得a=0.024．
平均值为(72.5×0.012+77.5×0.028+82.5×0.04+
87.5×0.06+92.5×0.036+97.5×0.024)×5=86.3．
(2)分数在[70,75）的人数有0.012×5×100=6人，
所以这6人中，女生有2人，记为A、B，男生有4人，记为c、d、e、f．
从这6人中随机选取2人，基本事件为：AB、Ac、Ad、Ae、Af、Bc、Bd、Be、Bf、cd 、ce、cf 、de、df、ef，共15种不同取法；
则至少有1人是女生的基本事件为AB、Ac、Ad、Ae、Af、Bc、Bd、Be、Bf，共9种不同取法，
则所求的概率为P=915=35．
【考点】
众数、中位数、平均数
列举法计算基本事件数及事件发生的概率
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)0.012+0.028+0.04+0.06+0.036=0.176，
由5×0.176+a=1，解得a=0.024．
平均值为(72.5×0.012+77.5×0.028+82.5×0.04+
87.5×0.06+92.5×0.036+97.5×0.024)×5=86.3．
(2)分数在[70,75）的人数有0.012×5×100=6人，
所以这6人中，女生有2人，记为A、B，男生有4人，记为c、d、e、f．
从这6人中随机选取2人，基本事件为：AB、Ac、Ad、Ae、Af、Bc、Bd、Be、Bf、cd 、ce、cf 、de、df、ef，共15种不同取法；
则至少有1人是女生的基本事件为AB、Ac、Ad、Ae、Af、Bc、Bd、Be、Bf，共9种不同取法，
则所求的概率为P=915=35．
【答案】
(1)证明：因为EF//平面ABC， EF⊂平面BCD，
平面ABC∩平面BCD=BC，
所以EF//BC．
又BC⊄平面AEF，EF⊂平面AEF，
所以BC//平面AEF．
(2)解：因为平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD=BD,AE⊥BD，
所以AE⊥平面BCD．
所以VA−CEF=13S△CEF⋅ AE，
VA−DEF=13S△DEF⋅AE，又VA−CEF=3VA−DEF，
所以S△CEF=3S△DEF，则CF=3DF，所以S△BCF=34S△BCD，
又由(1)知， EF//BC，所以BD=4DE=4，
则有S△BCD=12BD⋅CE=12×4×1=2，
所以S△BCF=34S△BCD=32，
所以VC−ABF=VA−BCF=13S△BCF⋅AE=13×32×1=12．
【考点】
直线与平面平行的判定
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)证明：因为EF//平面ABC， EF⊂平面BCD，
平面ABC∩平面BCD=BC，
所以EF//BC．
又BC⊄平面AEF，EF⊂平面AEF，
所以BC//平面AEF．
(2)解：因为平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD=BD,AE⊥BD，
所以AE⊥平面BCD．
所以VA−CEF=13S△CEF⋅ AE，
VA−DEF=13S△DEF⋅AE，又VA−CEF=3VA−DEF，
所以S△CEF=3S△DEF，则CF=3DF，所以S△BCF=34S△BCD，
又由(1)知， EF//BC，所以BD=4DE=4，
则有S△BCD=12BD⋅CE=12×4×1=2，
所以S△BCF=34S△BCD=32，
所以VC−ABF=VA−BCF=13S△BCF⋅AE=13×32×1=12．
【答案】
解：(1)由题可得， f′x=1+lnx−2x−3，
则f′1=−4.
又f1=−3，
所以曲线y=fx在x=1处的切线方程为y+3=−4x−1，即4x+y−1=0．
(2)由题意，可得fa=alna−a2−3a+1≥−1+aea2+aa−2+1，
所以alna+a3e−a2−a≥0 .
由于a>0，所以lna+a2e−a−1≥0，
设ga=lna+a2e−a−1 a∈0,+∞ ，
所以g′a=1a+2ae−1≥22e−1>0，
所以ga在0,+∞上单调递增．
又ge=lne+e2e−e−1=0，
所以当a≥e时，ga≥ge=0，此时不等式alna+a3e−a2−a≥0成立．
当a≥e时，设Fx=xlnx+aex2−3+ax+2a， x∈[a,+∞)，
所以F′x=lnx+2aex−a−2，
由于F′x在x∈[a+∞）上单调递增，所以F′x≥F′a=lna+2a2e−a−2，
又函数y=lna+2a2e−a−2在a∈[e,+∞）上单调递增，
所以lna+2a2e−a−2≥1+2e−e−2>0，
则有Fx在x∈[a,+∞）上单调递增，
所以对于任意的x∈[a+∞），
Fx≥Fa=alna+a3e−a2−a≥0，
综上得，a∈[e,+∞）．
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
利用导数研究不等式恒成立问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由题可得， f′x=1+lnx−2x−3，
则f′1=−4.
又f1=−3，
所以曲线y=fx在x=1处的切线方程为y+3=−4x−1，即4x+y−1=0．
(2)由题意，可得fa=alna−a2−3a+1≥−1+aea2+aa−2+1，
所以alna+a3e−a2−a≥0 .
由于a>0，所以lna+a2e−a−1≥0，
设ga=lna+a2e−a−1 a∈0,+∞ ，
所以g′a=1a+2ae−1≥22e−1>0，
所以ga在0,+∞上单调递增．
又ge=lne+e2e−e−1=0，
所以当a≥e时，ga≥ge=0，此时不等式alna+a3e−a2−a≥0成立．
当a≥e时，设Fx=xlnx+aex2−3+ax+2a， x∈[a,+∞)，
所以F′x=lnx+2aex−a−2，
由于F′x在x∈[a+∞）上单调递增，所以F′x≥F′a=lna+2a2e−a−2，
又函数y=lna+2a2e−a−2在a∈[e,+∞）上单调递增，
所以lna+2a2e−a−2≥1+2e−e−2>0，
则有Fx在x∈[a,+∞）上单调递增，
所以对于任意的x∈[a+∞），
Fx≥Fa=alna+a3e−a2−a≥0，
综上得，a∈[e,+∞）．
【答案】
解：(1)由抛物线的定义，
得|AF|=1+p2=52，
所以p=3，即y2=6x.
将点A(1,y0)代入C:y2=6x，得y02=6，
所以y0=±6.
(2)设MxM,yM(xM>0,yM≠0)，则yM2=6xM，
由题M1−32,yM，则M1关于M的对称点M232+2xM,yM，
又F32,0，则有kM2F=yM2xM，
由于ME为线段M2F的垂直平分线，
所以直线lME的方程为y−yM=−2xMyMx−xM，
则当y=0时， x=yM22xM+xM=xM+3，即ExM+3,0，
设NxN,yN，PxP,yP,QxQ,yQ，设直线lMN的方程为y=k1x−32，
联立，得 y2=6x,y=k1x−32，
所以y2−6k1y−9=0，且Δ1=36k12+36>0，
所以yM+yN=6k1， yM⋅yN=−9，
又kME=kMP，
所以−xMyM=6yP+yM，
则yP+yM=−3yMxM
所以yP=xM+3xM⋅−yM=−6xM+3yM.
设直线lNQ的方程为x=ty+xM+3，
联立，得y2=6x,x=ty+xM+3，
所以y2−6y−6xM+3=0，且Δ2=36t2+24xM+3>0，
所以yN⋅yQ=−6xM+3，即yQ=−6xM+3yN.
又 k2=yP−yQxP−xQ=6yP−yQ=k14 ，
所以xM+3=6，即点E6,0．
【考点】
抛物线的性质
抛物线的求解
圆锥曲线的综合问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由抛物线的定义，
得|AF|=1+p2=52，
所以p=3，即y2=6x.
将点A(1,y0)代入C:y2=6x，得y02=6，
所以y0=±6.
(2)设MxM,yM(xM>0,yM≠0)，则yM2=6xM，
由题M1−32,yM，则M1关于M的对称点M232+2xM,yM，
又F32,0，则有kM2F=yM2xM，
由于ME为线段M2F的垂直平分线，
所以直线lME的方程为y−yM=−2xMyMx−xM，
则当y=0时， x=yM22xM+xM=xM+3，即ExM+3,0，
设NxN,yN，PxP,yP,QxQ,yQ，设直线lMN的方程为y=k1x−32，
联立，得 y2=6x,y=k1x−32，
所以y2−6k1y−9=0，且Δ1=36k12+36>0，
所以yM+yN=6k1， yM⋅yN=−9，
又kME=kMP，
所以−xMyM=6yP+yM，
则yP+yM=−3yMxM
所以yP=xM+3xM⋅−yM=−6xM+3yM.
设直线lNQ的方程为x=ty+xM+3，
联立，得y2=6x,x=ty+xM+3，
所以y2−6y−6xM+3=0，且Δ2=36t2+24xM+3>0，
所以yN⋅yQ=−6xM+3，即yQ=−6xM+3yN.
又 k2=yP−yQxP−xQ=6yP−yQ=k14 ，
所以xM+3=6，即点E6,0．