2023年天津市滨海新区十二校联考塘沽一中等高考数学模拟试卷（一）（含答案解析）

这是一份2023年天津市滨海新区十二校联考塘沽一中等高考数学模拟试卷（一）（含答案解析），共17页。试卷主要包含了 设a=0等内容，欢迎下载使用。

A. {1,3}B. {0,3}C. {−2,1}D. {−2,0}
2. 非零向量a,b满足|b|=4,|a|=2且b与a夹角为θ，则“|b−a|=2 3”是“θ=π3”的( )
A. 必要而不充分条件B. 充分而不必要条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
3. 函数f(x)=2ln|x|x的部分图象大致为( )
A. B.
C. D.
4. 为落实党中央的“三农”政策，某市组织该市所有乡镇干部进行了一期“三农”政策专题培训，并在培训结束时进行了结业考试．如图是该次考试成绩随机抽样样本的频率分布直方图．则下列关于这次考试成绩的估计错误的是( )
A. 众数为82.5
B. 中位数为85
C. 平均数为86
D. 有一半以上干部的成绩在80∼90分之间
5. 设a=(34)0.5,b=(43)0.5,c=lg34(lg34)，则( )
A. c6. 已知正数x，y，z，满足3x=4y=6z，则下列说法不正确的是( )
A. 1x+12y=1zB. 3x>4y>6z
C. x+y>(32+ 2)zD. xy>2z2
7. 已知第一象限内的点M既在双曲线C1:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的渐近线上，又在抛物线C2:y2=2px(p>0)上，设C1的左、右焦点分别为F1，F2，若C2的焦点为F2，且△MF1F2是以MF1为底边的等腰三角形，则双曲线的离心率为( )
A. 2B. 5C. 1+ 2D. 2+ 3
8. 魏晋时期数学家刘徽在他的著作《九章算术注》中，称一个正方体内两个互相垂直的内切圆柱所围成的几何体为“牟合方盖”(如图)，刘徽通过计算得知正方体的内切球的体积与“牟合方盖”的体积之比应为π：4.在某一球内任意取一点，则此点取自球的一个内接正方体的“牟合方盖”的概率为( )
A. 12B. 23C. 4 39πD. 39
9. 设函数f(x)=sin(ωx+π5)(ω>0)，已知f(x)在[0,2π]有且仅有5个零点，下述四个结论：
①f(x)在(0,2π)有且仅有3个极大值点
②f(x)在(0,2π)有且仅有2个极小值点
③f(x)在(0,π10)单调递增
④ω的取值范围是[125,2910)
其中所有正确结论的个数是( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
10. 已知i是虚数单位，复数z=a+i(a∈R)，且满足z=1−3iz+1，则|z|=______.
11. 已知(ax2−1 x)n(a>0)的展开式中第5项与第7项的二项式系数相等，且展开式的各项系数之和为1024，则展开式中的常数项为______ .
12. 过点(1,1)的直线l与圆(x−2)2+(y−3)2=9相交于A，B两点，当|AB|=4时，直线l的方程为______.
13. 我国中医药选出的“三药三方”对治疗新冠肺炎均有显著效果，“三药”分别为金花清感颗粒、连花清瘟胶囊、血必净注射液；“三方”分别为清肺排毒汤、化湿败毒方、宜肺败毒方．若某医生从“三药三方”中随机选出三种药方，事件A表示选出的三种药方中至少有一药，事件B表示选出的三种药方中至少有一方，则P(A|B)=______.
14. 关于x的方程g(x)=t(t∈R)的实根个数记为f(t).若g(x)=lnx，则f(t)= (1) ；若g(x)=x,x≤0−x2+2ax+a,x>0(a∈R)，存在t使得f(t+2)>f(t)成立，则a的取值范围是 (2) .
15. 在平面四边形ABCD中，AB=BC=2CD=2，∠ABC=60∘，∠ADC=90∘，若BE=EF=FG=GC，则2AE⋅DC+AE⋅AF=__________；若P为边BC上一动点，当PA⋅PC取最小值时，则cs∠PDC的值为__________.
16. 已知a，b，c分别是△ABC的内角A，B，C的对边，且ab=csA2−csB.
(Ⅰ)求ac；
(Ⅱ)若b=4，csC=14，求△ABC的面积；
(Ⅲ)在(Ⅱ)的条件下，求cs(2C+π3)的值．
17. 如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，AC⊥AD，AB⊥BC，∠BCA=60∘，AP=AC=AD=2，E为CD的中点，M在AB上，且AM=2MB.
(Ⅰ)求证：EM//平面PAD；
(Ⅱ)求平面PAD与平面PBC所成锐二面角的余弦值；
(Ⅲ)点F是线段PD上异于两端点的任意一点，若满足异面直线EF与AC所成角45∘，求AF的长．
18. 已知等比数列{an}的各项均为正数，2a5，a4，4a6成等差数列，且满足a4=4a32，数列{bn}的前n项和Sn=(n+1)2bn，n∈N*，且b1=1.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)设cn=(b2n+1+3)an(b2n+1−1)(b2n+1+1)，n∈N*，求数列{cn}的前n项和An；
(3)设dn=(−1)n[(bn+1)2+an(bn+1)]，求{dn}的前2n项和T2n.
19. 椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别是F1、F2，离心率为12，过F1且垂直于x轴的直线被椭圆C截得的线段长为3.
(Ⅰ)求椭圆C的方程；
(Ⅱ)已知点H(0,1)，若直线y=x+t与椭圆C相交于两点C，D且直线HC，HD的斜率之和为−2，求实数t的值.
(Ⅲ)点P是椭圆C上除长轴端点外的任一点，连接PF1、PF2，设∠F1PF2的角平分线PM交C的长轴于点M(m,0)，求m的取值范围.
20. 已知函数f(x)=(x−a)lnx−xlna，其中a>0.
(1)求f(x)的极值；
(2)设函数g(x)=f(x)+f(1x)有三个不同的极值点x1，x2，x3.
(i)求实数a的取值范围；
(ii)证明：x12+x22+x32>3.
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：∵B={x|x2−4x+3=0}={1,3}，A={−1,2}，
∴A∪B={−1,1,2,3}，
又U={−2,−1,0,1,2,3}，
∴∁U(A∪B)={−2,0}.
故选：D.
求解一元二次方程化简B，再由并集与补集运算得答案．
本题考查交、并、补集的混合运算，是基础题．
2.【答案】C
【解析】解：∵|b−a|=2 3，
∴|b|2+|a|2−2|b|⋅|a|csθ=12，
即16+4−2×4×2csθ=12，
∴csθ=12，
∵θ∈[0,π]，
∴θ=π3.
故“|b−a|=2 3”是“θ=π3”的充分必要条件，
故选：C.
根据向量的模和向量的数量积求出θ=π3，再结合充分必要条件的定义即可判断．
本题考查了向量的数量积公式和充分必要条件，属于基础题．
3.【答案】C
【解析】解：f(−x)=−2ln|x|x=−f(x)，
则f(x)为奇函数，其图象关于原点对称，故排除B，D，
当x=1时，f(1)=0，
当x=e时，f(e)=2e>0，故排除A，
故选：C.
先判断函数的奇偶性，再根据函数值得变化趋势即可求出．
本题考查了函数图象的识别，关键掌握函数的奇偶性和函数值得变化趋势，属于基础题．
4.【答案】C
【解析】解：由频率直方图知：众数为82.5，A正确；
又(0.01+0.03+0.06)×5=0.5，即中位数为85，B正确；
由(0.01×72.5+0.03×77.5+0.06×82.5+0.05×87.5+0.03×92.5+0.02×97.5)×5=85.5，
所以平均数为85.5，C错误；
由(0.06+0.05)×5=0.55>0.5，则有一半以上干部的成绩在80−90分之间，D正确．
故选：C.
由频率直方图求众数、中位数、平均数，并判断在80−90分之间的干部占比，即可得答案．
本题主要考查了频率分布直方图的应用，考查了众数、中位数、平均数的估计，属于基础题．
5.【答案】B
【解析】解：0<(34)0.5<1，(43)0.5>1，
∵lg34>1，∴lg34(lg34)<0，
即01，c<0，
∴c故选：B.
根据指数幂和对数的取值，分别判断a，b，c的取值范围，然后比较大小．
本题主要考查对数值和指数值的大小比较，利用指数函数和对数函数的图象和性质判断范围是解决本题的关键，比较基础．
6.【答案】B
【解析】解：设3x=4y=6z=t>1，则x=lg3t，y=lg4t，z=lg6t，
则1x+12y=lgt3+12lgt4=lgt6=1z，故A正确；
∵3x=lg313t，4y=lg414t，6z=lg616t，
∵(313)12=34=81，(414)12=43=64，(616)12=62=36，
∴313>414>616，又t>1，
∴3x<4y<6z，故B错误；
x+yz=lg3t+lg4tlg6t=lg36+lg46=lg32+lg33+lg42+lg43
=lg32+1+12lg23+12=32+lg32+12lg23>32+ 2，
∴x+y>(32+ 2)z，故C正确；
xyz2=lg3t⋅lg4tlg6t⋅lg6t=lg36⋅lg46=(lg32+lg33)⋅(lg42+lg43)
=12(lg32+1)⋅(lg23+1)
=12(2+lg32+lg23)>2，
∴xy>2z2，故D正确．
故选：B.
设3x=4y=6z=t>1，则x=lg3t，y=lg4t，z=lg6t，分别代入四个选项中，根据对数运算法则化简，判断是否正确即可．
本题考查对数式、指数式互化公式、对数运算法则等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
7.【答案】B
【解析】解：由题意可得F1(−p2,0)，F2(p2,0)，
则|F1F2|=p，
则|MF2|=p，
则xM=p−p2=p2，
不妨设M(p2,p)，
由点M在渐近线上可知ba⋅p2=p，即b=2a,
则双曲线的离心率为 5
故选：B.
由双曲线的性质，结合双曲线与抛物线的位置关系求解即可．
本题考查了双曲线的性质，重点考查了双曲线与抛物线的位置关系，属基础题．
8.【答案】C
【解析】解：设球的直径为 3a，则球的内接正方体的棱长为a，正方体的内切球的半径r=a2，
∴正方体的内切球的体积V内接球=43π⋅(a2)3=π6a3，又由已知V内接球V牟合方盖=π4，
∴V牟合方盖=4π⋅π6a3=23a3，
∴此点取自球的内接正方体的“牟合方盖”的概率为23a343π( 32a)3=4 39π，
故选：C.
根据V内接球V牟合方盖=π4，求出V牟合方盖，求出满足条件的概率即可．
本题考查了几何概型问题，考查转化思想，是一道基础题．
9.【答案】C
【解析】解：对于④，因为ω>0，故当x∈[0,2π]时，则z=ωx+π5∈[π5,2ωπ+π5]，
画出函数y=f(x)=sinZ的图象，如图所示：
因为f(x)在[0,2π]有且仅有5个零点，故2ωπ+π5∈[5π,6π),
解得ω∈[125,2910),故④正确；
对于①，当ωx+π5=π2，5π2或9π2，
即x=3π10ω，23π10ω或43π10ω时，f(x)取得极大值，故f(x)在(0,2π)有且仅有3个极大值点，①正确；
对于②，当2ωπ+π5∈[5π,112π]，即ω∈[125,534]时，
当ωx+π5=3π2，7π2，即x=13π10ω，33π10ω时，f(x)取得极小值，
此时f(x)在(0,2π)有且仅有2个极小值点，
当2ωπ+π5∈(112π,6π)，即ω∈(534,2910)时，
当ωx+π5=3π2，7π2或112π，即x=13π10ω，33π10ω或53π10ω时，f(x)取得极小值，此时f(x)在(0,2π)有且仅有3个极小值点，故②错误；
对于③，当x∈(0,π10)时，ωπ+π5∈(π5,π10ω+π5)，
因为ω∈[125,2910),所以π10ω+π5∈[11π25,49π100),由于49π100<π2，
故f(x)在(0,π10)上单调递增，③正确．
所以说法正确的有3个．
故选：C.
画出图象，根据f(x)在[0,2π]有且仅有5个零点，求出ω∈[125,2910),从而得④正确；
数形结合得到f(x)有且仅有3个极大值点，可能有2个极小值点，也有可能有3个极小值点，从而得①正确，②错误；
整体法求出f(x)在(0,π10)单调递增，从而判断③．
本题考查了三角函数的图象及性质、数形结合思想、分类讨论思想，属于中档题．
10.【答案】 5
【解析】解：∵i是虚数单位，复数z=a+i(a∈R)，且满足z=1−3iz+1，
∴z2+z=1−3i，即a2+a−1+(2a+1)i=1−3i，
∴a2+a−1=1，2a+1=−3，∴a=−2，z=−2+i，
则|z|= (−2)2+12= 5，
故答案为： 5.
由题意，利用两个复数相等的条件求得a的值，再根据复数的模的定义，求出|z|.
本题主要考查两个复数相等的条件，求复数的模，属于基础题．
11.【答案】405
【解析】解：由题意得Cn4=Cn6，
故n=10，
令x=1可得(a−1)n=1024，
所以a=3，
所以展开式的通项为Tr+1=C10r(3x2)10−r(−1 x)r=(−1)rC10r⋅310−rx20−5r2，
令20−5r2=0，则r=8，
故展开式的通项为405.
故答案为：405，.
由已知结合二项式系数的性质先求出n，然后利用赋值法求出a，再结合通项即可求解．
本题主要考查了二项式定理的应用，属于基础题．
12.【答案】x+2y−3=0
【解析】解：直线l：经过点(1,1)与圆(x−2)2+(y−3)2=9相交于A，B两点，|AB|=4，则圆心到直线的距离为 5，
当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为：x=1，不符合题意；
当直线l的斜率存在时，设直线l：y=k(x−1)+1，即kx−y−k+1=0
圆心到直线kx−y−k+1=0的距离d=|k−2| k2+1= 5，解得k=−12，
∴直线l的方程为x+2y−3=0.
故答案为：x+2y−3=0.
当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为：x=1，不符合题意；当直线l的斜率存在时，圆心到直线kx−y−k+1=0的距离d=|k−2| k2+1= 5，解得k=−12，由此能求出直线l的方程．
本题考查直线方程的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意圆的性质、点到直线的距离公式的合理运用．
13.【答案】1819
【解析】解：依题意，P(B)=1−C33C63=1920,P(AB)=C31C32+C32C31C63=910，
听以P(A|B)=P(AB)P(B)=1819.
故答案为：1819.
利用古典概型求出事件B的概率及事件AB的概率，再利用条件概率公式计算作答．
本题考查了条件概率的计算，属于基础题．
14.【答案】1
a>1

【解析】解：若g(x)=lnx，则函数的值域为R，且函数为单调函数，
故方程g(x)=t有且只有一个根，
故f(t)=1，
g(x)=x,x≤0−x2+2ax+a,x>0，
当t≤0时，f(t)=1恒成立，
若存在t使得f(t+2)>f(t)成立，
则x>0时，函数的最大值大于2，且对称轴位于y轴右侧，
即a>0−4a−4a2−4>2，
解得：a>1，
故答案为：1，a>1
若g(x)=lnx，则函数的值域为R，且函数为单调函数，故方程g(x)=t有且只有一个根，故f(t)=1，
若g(x)=x,x≤0−x2+2ax+a,x>0(a∈R)，存在t使得f(t+2)>f(t)成立，则x>0时，函数的最大值大于2，且对称轴位于y轴右侧，解得答案．
本题考查的知识点是分段函数的应用，函数的零点及个数判断，难度中档．
15.【答案】132
5 714

【解析】
【分析】
本题考查平面向量在几何问题中的应用，通过建系将问题坐标化是一种常见的求角或距离的解题方法．同时考查学生运用转化思想、数形结合思想、函数思想等的解题能力．属于中档题.
根据题意可知△ABC是等边三角形，△ADC是有一个内角为60∘的直角三角形．又知道它们的边长，所以可以建立坐标系，将问题坐标化后进行计算求解．
【解答】
解：∵平面四边形ABCD中，AB=BC=2CD=2，∠ABC=60∘，∠ADC=90∘，
∴△ABC是边长为2的等边三角，在Rt△ADC中，AC=2，CD=1，所以∠ACD=60∘.
又BE=EF=FG=GC，∴E，F，G是BC边的四等分点．
如图建立坐标系：
则：A(0, 3)，B(−1,0)，C(1,0)，
D(32, 32)，E(−12,0)，F(0,0)，G(12,0).
所以2AE⋅DC+AE⋅AF=2(−12,− 3)⋅(−12,− 32)+(−12,− 3)⋅(0,− 3)=132.
再设P(x,0)，∴PA⋅PC=(−x, 3)⋅(1−x,0)=x2−x=(x−12)2−14.(−1≤x≤1)
显然x=12时，PA⋅PC最小，此时P(12,0).
∴cs∠PDC=cs=(−1,− 32)⋅(−12,− 32) (−1)2+(− 32)2 (−12)2+(− 32)2=5 714.
故答案为：132，5 714.

16.【答案】解：(Ⅰ)因为ab=csA2−csB=sinAsinB，
所以2sinA−sinAcsB=sinBcsA，
所以2sinA=sinAcsB+sinBcsA=sin(A+B)=sin(π−C)=sinC，
由正弦定理可得，ac=sinAsinC=12；
(Ⅱ)由(Ⅰ)知c=2a，
因为csC=14，0由余弦定理可得，csC=14=a2+16−4a28a，
整理可得3a2+2a−16=0，
解得a=2或a=−83(舍去)，
所以S△ABC=12absinC=12×2×4× 154= 15；
(Ⅲ)由于sin2C=2sinCcsC=2× 154×14= 158，
cs2C=2cs2C−1=−78.
所以cs(2C+π3)=12cs2C− 32sin2C
=12×(−78)− 32× 158=−7−3 516.
【解析】本题主要考查了正弦定理、余弦定理，两角和的余弦公式，二倍角公式及三角形的面积公式的综合应用，属于中档试题．
(Ⅰ)由已知结合正弦定理先进行代换，然后结合和差角公式及正弦定理可求；
(Ⅱ)由余弦定理可求a，然后结合三角形的面积公式可求；
(Ⅲ)结合二倍角公式及两角和余弦公式即可求解．
17.【答案】证明：(Ⅰ)以A为原点，AD为x轴，AC为y轴，AP为z轴，建立如图的空间直角坐标系，
A(0,0,0)，D(2,0,0)，C(0,2,0)，E(1,1,0)，B(− 32,32,0)，P(0,0,2)，
设M(x,y,z)，
∵AM=2MB，
∴(x,y,z)=2(− 32−x,32−y,−z)，
∴x=− 3−2xy=3−2yz=−2z，
∴x=− 33y=1z=0，
∴M(− 33,1,0)，
∴EM=(− 33−1,0,0)，平面PAD的法向量p=(0,1,0).
∴EM⋅p=0，
∴EM⊥p，
又∵EM⊄平面PAD，
∴EM//平面PAD，
解：(Ⅱ)设平面PBC的法向量m=(x,y,z)，
∵PC=(0,2,−2),BC=( 32,12,0)，
m⋅PC=0m⋅BC=0，即y−z=0 3x+y=0，令x=−1，
∴y= 3,z= 3
∴m=(−1, 3, 3)，
平面PAD的法向量p=(0,1,0)，
设二面角所成的锐二面角为θ，
∴csθ=|cs|=|m⋅p||m|⋅|p|= 217，
平面PAD与平面PBC所成锐二面角的余弦值为 217.
(Ⅲ)令PF=λPD,(0<λ<1)，PF=λ(2,0,−2)，
∴F(2λ,0,2−2λ)，
EF=(2λ−1,−1,2−2λ)，
∴|cs|=|EF⋅AC||EF|⋅|AC|=22 (2λ−1)2+1+(2−2λ)2= 22.
∴4λ2−6λ+2=0，
∴λ=12或λ=1(舍)
∴F(1,0,1)，
∴|AF|= 2.
【解析】本题考查线面平行的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查线段长的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．
(Ⅰ)以A为原点，AD为x轴，AC为y轴，AP为z轴，建立如图的空间直角坐标系，利用向量法能证明EM//平面PAD.
(Ⅱ)求出平面PBC的法向量和平面PAD的法向量，利用向量法能求出平面PAD与平面PBC所成锐二面角的余弦值．
(Ⅲ)令PF=λPD,(0<λ<1)，PF=λ(2,0,−2)，求出EF=(2λ−1,−1,2−2λ)，由此利用向量法能求出AF的长．
18.【答案】解：(1)设等比数列{an}的公比为q，q>0，
由2a5，a4，4a6成等差数列，
可得2a4=2a5+4a6，即2a1q3=2a1q4+4a1q5，
可得2q2+q−1=0，解得q=12(−1舍去)，
由a4=4a32，可得a1q3=4a12q4，即a1=14q=12，
所以an=(12)n；
数列{bn}的前n项和Sn=n+12bn，n∈N*，且b1=1，
n=2时，S2=b1+b2=32b2，解得b2=2，
可得n≥2时，bn=Sn−Sn−1=n+12bn−n2bn−1，
化为bnn=bn−1n−1=，
所以bn=n，n∈N*；
(2)cn=(b2n+1+3)an(b2n+1−1)(b2n+1+1)=(2n+4)(12)n(2n+1−1)(2n+1+1)
=n+2n(n+1)⋅2n+1=1n⋅2n−1(n+1)⋅2n+1，
可得An=12−12⋅22+12⋅22−13⋅23+...+1n⋅2n−1(n+1)⋅2n+1=12−1(n+1)⋅2n+1；
(3)dn=(−1)n[(bn+1)2+an(bn+1)]
=(−1)n[(n+1)2+12n(n+1)]
=(−1)n⋅(n+1)2+(n+1)⋅(−12)n，
可设Bn=−22+32−42+52−...−4n2+(2n+1)2
=2+3+4+...+2n+(2n+1)=12(2+2n+1)⋅2n=2n2+3n；
设Dn=2⋅(−12)1+3⋅(−12)2+...+(2n+1)⋅(−12)2n，
−12Dn=2⋅(−12)2+3⋅(−12)3+...+(2n+1)⋅(−12)2n+1，
上面两式相减可得32Dn=−1+(−12)2+(−12)3+...+(−12)2n−(2n+1)⋅(−12)2n+1
=−1+14[1−(−12)2n−1]1+12−(2n+1)⋅(−12)2n+1，
化简可得Dn=−59+6n+59⋅(−12)2n.
所以T2n=Bn+Dn=2n2+3n−59+6n+59⋅(−12)2n.
【解析】本题考查等差数列和等比数列的通项公式和求和公式的运用，以及数列的裂项相消求和和错位相减法求和，考查方程思想和运算能力、推理能力，属于拔高题．
(1)设等比数列{an}的公比为q，q>0，由等差数列的性质和等比数列的通项公式，解方程可得首项和公比，可得an；再由数列的递推式，结合下标代换法，可得bn；
(2)求得cn=n+2n(n+1)⋅2n+1=1n⋅2n−1(n+1)⋅2n+1，由数列的裂项相消求和，化简可得所求和；
(3)求得dn=(−1)n⋅(n+1)2+(n+1)⋅(−12)n，由数列的分组求和、错位相减法求和，结合等差数列和等比数列的求和公式，计算可得所求和．
19.【答案】解：(Ⅰ)由e=ca= 1−b2a2=12，即ba= 32，且2b2a=3，
解得a=2，b= 3，
则椭圆的方程为x24+y23=1；
(Ⅱ)联立直线y=x+t，与椭圆方程3x2+4y2=12，可得7x2+8tx+4t2−12=0，
设C(x1,y1)，D(x2,y2)，可得△=64t2−28(4t2−12)>0，解得− 7x1+x2=−8t7，x1x2=4t2−127，
则kHC+kHD=y1−1x1+y2−1x2=x1+t−1x1+x2+t−1x2=2+(t−1)⋅x1+x2x1x2=2+(t−1)⋅(−8t4t2−12)=−2，
解得t=2(−3舍去)；
(Ⅲ)由椭圆方程可得F1(−1,0)，F2(1,0)，
由角平分线的性质定理可得|MF1||MF2|=|PF1||PF2|，即为m+11−m=|PF1||PF2|，
可得21−m=|PF1|+|PF2||PF2|=2a|PF2|=4|PF2|，
所以|PF2|=2(1−m)∈(a−c,a+c)，即1<2(1−m)<3，
解得m∈(−12,12).
【解析】本题考查椭圆的方程和性质，以及直线和椭圆的位置关系，考查方程思想和运算能力，属于中档题．
(Ⅰ)由椭圆的离心率公式和椭圆的通径长公式，解方程可得a，b，即可得到椭圆方程；
(Ⅱ)联立直线y=x+t，与椭圆方程，运用韦达定理和判别式大于0，以及直线的斜率公式，化简整理，解方程可得t的值；
(Ⅲ)由角平分线的性质定理和椭圆的定义、椭圆上的点与焦点的距离的范围，解不等式可得所求范围．
20.【答案】解：(1)f′(x)=lnx+x−ax−lna=lnx−ax+1−lna，
∴f′(x)在(0,+∞)单调递增，
∵f′(a)=0，
∴x∈(0,a)时，f′(x)<0，x∈(a,+∞)时，f′(x)>0，
∴f(x)在(0,a)单调递减，在(a,+∞)单调递增，
∴f(x)极小值=f(a)=−aln⁡a，无极大值．
(2)(i)g′(x)=f′(x)−1x2f′(1x)=(1+1x2)lnx+(lna−1)(1x2−1)，
由题可知g′(x)=0有三个不同的正实根x1、x2、x3，令t=x2∈(0,+∞)，
则g′(x)=0⇔12(1+1t)lnt+(lna−1)(1t−1)=0⇔lnt−2(lna−1)(t−1)t+1=0，
令h(t)=lnt−2(lna−1)(t−1)t+1，h(t)=0有三个不同的正实根x12、x22、x32，
h′(t)=1t−4(lna−1)(t+1)2=(t+1)2−4t(lna−1)t(t+1)2==t2+(6−4lna)t+1t(t+1)2，
∴h′(t)=0有两个不同的正实根，
∴Δ=(6−4lna)2−4>04lna−6>0，
解得a>e2，
设h′(t)=0的两个不同的正实根为m、n，且0又∵h(1)=0，
∵h(t)→−∞(t→0)，且h(t)→+∞(t→+∞)，
∴h(t)有三个不同的正实根，满足题意，
∴a的取值范围是(e2,+∞).
(ii)证明：令t1=x12、t3=x32，由(i)知x2=1，0h(t)=0⇔2(lna−1)=(t+1)lntt−1(t≠1)，令φ(t)=(t+1)lntt−1，
则φ(t1)=φ(t3)，φ′(t)=t−1t−2lnt(t−1)2，
令G(t)=t−1t−2lnt⇒G′(t)=1+1t2−2t>0⇒G(t)在(0,1)单调递增⇒G(t)<0(t∈(0,1))、G(t)>0(t∈(1,+∞))，
∴φ(t)在(0,1)单调递减，在(1,+∞)单调递增，
令F(t)=φ(t)−φ(2−t)，t∈(0,1)，
F′(t)=φ′(t)+φ′(2−t)=t−1t−2lnt(t−1)2+2−t−12−t−2ln(2−t)(t−1)2=2(1−1t(2−t)−ln[t(2−t)])(t−1)2，
∵t∈(0,1)，∴0令H(x)=1−1x−lnx(00，
∴H(x)在(0,1)单调递增，
∴F′(t)<0，∴F(t)在(0,1)单调递减，
∵t1∈(0,1)，∴F(t1)>F(1)=0⇒φ(t1)>φ(2−t1)，
∵φ(t1)=φ(t3)，∴φ(t3)>φ(2−t1)，
∵φ(t)在(1,+∞)单调递增，
∴t3>2−t1⇒t1+t3>2，∴x12+x22+x32>3.
【解析】(1)f′(x)=lnx+x−ax−lna=lnx−ax+1−lna，可得f′(x)在(0,+∞)单调递增，又f′(a)=0，即可得出函数f(x)的单调性与极值．
(2)(i)g′(x)=f′(x)−1x2f′(1x)=(1+1x2)lnx+(lna−1)(1x2−1)，由题可知g′(x)=0有三个不同的正实根x1、x2、x3，令t=x2∈(0,+∞)，可得g′(x)=0⇔12(1+1t)lnt+(lna−1)(1t−1)=0⇔lnt−2(lna−1)(t−1)t+1=0，令h(t)=lnt−2(lna−1)(t−1)t+1，h(t)=0有三个不同的正实根x12、x22、x32，h′(t)=t2+(6−4lna)t+1t(t+1)2，可得h′(t)=0有两个不同的正实根，进而得出结论a的取值范围．
(ii)令t1=x12、t3=x32，由(i)知x2=1，00⇒G(t)在(0,1)单调递增⇒G(t)<0(t∈(0,1))、G(t)>0(t∈(1,+∞))，可得φ(t)的单调性，令F(t)=φ(t)−φ(2−t)，t∈(0,1)，通过研究其单调性即可得出结论．
本题考查了利用导数研究函数的单调性与极值及其最值、等价转化方法、换元法、分类讨论方法，考查了综合解决问题的能力、推理能力与计算能力，属于难题．