2022年高考三轮复习之仿真模拟卷4

这是一份2022年高考三轮复习之仿真模拟卷4，共14页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单项选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分)
1．已知集合A＝{x|x－3＜0，x∈N}，B＝{－1,0,1,2,3}，则A∩B等于( )
A．{0,1,2} B．{0,1,2,3}
C．{－1,0,1,2} D．{－1,0,1,2,3}
答案 A
解析 由集合A＝{x|x－3＜0，x∈N}＝{0,1,2}，
所以A∩B＝{0,1,2}．
2．设复数z满足z·(1－i)＝2＋i，则eq \x\t(z)等于( )
A.eq \f(1,2)＋eq \f(3,2)i B.eq \f(1,2)－eq \f(3,2)i
C．1＋3i D．1－3i
答案 B
解析 ∵z＝eq \f(2＋i,1－i)＝eq \f(2＋i·1＋i,2)＝eq \f(1,2)＋eq \f(3,2)i，
∴eq \x\t(z)＝eq \f(1,2)－eq \f(3,2)i.
3．设a，b是非零向量，则“a·b＝0”是“|a＋b|＝|a－b|”的( )
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
答案 C
解析 由|a＋b|＝|a－b|，两边平方得，a2＋2a·b＋b2＝a2－2a·b＋b2，
∴a·b＝0.
∵a，b是非零向量，则“a·b＝0”是“|a＋b|＝|a－b|”的充要条件．
4．已知a＝，b＝lg23，c＝lg47，则( )
A．aC．c答案 D
解析 由题意知，a＝b＝lg23＝lg49>lg47>lg44＝1，
所以a5．若函数y＝a|x|(a＞0，且a≠1)的值域为{y|0＜y≤1}，则函数y＝lga|x|的图象是( )
答案 A
解析 ∵|x|≥0，
若函数y＝a|x|(a＞0，且a≠1)的值域为{y|0＜y≤1}，
则0＜a＜1，
当x＞0时，函数y＝lga|x|＝lgax，为减函数，
当x＜0时，函数y＝lga|x|＝lga(－x)，为增函数，且函数是偶函数，关于y轴对称，综上可知，选项A符合题意．
6．有一长、宽分别为50 m、30 m的矩形游泳池，一名工作人员在池边巡逻，某时刻出现在池边任一位置的可能性相同，一人在池中心(对角线交点)处呼唤工作人员，其声音可传出15eq \r(2) m，则工作人员能及时听到呼唤(出现在声音可传到区域)的概率是( )
A.eq \f(3,4) B.eq \f(3,8) C.eq \f(3π,16) D.eq \f(12＋3π,32)
答案 B
解析 所求概率为几何概型，测度为长度，如图，
AB＝CD＝50，BC＝DA＝30，OE＝15eq \r(2)，
OS＝15⇒ES＝eq \r(OE2－OS2)＝15，∴EF＝30，
∴概率为eq \f(EF＋MN,AB＋BC＋CD＋DA)＝eq \f(30×2,50＋30×2)＝eq \f(3,8).
7.如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，其中俯视图是等边三角形，则该几何体的外接球的表面积为( )
A．10π B.eq \f(28,3)π
C．9π D.eq \f(25,3)π
答案 B
解析 由三视图可知，原几何体为四棱锥B－ACDE，其中平面ABC⊥平面ACDE，该几何体可补形为棱长均是2的正三棱柱ABC－EPD，
设等边三角形ABC的中心为O1，几何体外接球的球心为O，半径为R，则OO1＝1，
在等边三角形ABC中，BO1＝2×eq \f(\r(3),2)×eq \f(2,3)＝eq \f(2\r(3),3)，
∴R＝OB＝eq \r(OO\\al(2,1)＋BO\\al(2,1))＝eq \r(1＋\f(4,3))＝eq \f(\r(21),3)，
∴外接球的表面积S＝4πR2＝4π×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(21),3)))2＝eq \f(28π,3).
8．已知函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))图象的纵坐标不变、横坐标变为原来的eq \f(1,ω)(ω>0)倍后，得到的函数在[0,2π]上恰有5个不同的x值，使其取到最值，则正实数ω的取值范围是( )
A.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(13,6)，\f(8,3))) B.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(13,6)，\f(8,3)))
C.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(31,12)，\f(8,3))) D.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(31,12)，\f(8,3)))
答案 A
解析 ∵函数f(x)＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))图象的纵坐标不变、横坐标变为原来的eq \f(1,ω)倍后，
得到的函数为 y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ωx＋\f(π,6)))在[0,2π]上恰有5个不同的x值，使其取到最值，
ωx＋eq \f(π,6)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，2ωπ＋\f(π,6)))，
∴2ωπ＋eq \f(π,6)∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(9π,2)，\f(11π,2)))，
则正实数ω∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(13,6)，\f(8,3))).
二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．全部选对得5分，部分选对得3分，有选错的得0分)
9．某学校为了解高三年级学生在线学习情况，统计了2020年2月18日～27日(共10天)他们在线学习人数及其增长比例数据，并制成如图所示的条形图与折线图的组合图．
根据组合图判断，下列结论不正确的是( )
A．前5天在线学习人数的方差大于后5天在线学习人数的方差
B．前5天在线学习人数的增长比例的极差大于后5天在线学习人数的增长比例的极差
C．这10天学生在线学习人数的增长比例在逐日增大
D．这10天学生在线学习人数在逐日增加
答案 ABC
解析 对于A，由条形图可得前5天学习人数的变化幅度明显比后5天的小，故方差也小，故A错误；
对于B，前5天的增长比例极差约为15%－5%＝10%，后5天的增长比例极差约为48%－8%＝40%，故B错误；
对于C，由折线图知，23日～24日的增长比例在下降，故C错误；
对于D，由条形图，可得学习人数在逐日增加，故D正确．
10．已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝eq \f(an,2＋3an)(n∈N*)，则下列结论正确的有( )
A.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)＋3))为等比数列B．{an}的通项公式为an＝eq \f(1,2n＋1－3)
C．{an}为递增数列D.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))的前n项和Tn＝2n＋2－3n－4
答案 ABD
解析 因为eq \f(1,an＋1)＝eq \f(2＋3an,an)＝eq \f(2,an)＋3，所以eq \f(1,an＋1)＋3＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)＋3))，又eq \f(1,a1)＋3＝4≠0，所以eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)＋3))是以4为首项，2为公比的等比数列，eq \f(1,an)＋3＝4×2n－1，即an＝eq \f(1,2n＋1－3)，{an}为递减数列，故AB正确，C错误．易知eq \f(1,an)＝2n＋1－3，则eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)))的前n项和Tn＝(22－3)＋(23－3)＋…＋(2n＋1－3)＝2(21＋22＋…＋2n)－3n＝2×eq \f(2×1－2n,1－2)－3n＝2n＋2－3n－4，D正确．
11．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a∶b∶c＝4∶5∶6，则下列结论正确的是( )
A．sin A∶sin B∶sin C＝4∶5∶6
B．△ABC是钝角三角形
C．△ABC的最大内角是最小内角的2倍
D．若c＝6，则△ABC的外接圆的半径为eq \f(8\r(7),7)
答案 ACD
解析 由a∶b∶c＝4∶5∶6，可设a＝4x，b＝5x，c＝6x，x>0.
根据正弦定理可知sin A∶sin B∶sin C＝4∶5∶6，选项A正确．
由c为最大边，且cs C＝eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq \f(16x2＋25x2－36x2,2·4x·5x)＝eq \f(1,8)>0，得C为锐角，得△ABC为锐角三角形，选项B不正确．
a为最小边，则cs A＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq \f(25x2＋36x2－16x2,2·5x·6x)＝eq \f(3,4)，则cs 2A＝2cs2A－1＝2×eq \f(9,16)－1＝eq \f(1,8)＝cs C．由2A，C∈(0，π)，可得2A＝C，选项C正确．
若c＝6，则2R＝eq \f(c,sin C)＝eq \f(6,\r(1－\f(1,64)))＝eq \f(16\r(7),7)(R为△ABC的外接圆的半径)，则△ABC的外接圆的半径为eq \f(8\r(7),7)，选项D正确，故选ACD.
12．点F为抛物线y2＝2px(p>0)的焦点，l为其准线，过点F的一条直线与抛物线交于A，B两点，与准线l交于点C.已知点B在线段CF上，|BF|，|AF|，|BC|可以组成一个等差数列，则eq \f(|BC|,|BF|)的可能取值为( )
A．1 B．2 C．3 D．4
答案 BC
解析 根据题意作出图象，如图．
作BE⊥l，AD⊥l，垂足分别为E，D.因为点B在线段CF上，所以|AF|>|BF|.又|BC|>|BF|，所以分两种情形：①|BF|<|AF|<|BC|.因为|BF|，|AF|，|BC|成一个等差数列，所以可设|BF|＝x－d，|AF|＝x，|BC|＝x＋d，d>0.因为BE∥AD，所以eq \f(|BC|,|AC|)＝eq \f(|BE|,|AD|)，即eq \f(x＋d,3x)＝eq \f(x－d,x)，即eq \f(x＋d,x－d)＝eq \f(3x,x)，所以eq \f(|BC|,|BF|)＝eq \f(x＋d,x－d)＝3.
②|BF|<|BC|<|AF|.因为|BF|，|BC|，|AF|成一个等差数列，所以可设|BF|＝x－d，|BC|＝x，|AF|＝x＋d，d>0.因为BE∥AD，所以eq \f(|BC|,|AC|)＝eq \f(|BE|,|AD|)，即eq \f(x,3x)＝eq \f(x－d,x＋d)，即x＝2d，所以eq \f(|BC|,|BF|)＝eq \f(x,x－d)＝2.故选BC.
三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)
13．(x＋2y)(x－y)7的展开式中，含x5y3项的系数是________．(用数字作答)
答案 7
解析 设(x－y)7的通项公式为Tk＋1＝Ceq \\al(k,7)x7－k(－y)k，
令k＝3，T4＝Ceq \\al(3,7)x4(－y)3＝－35x4y3，
令k＝2，T3＝Ceq \\al(2,7)x5(－y)2＝21x5y2，
所以(x＋2y)(x－y)7的展开式中，含x5y3的项为
x·(－35x4y3)＋2y×21x5y2＝7x5y3，
故含x5y3项的系数是7.
14．为了响应国家发展足球的战略，某校在秋季运动会中，安排了足球射门比赛．现有10名同学参加足球射门比赛，已知每名同学踢进的概率均为0.6，每名同学有2次射门机会，且各同学射门之间没有影响．现规定：踢进两个得10分，踢进一个得5分，一个未进得0分，记X为10个同学的得分总和，则X的均值为________．
答案 60
解析 每位同学的进球个数ξ～B(2,0.6)，
得E(ξ)＝2×0.6＝1.2.
∴E(X)＝10×5E(ξ)＝50×1.2＝60.
15．(2020·齐齐哈尔模拟)设f(x)为定义在R上的奇函数，当x≥0时，f(x)＝lg3(x＋1)＋ax2－a＋1(a为常数)，则不等式f(3x＋4)>－5的解集为________．
答案 (－2，＋∞)
解析 因为f(x)在R上是奇函数．
所以f(0)＝0，解得a＝1，
所以当x≥0时，f(x)＝lg3(x＋1)＋x2，
且x∈[0，＋∞)时，f(x)单调递增，
所以y＝f(x)在R上单调递增，
因为f(2)＝5，f(－2)＝－5，
故有3x＋4>－2，解得x>－2.
故不等式f(3x＋4)>－5的解集为(－2，＋∞)．
16．在我国瓷器的历史上六棱形的瓷器非常常见，因为六，八是中国人的吉利数字，所以好多瓷器都做成六棱形和八棱形．数学李老师有一个正六棱柱形状的笔筒，底面边长为6 cm，高为18 cm(底部及筒壁厚度忽略不计)，一长度为2eq \r(85) cm的圆铁棒l(粗细忽略不计)斜放在笔筒内部，l的一端置于正六棱柱某一侧棱的底端，另一端置于和该侧棱正对的侧棱上．一位小朋友玩耍时，向笔筒内注水，恰好将圆铁棒淹没，又将一个圆球放在笔筒口，球面又恰好接触水面，则球的表面积为________cm2.
答案 eq \f(1 849π,16)
解析 如图所示，
正六棱柱笔筒的底面边长为6 cm，高为18 cm，
铁棒与底面六边形的最长对角线、相対棱的部分长h构成直角三角形，
所以2eq \r(85)＝eq \r(122＋h2)，解得h＝14，
所以容器内水面的高度为14 cm，
设球的半径为R，则球被六棱柱上底面截得圆的半径为r＝eq \r(62－32)＝3eq \r(3)，球心到截面圆的距离为R－4，
所以R2＝(R－4)2＋(3eq \r(3))2，解得R＝eq \f(43,8)，
所以球的表面积为4π×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(43,8)))2＝eq \f(1 849π,16)(cm2)．
四、解答题(本大题共6小题，共70分)
17．(10分)如图，在四边形ABCD中，B＝eq \f(2π,3)，AB＝eq \r(3)，S△ABC＝eq \f(3\r(3),4).
(1)求∠ACB的大小；
(2)若BC⊥CD，∠ADC＝eq \f(π,4)，求AD的长．
解 (1)在△ABC中，S△ABC＝eq \f(1,2)×AB·BCsin∠ABC，
∴eq \f(1,2)×eq \r(3)·BCsin eq \f(2π,3)＝eq \f(3\r(3),4)，∴BC＝eq \r(3)，
∴AB＝BC，
又∵B＝eq \f(2π,3)，∴∠ACB＝eq \f(π,6).
(2)∵BC⊥CD，∴∠ACD＝eq \f(π,3)，
由余弦定理得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cs eq \f(2π,3)
＝(eq \r(3))2＋(eq \r(3))2－2eq \r(3)×eq \r(3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＝9，
∴AC＝3，
在△ACD中，由正弦定理得，
eq \f(AC,sin∠ADC)＝eq \f(AD,sin∠ACD)，
∴AD＝eq \f(AC·sin∠ACD,sin∠ADC)＝eq \f(3sin\f(π,3),sin\f(π,4))＝eq \f(3\r(6),2).
18．(12分)已知等差数列{an}的前n项和Sn，n∈N*，a5＝6，S6＝27，数列{bn}的前n项和Tn，Tn＝2bn－n(n∈N*)．
(1)判断{bn＋1}是等比数列，并求bn；
(2)求数列{an·bn}的前n项和．
解 (1)Tn＝2bn－n(n∈N*)．
∴n≥2时，bn＝Tn－Tn－1＝2bn－n－(2bn－1－n＋1)，
化为bn＝2bn－1＋1，
∴bn＋1＝2(bn－1＋1)，
n＝1时，b1＝2b1－1，解得b1＝1.
∴b1＋1＝2.
∴{bn＋1}是等比数列，首项与公比都为2，
∴bn＝2n－1.
(2)设等差数列{an}的公差为d，
∵a5＝6，S6＝27，
∴a1＋4d＝6,6a1＋15d＝27，
联立解得a1＝2，d＝1，
∴an＝2＋n－1＝n＋1.
∴an·bn＝(n＋1)·2n－(n＋1)．
∴数列{(n＋1)·2n}的前n项和
An＝2×2＋3×22＋4×23＋…＋(n＋1)·2n.
∴2An＝2×22＋3×23＋…＋n·2n＋(n＋1)·2n＋1.
两式相减可得－An＝4＋22＋23＋…＋2n－(n＋1)·2n＋1
＝2＋eq \f(22n－1,2－1)－(n＋1)·2n＋1.
化为An＝n·2n＋1.
∴数列{an·bn}的前n项和为n·2n＋1－eq \f(n3＋n,2).
19．(12分)某市在2019年2月份的高三期末考试中对数学成绩数据统计显示，全市10 000名学生的成绩服从正态分布N(120,25)．现某校随机抽取了50名学生的数学成绩分析，结果这50名学生的成绩全部介于85分至145分之间，现将结果按如下方式分为6组，第一组[85,95)，第二组[95,105)，…，第六组[135,145]，得到如图所示的频率分布直方图．
(1)试估计该校全体学生的数学平均成绩；
(2)若从这50名学生中成绩在125分(含125分)以上的同学中任意抽取3人，该3人中在全市前13名的人数记为X，求X的分布列和均值．
附：若X～N(μ，σ2)，则P(μ－σ解 (1)由频率分布直方图可知成绩在[125,135)的频率为1－(0.010×10＋0.024×10＋0.030×10＋0.016×10＋0.008×10)＝0.12.
所以估计该校全体学生的数学平均成绩约为90×0.1＋100×0.24＋110×0.3＋120×0.16＋130×0.12＋140×0.08＝112.
(2)根据正态分布得P(120－3×5故P(X≥135)≈eq \f(1－0.997 3,2)＝0.001 35，
又0.001 35×10 000≈13.
所以前13名的成绩全部在135分以上．
根据频率分布直方图可知这50人中成绩在135分以上(包括135分)的有50×0.08＝4(人)，而在[125,145]的学生有50×(0.12＋0.08)＝10(人)．
所以X的取值为0,1,2,3.
所以P(X＝0)＝eq \f(C\\al(3,6),C\\al(3,10))＝eq \f(1,6)，P(X＝1)＝eq \f(C\\al(2,6)C\\al(1,4),C\\al(3,10))＝eq \f(1,2)，
P(X＝2)＝eq \f(C\\al(1,6)C\\al(2,4),C\\al(3,10))＝eq \f(3,10)，P(X＝3)＝eq \f(C\\al(3,4),C\\al(3,10))＝eq \f(1,30).
所以X的分布列为
所以E(X)＝0×eq \f(1,6)＋1×eq \f(1,2)＋2×eq \f(3,10)＋3×eq \f(1,30)＝1.2.
20.(12分)如图，在四棱锥P－ABCD中，△PAB是边长为2的等边三角形，底面ABCD为直角梯形，AB∥CD，AB⊥BC，BC＝CD＝1，PD＝eq \r(2).
(1)证明：AB⊥PD.
(2)求二面角A－PB－C的余弦值．
(1)证明 连接BD，
∵在四棱锥P－ABCD中，△PAB是边长为2的等边三角形，
底面ABCD为直角梯形，AB∥CD，AB⊥BC，BC＝CD＝1，PD＝eq \r(2).
∴BD＝AD＝eq \r(1＋1)＝eq \r(2)，
∴AD2＋PD2＝AP2，BD2＋PD2＝PB2，
∴AD⊥PD，BD⊥PD，
∵AD∩BD＝D，AD，BD⊂平面ABCD，
∴PD⊥平面ABCD，
∵AB⊂平面ABCD，∴AB⊥PD.
(2)解 ∵AD2＋BD2＝AB2，
∴AD⊥BD，
以D为原点，DA所在直线为x轴，DB所在直线为y轴，DP所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，
则A(eq \r(2)，0,0)，B(0，eq \r(2)，0)，
Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)，0))，P(0,0，eq \r(2))，
eq \(PA,\s\up6(→))＝(eq \r(2)，0，－eq \r(2))，eq \(PB,\s\up6(→))＝(0，eq \r(2)，－eq \r(2))，
eq \(PC,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)，－\r(2)))，
设平面ABP的法向量n＝(x1，y1，z1)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(n·\(PA,\s\up6(→))＝\r(2)x1－\r(2)z1＝0，,n·\(PB,\s\up6(→))＝\r(2)y1－\r(2)z1＝0，))取x1＝1，得n＝(1,1,1)，
设平面PBC的法向量m＝(x2，y2，z2)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m·\(PB,\s\up6(→))＝\r(2)y2－\r(2)z2＝0，,m·\(PC,\s\up6(→))＝－\f(\r(2),2)x2＋\f(\r(2),2)y2－\r(2)z2＝0，))
取z2＝1，得m＝(－1,1,1)，
设二面角A－PB－C的平面角为θ，
由图可知θ为锐角，
则二面角A－PB－C的余弦值为
cs θ＝eq \f(|m·n|,|m||n|)＝eq \f(1,3).
21．(12分)已知椭圆C：eq \f(x2,6)＋eq \f(y2,3)＝1.
(1)直线l过点D(1,1)与椭圆C交于P，Q两点，若eq \(PD,\s\up6(→))＝eq \(DQ,\s\up6(→))，求直线l的方程；
(2)在圆O：x2＋y2＝2上取一点M，过点M作圆O的切线l′与椭圆C交于A，B两点，求|MA|·|MB|的值．
解 (1)设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
∵D(1,1)，且eq \(PD,\s\up6(→))＝eq \(DQ,\s\up6(→))，
∴(1－x1,1－y1)＝(x2－1，y2－1)，
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1－x1＝x2－1，,1－y1＝y2－1，))解得x1＋x2＝2，y1＋y2＝2.
∵P，Q两点在椭圆C上，
∴eq \f(x\\al(2,1),6)＋eq \f(y\\al(2,1),3)＝1，eq \f(x\\al(2,2),6)＋eq \f(y\\al(2,2),3)＝1，
两式相减，得eq \f(x1－x2x1＋x2,6)＝－eq \f(y1－y2y1＋y2,3)，
则eq \f(y1－y2,x1－x2)＝－eq \f(1,2)，
故直线l的方程为y－1＝－eq \f(1,2)(x－1)，
即x＋2y－3＝0.
(2)当切线l′斜率不存在时，不妨设l′的方程为x＝eq \r(2)，
由椭圆C的方程可知，A(eq \r(2)，eq \r(2))，B(eq \r(2)，－eq \r(2))，
则eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＝0，即OA⊥OB.
当切线l′斜率存在时，可设l′的方程为y＝kx＋m，
A(x3，y3)，B(x4，y4)，
∴eq \f(|m|,\r(k2＋1))＝eq \r(2)，即m2＝2(k2＋1)，
联立l′和椭圆C的方程，得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－6＝0.
则Δ＝(4km)2－4(1＋2k2)(2m2－6)＞0.
x3＋x4＝－eq \f(4km,2k2＋1)，x3x4＝eq \f(2m2－6,2k2＋1).
∵eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＝x3x4＋y3y4＝x3x4＋(kx3＋m)(kx4＋m)
＝(1＋k2)x3x4＋km(x3＋x4)＋m2
＝(1＋k2)·eq \f(2m2－6,2k2＋1)＋km·eq \f(－4km,2k2＋1)＋m2
＝eq \f(3m2－6k2－6,2k2＋1)
＝eq \f(32k2＋2－6k2－6,2k2＋1)＝0，
∴OA⊥OB.
综上所述，圆O上任意一点M处的切线交椭圆C于点A，B，都有OA⊥OB.
由△OAM与△BOM相似，
得|MA|·|MB|＝|OM|2＝2.
22．(12分)已知函数f(x)＝－ln x－ax2＋x(a≥0)．
(1)讨论函数f(x)的极值点的个数；
(2)若函数f(x)有两个极值点x1，x2，证明：f(x1)＋f(x2)>3－2ln 2.
(1)解 ∵函数f(x)＝－ln x－ax2＋x(a≥0)，
∴f′(x)＝－eq \f(1,x)－2ax＋1＝－eq \f(2ax2－x＋1,x)
＝eq \f(－2ax2＋x－1,x)， x>0，
∵a≥0，∴当a＝0时，f′(x)＝eq \f(x－1,x)，x>0，
当x∈(0,1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
∴当x＝1时，f(x)有极小值；
对于方程2ax2－x＋1＝0，
当a≥eq \f(1,8)时，Δ≤0，故f′(x)≤0，
∴f(x)在(0，＋∞)上单调递减，故此时f(x)无极值；
当00，方程f′(x)＝0有两个不相等的实数根x1，x2.
可得x1＝eq \f(1－\r(1－8a),4a)，x2＝eq \f(1＋\r(1－8a),4a)，
易知0则当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1－\r(1－8a),4a)))及x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1＋\r(1－8a),4a)，＋∞))时，
f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1－\r(1－8a),4a)，\f(1＋\r(1－8a),4a)))时，
f′(x)>0 ，f(x)单调递增；
∴f(x)在x＝x1处有极小值，在x＝x2处有极大值．
综上所述：当a＝0时，f(x)有1个极值点；
当a≥eq \f(1,8)时，f(x)没有极值点；
当0(2)证明 由(1)可知当a∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,8)))时f(x)有极小值点x1和极大值点x2，且x1，x2是方程f′(x)＝0的两个正根，
则x1＋x2＝eq \f(1,2a)，x1x2＝eq \f(1,2a).
∴f(x1)＋f(x2)＝(x1＋x2)－a[(x1＋x2)2－2x1x2]－(ln x1＋ln x2)＝ln(2a)＋eq \f(1,4a)＋1
＝ln a＋eq \f(1,4a)＋ln 2＋1，
令g(a)＝ln a＋eq \f(1,4a)＋ln 2＋1，
∵0∴g(a)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,8)))上单调递减，
故g(a)>geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,8)))＝3－2ln 2，
∴f(x1)＋f(x2)>3－2ln 2.X
0
1
2
3
P
eq \f(1,6)
eq \f(1,2)
eq \f(3,10)
eq \f(1,30)