2022届河北省石家庄市高三模拟演练数学试题

这是一份2022届河北省石家庄市高三模拟演练数学试题，共13页。试卷主要包含了请将答案正确填写在答题卡上;，若某人满足上述两个黄金分割比例，故B正确；，∴ CF=87，等内容，欢迎下载使用。

注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息;
2．请将答案正确填写在答题卡上;
卷I（选择题）
一、 选择题 （本题共计 8 小题 ，每题 5 分 ，共计40分 ， ）

1. 已知集合A＝{x|1≤x<4}，集合B＝{x|lg2x<1}，则A∩B＝（ ）
A.（0.2]B.[−1，2]C.[0.2]D.（−1，2]

2. 设复数z满足|z−2i|=|z+1|，z在复平面内对应的点为x,y，则( )
A.2x−4y−3=0B.2x+4y−3=0C.4x+2y−3=0D.2x−4y+3=0

3. 已知a∈0,+∞，则“a>1”是“a+1a>2”的（ ）
A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件
C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件

4. 抛物线C:x2=4ay过点−4,4，则C的准线方程为（ ）
A.y=1B.y=−1C.x=1D.x=−1

5. 将函数fx=sin3x+π6的图象上各点的横坐标伸长到原来的6倍（纵坐标不变），再将所得到的图象向右平移m（m>0）个单位长度，得到函数gx的图象．若gx为奇函数，则m的最小值为( )
A.π18B.π9C.π6D.π3

6. 古希腊时期，人们认为最美人体的头顶至肚脐的长度与肚脐至足底的长度之比是5−12（5−12≈0.6，称为黄金分割比例），著名的“断臂维纳斯”便是如此．此外，最美人体的头顶至咽喉的长度与咽喉至肚脐的长度之比也是0.6．若某人满足上述两个黄金分割比例（用0.6代替），且腿长为100cm，头顶至咽喉的长度为24cm，则其身高可能是（ ）
A.168cmB.171cmC.173cmD.178cm

7. 已知数列an满足a1=1，an+1=an1+ann∈N*．记数列an的前n项和为Sn，则（ ）
A.32
8. 已知a，b∈R，ab>0，函数fx=ax2+bx∈R．若fs−t，fs，fs+t成等比数列，则平面上点s,t的轨迹是（ ）
A.直线和圆B.直线和椭圆C.直线和双曲线D.直线和抛物线
二、 多选题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ， ）

9. 给出以下结论正确的序号为（ ）
A.若向量a→=(−2, 3)，b→=(3, m)，且a→⊥b→，则m＝2
B.|a→|＝4，|b→|＝8，a→与b→的夹角是120∘，则|a→+b→|＝43
C.已知向量a→=(1, 3)，b→=(3, 1)，则a→与b→夹角的大小为π6
D.向量m→=(a, −2)，n→=(1, 1−a)，且m→ // n→，则实数a＝0．

10. 下列四个解不等式，正确的有( )
A.不等式2x2−x−1>0的解集是(−∞, 1)∪(2, +∞)
B.不等式−6x2−x+2≤0的解集是{x|x≤−23或x≥12}
C.若不等式ax2+8ax+21<0的解集是{x|−7D.关于x的不等式x2+px−2<0的解集是(q, 1)，则p+q的值为−1

11. 已知实数a，b满足a>0，b>0，a≠1，b≠1，且x=algb，y=blga，z=alga，w=blgb，则( )
A.存在实数a，b，使得x>y>z>w
B.存在a≠b，使得x=y=z=w
C.任意符合条件的实数a，b都有x=y
D.x，y，z，w中至少有两个大于1

12. 有下列说法其中正确的说法为（ ）
A.若a→∥b→，b→∥c→，则a→∥c→
B.若2OA→+OB→+3OC→=0→，S△AOC，S△ABC分别表示△AOC，△ABC的面积，则S△AOC:S△ABC＝1:6
C.两个非零向量a→，b→，若|a→−b→|=|a→|+|b→|，则a→与b→共线且反向
D.若a→∥b→，则存在唯一实数λ使得a→=λb→
卷II（非选择题）
三、 填空题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ， ）

13. 已知函数fx=lg31−x,x<11+3x−1,x≥1,则f−8+flg315=

14. 已知sinθ+csθ=23，则cs （2θ+5π2）的值为________.

15. 已知多项式x−13+x+14=x4+a1x3+a2x2+a3x+a4，则a1=________，a2+a3+a4=________．

16. 袋中有4个红球，m个黄球，n个绿球．现从中任取两个球，记取出的红球数为ξ，若取出的两个球都是红球的概率为16，一红一黄的概率为13，则m−n=________，Eξ=_________．
四、 解答题 （本题共计 6 小题 ，共计70分 ， ）

17.(10分) △ABC中，内角A、B、C的对边分别为a、b、c，D是AC的中点．已知平面向量m→、n→满足m→=sinA−sinB,sinB−sinC,n→=a+b,c，m→⊥n→
（1）求A；

（2）若BD=3, b+2c=43，求△ABC的面积．

18.(12分) 已知数列an满足a1=154，an+1=an+1+1+4an,n∈N*.
(1)设bn=1+4an，n∈N*，求证：数列bn为等差数列；

(2)求证：1a1+1a2+⋯+1an<34，n∈N*.

19.(12分) 在某医院，因为患心脏病而住院的600名男性病人中，有200人秃顶，而另外750名不是因为患心脏病而住院的男性病人中有150人秃顶．
(1)填写下列秃顶与患心脏病列联表：
据表中数据估计秃顶病患中患心脏病的概率P1和不秃顶病患中患心脏病的概率P2，并用两个估计概率判断秃顶与患心脏病是否有关.

(2)能够以99.9%的把握认为秃顶与患心脏病有关吗？请说明理由．
注：K2=nad−bc2a+bc+da+cb+d.

20.(12分) 如图，两个直角梯形ABCD，ACFE所在的平面相互垂直，其中AD//BC,AE//CF,AB⊥AD,AE⊥AC,AE=BC=2AB=2AD=2.

(1)求证：平面EBD⊥平面CDF；

(2)若二面角E−BD−F的余弦值为13，求直线FB与平面ABCD所成角的正切值．

21.(12分) 已知抛物线F:x2=2pyp>0的准线l被圆x2+y2=2所截得弦长为2.
(1)求抛物线Γ的方程；

(2)设准线l与y轴的交点为M，过M的直线l1,l2与抛物线Γ分别交于点A，B和点C，D，直线AC，BD与准线l分别交于E，G两点，求证：|ME|=|MG|.

22.(12分) 已知fx=lnx+ax+1a∈R，f′x为fx的导函数．
(1)若对任意x>0都有fx≤0，求a的取值范围；

(2)若0参考答案与试题解析
2022年4月28日高中数学
一、 选择题 （本题共计 8 小题 ，每题 5 分 ，共计40分 ）
1.
【答案】
A
【考点】
交集及其运算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
略
2.
【答案】
B
【考点】
复数的模
复数的代数表示法及其几何意义
【解析】
本题考查复数的几何意义
【解答】
解：∵|z−2i|=|z+1|，
∴x2+(y−2)2=(x+1)2+y2，
解得2x+4y−3=0．
故选B.
3.
【答案】
A
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】
此题暂无解析
【解答】
A
4.
【答案】
B
【考点】
抛物线的标准方程
【解析】
此题暂无解析
【解答】
B
5.
【答案】
D
【考点】
函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
正弦函数的图象
奇偶性与单调性的综合
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：将函数f(x)=sin(3x+π6)的图象上各点的横坐标伸长到原来的6倍（纵坐标不变），
得到y=sin(12x+π6)的图象，
再将图象得到函数图象向右平移m(m>0)个单位长度，
可得g(x)=sin[12(x−m)+π6]=sin(12x+π6−m2)，
因为g(x)是奇函数，
所以π6−m2=kπ,k∈Z，
解得m=π3−2kπ，k∈Z.
因为m>0，
所以m的最小值为π3.
故选D.
6.
【答案】
B
【考点】
黄金分割法—0.618法
进行简单的合情推理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
B
7.
【答案】
A
【考点】
数列的求和
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为数列an满足a1=1，
an+1=an1+ann∈N*，
所以an>0，
所以a2=12，a3=1−22，
S100>a1+a2=32，
0由an+1=an1+an，
可得1an+1=1an+1an=(1an+12)2−14，
所以1an+1<1an+12，
又0所以1an≤1+n−12=n+12 ，当且仅当n=1时，等号成立．
所以an≥2n+12，即an≥2n+1，
所以an+1=an1+an≤an1+2n+1=n+1n+3an，
所以an+1an≤n+1n+3，
则an+1an⋅anan−1⋅an−1an−2⋅an−2an−3⋯a3a2⋅a2a1
≤n+1n+3⋅nn+2⋅n−1n+1⋅ n−2n⋯35×24，
即an+1a1≤3×2n+3n+2，
所以an≤6(n+2)(n+1)=6(1n+1−1n+2)，
所以S100≤6(12−13+13−14+⋯+1100−1101+1101−1102)
=6×12−1102<6×12=3.
故选A．
8.
【答案】
C
【考点】
轨迹方程
等比数列的性质
双曲线的标准方程
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为fs−t，fs，fs+t成等比数列，
所以fs−t×fs+t=fs2，
即as−t2+b×as+t2+b=as2+b2，
对其进行整理变形：
as2+at2−2ast+bas2+at2+2ast+b=as2+b2，
as2+at2+b2−2ast2−as2+b2=0，
2as2+at2+2bat2−4a2s2t2=0，
−2a2s2t2+a2t4+2abt2=0，
t2at2+2b−2as2=0，
所以t=0或at2+2b−2as2=0，
当t=0时，平面上点s,t的轨迹为直线；
当at2+2b−2as2=0时，即s2ba−t22ba=1，平面上点s,t的轨迹为双曲线．
综上所述，平面上点s,t的轨迹为直线和双曲线．
故选C．
二、 多选题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ）
9.
【答案】
A,B,C
【考点】
命题的真假判断与应用
【解析】
直接利用向量的共线的充要条件的应用，向量垂直的充要条件的应用，向量的模的应用，向量的夹角公式的应用求出结果．
【解答】
①因为a⊥b，所以a⋅b＝−2×3+3m＝0，解得m＝2，故A正确；
②因为|a+b|2＝a2+2a⋅b+b2＝16+2×(−16)+64＝48，所以|a+b|＝43．故B正确；
③因为cs=a⋅b|a||b|=1×3+3×12×2=32，所以a与b夹角的大小为π6故C正确，
④D显然不正确，
10.
【答案】
B,C,D
【考点】
其他不等式的解法
一元二次不等式的解法
【解析】
对A，B直接解一元二次不等式，对C，D根据一元二次不等式的与对应方程根的关系判断即可．
【解答】
解：A，∵ 2x2−x−1=(2x+1)(x−1)>0，
解得x>1或x<−12，
∴ 不等式的解集为(−∞,−12)∪(1, +∞)，故A错误；
B，∵ −6x2−x+2≤0，
即6x2+x−2≥0，
∴ (2x−1)(3x+2)≥0，
解得x≥12或x≤−23，故B正确；
C，∵ −7和−1为方程ax2+8ax+21=0的两个根，
∴ −7×(−1)=21a，
解得a=3，故C正确；
D，∵ q，1是方程x2+px−2=0的两根，
∴ q+1=−p，即p+q=−1，故D正确．
故选BCD.
11.
【答案】
C,D
【考点】
指数式、对数式的综合比较
指数式与对数式的互化
【解析】
这里既有指数，又有对数．要善于找到两者之间的关系．
【解答】
解：设lga=p，lgb=q，
则有10p=a，10q=b，
则x=algb=(10p)q=10pq，y=(10q)p=10pq，
z=(10p)p=10p2，w=(10q)q=10q2，
所以任意符合条件的a，b都有x=y，故C正确，A错误；
若a≠b，则p≠q，则x≠z，故B错误；
因为a≠1，b≠1，所以p≠0，q≠0，
所以p2>0，q2>0，故z>1，且w>1，故D正确．
故选CD.
12.
【答案】
B,C
【考点】
平面向量的基本定理
向量的数量积判断向量的共线与垂直
向量的共线定理
【解析】
b→=0→，a→，c→可以不共线，可判断A；运用三角形的重心向量表示和性质，以及三角形的面积的求法，即可判断B；由向量的模的性质，即可判断C；由向量共线定理，即可判断D．
【解答】
A，若a→ // b→，b→ // c→，则a→ // c→不成立，比如b→=0→，a→，c→可以不共线；
B，若2OA→+OB→+3OC→=0→，延长OA到A′，
使得OA′＝2OA，延长OC到C′，使得OC′＝3OC，
可得O为三角形BA′C′的重心，
可设△AOC、△BOC、△COA的面积分别为x，y，z，
则△A′OB的面积为2y，△C′OB的面积为3z，△A′OC′的面积为6x，
由三角形的重心的性质可得2y＝3z＝6x，则S△AOC:S△ABC＝x：(x+y+z)＝1:6，正确；
C，两个非零向量a→，b→，若|a→−b→|＝|a→|+|b→|，则a→与b→共线且反向，正确；
D，若a→ // b→，则存在唯一实数λ使得a→=λb→，不正确，比如a→≠0→，b→=0→，不存在实数λ．
三、 填空题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ）
13.
【答案】
8
【考点】
函数的求值
分段函数的应用
对数的运算性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
8
14.
【答案】
79
【考点】
三角函数值的符号
二倍角的正弦公式
同角三角函数间的基本关系
【解析】
此题暂无解析
【解答】
79
15.
【答案】
5,10
【考点】
二项式定理的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：x−13=x3−3x2+3x−1，
x+14=x4+4x3+6x2+4x+1，
所以a1=1+4=5，a2=−3+6=3，
a3=3+4=7，a4=−1+1=0，
所以a2+a3+a4=3+7+0=10．
故答案为：5；10．
16.
【答案】
1,89
【考点】
古典概型及其概率计算公式
离散型随机变量的期望与方差
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为取出的两个球都是红球的概率为16，
所以C42C4+m+n2=16，
则m+n+4m+n+3=72，
解得m+n=5，
又因为一红一黄的概率为13，
所以C41⋅Cm1C4+m+n2=13，
解得m=3，
则n=5−3=2，
所以m−n=3−2=1，
所以袋中有4个红球，3个黄球，2个绿球．
则Pξ=0=C52C92=518，
Pξ=1=C41⋅C51C92=59，
P(ξ=2)=C42C92=16，
分布列为：
所以Eξ=0×518+1×59+2×16=89．
故答案为：1；89．
四、 解答题 （本题共计 6 小题 ，共计70分 ）
17.
【答案】
解：（1）∵ m→=sinA−sinB,sinB−sinC ，n→=a+b,c,m→⊥n→
∴ sinA−sinBa+b+sinB−sinCc=0
∴ a−ba+b+b−cc=0，即b2+c2−a2=bc
∴ csA=b2+c2−a22bc=12
∵ 0（2）在△ABD中，由BD=3， A=π3和余弦定理，得
BD2=3=AB2+AD2−2AB⋅ADcsA=AB2+AD2−AB⋅AD．
∵ D是AC的中点，∴ AD=b2
∴ c2+b22−c×b2=3，化简得4c2+b2−2bc=12，即b+2c2−6bc=12
∵ b+2c=43，∴ 432−6bc=12，解得bc=6．
∴ S△ABC=12bcsinA=12bcsinπ3=3bc4=332
∴ △ABC的面积为332．
【考点】
余弦定理
正弦定理
数量积判断两个平面向量的垂直关系
平面向量数量积坐标表示的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：（1）∵ m→=sinA−sinB,sinB−sinC ，n→=a+b,c,m→⊥n→
∴ sinA−sinBa+b+sinB−sinCc=0
∴ a−ba+b+b−cc=0，即b2+c2−a2=bc
∴ csA=b2+c2−a22bc=12
∵ 0（2）在△ABD中，由BD=3， A=π3和余弦定理，得
BD2=3=AB2+AD2−2AB⋅ADcsA=AB2+AD2−AB⋅AD．
∵ D是AC的中点，∴ AD=b2
∴ c2+b22−c×b2=3，化简得4c2+b2−2bc=12，即b+2c2−6bc=12
∵ b+2c=43，∴ 432−6bc=12，解得bc=6．
∴ S△ABC=12bcsinA=12bcsinπ3=3bc4=332
∴ △ABC的面积为332．
18.
【答案】
证明：(1)因为bn=1+4an，所以an=14bn2−1，
因此14bn+12−1=14bn2−1+1+bn，即bn+12=bn2+4bn+4，
于是bn+12=bn+22，
注意到bn>0, bn+1>0，则bn+1=bn+2，即bn+1−bn=2，
所以数列bn是公差为2的等差数列．
(2)因为b1=1+4a1=4，且数列bn是公差为2的等差数列，
所以bn=4+2n−1=2n+2，
因此1+4an=2n+2，即an=n2+2n+34>n2+2n=nn+2，
于是1a1+1a2+⋯+1an<11×3+12×4+⋯+1nn+2
=121−13+12−14+⋯+1n−1n+2
=121+12−1n+1−1n+2<121+12=34.
【考点】
数列递推式
等差数列
数列的求和
【解析】
此题暂无解析
【解答】
证明：(1)因为bn=1+4an，所以an=14bn2−1，
因此14bn+12−1=14bn2−1+1+bn，即bn+12=bn2+4bn+4，
于是bn+12=bn+22，
注意到bn>0, bn+1>0，则bn+1=bn+2，即bn+1−bn=2，
所以数列bn是公差为2的等差数列．
(2)因为b1=1+4a1=4，且数列bn是公差为2的等差数列，
所以bn=4+2n−1=2n+2，
因此1+4an=2n+2，即an=n2+2n+34>n2+2n=nn+2，
于是1a1+1a2+⋯+1an<11×3+12×4+⋯+1nn+2
=121−13+12−14+⋯+1n−1n+2
=121+12−1n+1−1n+2<121+12=34.
19.
【答案】
解：(1)
P1≈200350=47, P2≈4001000=25,
由于P1远大于P2，所以判断秃顶与患心脏病有关．
(2)由题可知K2的观测值
k=1350×200×600−150×4002350×1000×600×750=2167≈30.86>10.828，
所以能够以99.9%的把握认为秃顶与患心脏病有关．
【考点】
离散型随机变量及其分布列
独立性检验
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)
P1≈200350=47, P2≈4001000=25,
由于P1远大于P2，所以判断秃顶与患心脏病有关．
(2)由题可知K2的观测值
k=1350×200×600−150×4002350×1000×600×750=2167≈30.86>10.828，
所以能够以99.9%的把握认为秃顶与患心脏病有关．
20.
【答案】
解：（1）∵ 平面ABCD⊥平面ACFE，平面ABCD∩平面ACFE=AC,AE⊥AC，∴ AE⊥平面ABCD，
∵ AE//CF，∴ CF⊥平面ABCD，
∵ BD⊂平面ABCD，∴ CF⊥BD，
在Rt△BAD中，AB=AD=1,BD=AB2+AD2=2
在△BDC中，由余弦定理得
CD=BD2+BC2−2BD⋅BCcs∠DBC=2+4−2×2×2×22=2，
∵ BD2+DC2=BC2，∴ BD⊥CD，
又∵ FC∩CD=C，∴ BD⊥平面CDF，
又BD⊂平面EBD，∴ 平面EBD⊥平面CDF．
(2)如图，以A为原点，分别以AB→，AD→，AE→的方向为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系，
A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,2,0),D(0,1,0)，E(0,0,2)，
设CF=hh>0，则F1,2,h．
设m→=x,y,z为平面BDF的法向量，
则BD→⋅m→=0BF→⋅m→=0 即−x+y=02y+hz=0
不妨令y=1，可得m→=1,1,−2h．
同理可得平面BDE的一个法向量为n→=2,2,1，
由题意，有 |cs(m→,n→⟩|=|m→⋅n→||m→|⋅|n→|=13 ，解得h=87．∴ CF=87，
∵ CF⊥平面ABCD，∴ ∠FBC为直线FB与平面ABCD所成角，
∴ tan∠FBC=CFBC=47．
【考点】
平面与平面垂直的判定
直线与平面所成的角
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：（1）∵ 平面ABCD⊥平面ACFE，平面ABCD∩平面ACFE=AC,AE⊥AC，∴ AE⊥平面ABCD，
∵ AE//CF，∴ CF⊥平面ABCD，
∵ BD⊂平面ABCD，∴ CF⊥BD，
在Rt△BAD中，AB=AD=1,BD=AB2+AD2=2
在△BDC中，由余弦定理得
CD=BD2+BC2−2BD⋅BCcs∠DBC=2+4−2×2×2×22=2，
∵ BD2+DC2=BC2，∴ BD⊥CD，
又∵ FC∩CD=C，∴ BD⊥平面CDF，
又BD⊂平面EBD，∴ 平面EBD⊥平面CDF．
(2)如图，以A为原点，分别以AB→，AD→，AE→的方向为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系，
A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,2,0),D(0,1,0)，E(0,0,2)，
设CF=hh>0，则F1,2,h．
设m→=x,y,z为平面BDF的法向量，
则BD→⋅m→=0BF→⋅m→=0 即−x+y=02y+hz=0
不妨令y=1，可得m→=1,1,−2h．
同理可得平面BDE的一个法向量为n→=2,2,1，
由题意，有 |cs(m→,n→⟩|=|m→⋅n→||m→|⋅|n→|=13 ，解得h=87．∴ CF=87，
∵ CF⊥平面ABCD，∴ ∠FBC为直线FB与平面ABCD所成角，
∴ tan∠FBC=CFBC=47．
21.
【答案】
解：（1）抛物线Γ：x2=2pyp>0的准线l的方程为y=−p2，
∵ 准线l被圆x2+y2=2所截得弦长为2，
∴ 圆心0,0到准线l的距离d=p2,p22+12=22，
解得 p=2，
故抛物线Γ的方程为 x2=4y．
(2)准线l与y轴的交点为M0,−1，
设Ax1,y1,Bx2,y2,Cx3,y3,Dx4,y4,Es,−1,Gt,−1 ．
则x12=4y1①x22=4y2②，②x32=4y3③x42=4y4④，
设直线l1:y=k1x−1,l2:y=k2x−1,k1k2≠0
联立l1和抛物线Γ的方程y=k1x−1x2=4y,’消去y得x2−4k1x+4=0
则x1+x2=4k1,x1x2=4，
同理x3+x4=4k2,x3=4．
∵ A，C，E三点共线，∴ EA→//EC→,x1−sy3+1=x3−sy1+1，
得x1y3−x3y1+x1−x3=sy3−y1
将①③代入，x1x324−x3x124+x1−x3=sx324−x124，化简得s=x1x3−4x1+x3．
同理t=x2x4−4x2+x4.
∵ s+t=x1x3−4x1+x3+x2x4−4x2+x4
=x1x3−4x2+x4+x2x4−4x1+x3x1+x3x2+x4
=x1x2x3+x4+x3x4x1+x2−4x1+x2+x3+x4x1+x3x2+x4
=0．
∴ |ME|=|MG|．
【考点】
抛物线的标准方程
圆锥曲线的综合问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：（1）抛物线Γ：x2=2pyp>0的准线l的方程为y=−p2，
∵ 准线l被圆x2+y2=2所截得弦长为2，
∴ 圆心0,0到准线l的距离d=p2,p22+12=22，
解得 p=2，
故抛物线Γ的方程为 x2=4y．
(2)准线l与y轴的交点为M0,−1，
设Ax1,y1,Bx2,y2,Cx3,y3,Dx4,y4,Es,−1,Gt,−1 ．
则x12=4y1①x22=4y2②，②x32=4y3③x42=4y4④，
设直线l1:y=k1x−1,l2:y=k2x−1,k1k2≠0
联立l1和抛物线Γ的方程y=k1x−1x2=4y,’消去y得x2−4k1x+4=0
则x1+x2=4k1,x1x2=4，
同理x3+x4=4k2,x3=4．
∵ A，C，E三点共线，∴ EA→//EC→,x1−sy3+1=x3−sy1+1，
得x1y3−x3y1+x1−x3=sy3−y1
将①③代入，x1x324−x3x124+x1−x3=sx324−x124，化简得s=x1x3−4x1+x3．
同理t=x2x4−4x2+x4.
∵ s+t=x1x3−4x1+x3+x2x4−4x2+x4
=x1x3−4x2+x4+x2x4−4x1+x3x1+x3x2+x4
=x1x2x3+x4+x3x4x1+x2−4x1+x2+x3+x4x1+x3x2+x4
=0．
∴ |ME|=|MG|．
22.
【答案】
(1)解：因为f′x=1x+a=ax+1xx>0，
所以，当a≥0时，f1=a+1>0不符合题意．
当a<0时，令f′x<0，得x>−1a；
令f′x>0，得0所以a≤−1，
综上所述a≤−1．
(2)证明：设gx=f′x−fx1−fx2x1−x2，问题转化为gx在区间x1,x2上有唯一的零点，
由gx=f′x−fx1−fx2x1−x2=1x+a−lnx1+ax1−lnx2−ax2x1−x2，
易知gx在区间x1,x2上单调递减，故函数gx在区间x1,x2上至多有1个零点，
由gx1=f′x1−fx1−fx2x1−x2=1x1+a−lnx1+ax1−lnx2−ax2x1−x2
=1x1−lnx1−lnx2x1−x2=1x1−x21−x2x1+lnx2x1
同理，得gx2=1x1−x2x1x2−1+lnx2x1，
由（1）知，当a=−1时， lnx−x+1≤0，当且仅当x=1时取等号，
因为01，
所以lnx2x1−x2x1+1<0，
又因为x1−x2<0，即1x1−x2<0，所以gx1>0，
因为0所以lnx1x2−x1x2+1<0，即lnx2x1+x1x2−1>0，
又因为x1−x2<0，即1x1−x2<0，所以gx2<0，
由函数零点存在定理知gx在区间x1,x2上有唯一的零点，即存在唯一的x0∈x1,x2，使得f′x0=fx1−fx2x1−x2成立．
【考点】
利用导数研究函数的单调性
利用导数研究不等式恒成立问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)解：因为f′x=1x+a=ax+1xx>0，
所以，当a≥0时，f1=a+1>0不符合题意．
当a<0时，令f′x<0，得x>−1a；
令f′x>0，得0所以a≤−1，
综上所述a≤−1．
(2)证明：设gx=f′x−fx1−fx2x1−x2，问题转化为gx在区间x1,x2上有唯一的零点，
由gx=f′x−fx1−fx2x1−x2=1x+a−lnx1+ax1−lnx2−ax2x1−x2，
易知gx在区间x1,x2上单调递减，故函数gx在区间x1,x2上至多有1个零点，
由gx1=f′x1−fx1−fx2x1−x2=1x1+a−lnx1+ax1−lnx2−ax2x1−x2
=1x1−lnx1−lnx2x1−x2=1x1−x21−x2x1+lnx2x1
同理，得gx2=1x1−x2x1x2−1+lnx2x1，
由（1）知，当a=−1时， lnx−x+1≤0，当且仅当x=1时取等号，
因为01，
所以lnx2x1−x2x1+1<0，
又因为x1−x2<0，即1x1−x2<0，所以gx1>0，
因为0所以lnx1x2−x1x2+1<0，即lnx2x1+x1x2−1>0，
又因为x1−x2<0，即1x1−x2<0，所以gx2<0，
由函数零点存在定理知gx在区间x1,x2上有唯一的零点，即存在唯一的x0∈x1,x2，使得f′x0=fx1−fx2x1−x2成立． ξ
0
1
2
P
518
59
16