41，安徽省安庆市第一中学2023-2024学年高二上学期期末考试数学试卷

这是一份41，安徽省安庆市第一中学2023-2024学年高二上学期期末考试数学试卷，共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.直线x− 3y−3=0的倾斜角为( )
A. 150°B. 120°C. 60°D. 30°
2.已知抛物线C:y2=2x的焦点为F,Ax0,y0是C上一点，|AF|=54x0，则x0=( )
A. 1B. 2C. 4D. 8
3.已知f(x)=14x2+sin(π2+x)，f′(x)为f(x)的导函数，则f′(x)的图象是
( )
A. B. C. D.
4.直线mx−y+1=0与圆(x−2)2+(y−1)2=5的位置关系是
( )
A. 相交B. 相切C. 相离D. 与m的值有关
5.命题p:“3( )
A. 充分不必要条件B. 充要条件
C. 必要不充分条件D. 既不充分也不必要条件
6.在等比数列an中，a3a15=8a9，数列bn是等差数列，且b9=a9，则b7+b11等于( )
A. 4B. 8C. 16D. 24
7.已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点为F(c,0)，右顶点为A，以OA为直径的圆交直线y=cbx于点B(不同于原点O)，设△OBF的面积为S.若S=AB⋅AF，则椭圆C的离心率为
( )
A. 12B. 13C. 34D. 35
8.已知函数y=f(x)为R上的偶函数，且对于任意的x∈0,π2满足f′(x)csx+f(x)sinx<0，则下列不等式成立的是
( )
A. 3fπ3>fπ6B. f(0)> 2f−π4
C. fπ4< 2f−π3D. − 3f−π3>f−π6
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知直线l过点P(−2,4)，若直线l在x轴和y轴上的截距相等，则直线l的方程可能为
( )
A. x+y−2=0B. x−y+2=0C. 2x+y=0D. x=−2
10.过抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点F的直线与C相交于Px1,y1，Qx2,y2两点.若PQ的最小值为6，则
( )
A. 抛物线C的方程为y2=6x
B. PQ的中点到准线l的距离的最小值为3
C. y1y2=−36
D. 当直线PQ的倾斜角为60∘时，F为PQ的一个四等分点
11.已知等比数列{an}的前n项积为Tn，a1>0，公比q>1，且T2023<1，T2024>1，则( )
A. 当n=2023时，Tn最小B. a2024>1
C. 存在n<1012，使得anan+1=an+2 D. 当n=1012时，Tn最小
12.已知曲线f(x)=ex(2x+a)在点(0,2)处的切线为l，且l与曲线g(x)=x2+4x+b也相切．则
( )
A. a=b
B. 存在l的平行线与曲线y=f(x)相切
C. 任意x∈(−2,+∞)，f(x)≥g(x)恒成立
D. 存在实数c，使得g(x)+c≥f(x)任意x∈[0,+∞)恒成立
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知P 是以点3,−4 为圆心，1 为半径的圆上的点，则点P 到原点的最小距离为 ．
14.已知双曲线C ：x2a2−y2b2=1a>0,b>0 的右焦点F5,0 到渐近线的距离为4，则实轴长为 ．
15.古印度数学家婆什伽罗在《丽拉沃蒂》一书中提出如下问题：某人给一个人布施，初日施2子安贝(古印度货币单位)，以后逐日倍增，问一月共施几何？在这个问题中，以一个月31天计算，记此人第n日布施了an 子安贝(其中1≤n≤31 ，n∈N∗ )，数列an 的前n项和为Sn .若关于n的不等式Sn−6216.若关于x不等式x>kexx+1 的解集中的正整数有且只有一个，则k的取值范围是 ．
四、解答题：本题共6小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题12分)
在等差数列an中，Sn为其前n项和(n∈N∗).若a2=3,S4=16．
(1)求数列an的通项公式；
(2)设bn=1an⋅an+1，求数列bn的前n项和Tn．
18.(本小题12分)
已知函数f(x)=x3+ax2+bx+2，若函数f(x)在x=3处取得极值−25．
(1)求a、b的值；
(2)求函数f(x)在[−2,2]上的最大值和最小值．
19.(本小题12分)
已知圆M经过两点A3, 3，B(2,2)且圆心M在直线y=x−2上．
(1)求圆M的方程；
(2)设E，F是圆M上异于原点O的两点，直线OE，OF的斜率分别为k ​1，k ​2，且k1k2=2，求证：直线EF经过一定点，并求出该定点的坐标．
20.(本小题12分)
已知各项均为正数的数列{an}满足an+2=4(an+1−an)，a1=1,a2=4，n∈N∗．
(1)证明：数列{an+1−2an}为等比数列；
(2)记bn=an2n，证明数列{bn}为等差数列，并求数列{an}的前n项和Sn．
21.(本小题12分)
已知以坐标原点为中心，坐标轴为对称轴的椭圆C经过点A(− 3, 32)，B(1,−32)．
(1)求椭圆C的标准方程．
(2)设过点F1,0的直线l与C交于M，N两点，点Q在x轴上，且MQ=NQ，是否存在常数λ使MN=λQF？如果存在，请求出λ；如果不存在，请说明理由．
22.(本小题12分)
已知函数f(x)=axlnx−x2−2x(a>0)．
(1)若a=4，求f′(x)的极值;
(2)设g(x)=f(x)+2x，若函数g(x)有两个零点x1，x2，且x2x1>e，求证：lna+ln(x1⋅x2)>3．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】【分析】
本题主要考查了直线的斜截式方程，直线的倾斜角与斜率的应用，根据已知及直线的斜截式方程的计算，将直线的一般式方程化为直线的斜截式方程，可知直线的斜率，从而可得直线的倾斜角．
【解答】
解：将直线的一般式方程化为斜截式方程得y= 33x− 3，
所以直线的斜率为​33，
因为tan30°= 33，
所以倾斜角为30°．
故选D．
2.【答案】B
【解析】【分析】
本题主要考查抛物线的准线方程，几何性质，属于基础题．
利用抛物线的定义、焦半径公式列方程即可得出．
【解答】
解：由抛物线C:y2=2x可得p=1,p2=12，
准线方程x=−12，
∵A(x0,y0)是C上一点，AF=54x0，x0>0．
∴54x0=x0+p2=x0+12，
解得x0=2．
故选：B．
3.【答案】A
【解析】【分析】
本题主要考查函数的导数的图像，属于基础题．
先化简f(x)= 14x2+csx，再求其导数，得出导函数是奇函数，排除B，D，确定导函数在(− π3， π3)上单调递减，从而排除C，即可得出正确答案.
【解答】
解：由f(x)= 14x2+sin (π2+x)= 14x2+csx，
∴f′(x)= 12x−sinx，它是一个奇函数，
其图象关于原点对称，故排除B，D；
令g(x)=f′(x)= 12x−sinx
又g′(x)= 12−csx，
当− π3 12，
∴g′(x)<0，
故函数y=f′(x)在区间(− π3， π3)上单调递减，故排除C，
故选：A．
4.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查直线与圆的位置关系的判断，考查直线的定点问题，属于基础题．
确定直线过定点0,1，点在圆内，得到答案．
【解答】
解：mx−y+1=0过定点0,1，且0−22+(1−1)2=4<5，
故0,1在圆内，
故直线和圆相交．
故选A．
5.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查充分、必要条件的判断以及双曲线的标准方程，属于基础题．
根据双曲线标准方程求出m的范围，结合充分、必要条件的定义进行判断即可，
【解答】
解：∵q：方程x2m−3+y2m−6=1表示双曲线，
∴(m−3)(m−6)<0，
∴3又∵p：3∵p⇒q，q⇏p，
故p是q的充分条件；反过来不成立，
∴则p是q的充分不必要条件
故选A．
6.【答案】C
【解析】【分析】
本题主要考查等差数列与等比数列的综合，考查等差数列与等比数列的性质，属于基础题．
由等比数列的性质即可求得a9，再由等差数列的性质即可求解．
【解答】
解：因为在等比数列{an}中，有a3a15=8a9，
所以a92=8a9，解得a9=8或a9=0(舍)，
所以b9=a9=8，
因为数列{bn}是等差数列，
所以b7+b11=2b9=16．
故选：C．
7.【答案】D
【解析】【分析】
本题主要考查椭圆的性质，平面向量的数量积以及三角形的面积公式，属于中档题．
依题意，得OB⊥AB，可求得点A到直线y=cbx的距离|AB|=c，由S=AB⋅AF，可得b=2(a−c)，即5c2−8ac+3a2=0，可求得离心率．
【解答】
解：依题意，得OB⊥AB，点A到直线y=cbx的距离|AB|=ac b2+c2=c．
在Rt△OAB中，∵|OA|=a，|AB|=c，
∴|OB|=b．∵S=AB⋅AF，
∴12bcsin∠BOA=c(a−c)cs∠BAO，
其中sin∠BOA=cs∠BAO，∴b=2(a−c)，
∴b2=4(a−c)2，即5c2−8ac+3a2=0，
得5e2−8e+3=(5e−3)(e−1)=0．∴e=35或e=1(舍)，
∴椭圆C的离心率为35．
故选D．
8.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查构造函数判断函数值的大小问题，属于中档题．
根据题设可构造g(x)=f(x)csx，则g′(x)=f′(x)csx+f(x)sinxcs2x<0，从而g(x)在区间0,π2上是减函数，再结合选项逐一验证即可．
【解答】
解：偶函数y=f(x)对于任意的x∈0,π2满足f′(x)csx+f(x)sinx<0，
令g(x)=f(x)csx，则g(−x)=f(−x)cs(−x)=f(x)csx=g(x)，即g(x)为偶函数．
又g′(x)=f′(x)csx+f(x)sinxcs2x<0，故g(x)在区间0,π2上是减函数，
所以g(0)>g(π6)>g(π4)=g(−π4)>g(π3)=g(−π3)，
即f(0)=f(0)cs0>fπ4csπ4= 2fπ4= 2f−π4，故B正确；
fπ6csπ6>fπ3csπ3⇒ 3fπ3fπ4csπ4>f−π3cs−π3=fπ3csπ3⇒fπ4> 2f−π3，故C错误；
f−π6cs−π6=fπ6csπ6>fπ3csπ3=f−π3cs−π3⇒ 3f−π3故选B．
9.【答案】AC
【解析】【分析】
本题考查求直线截距式方程，属于基础题．
分直线过原点和不过原点两种情况，讨论计算即可．
【解答】
解：(1)当直线过原点时，设直线l方程为y=kx，
因为直线l过点P(−2,4)，
所以−2k=4，解得k=−2，
所以直线l方程为y=−2x，
即2x+y=0；
(2)当直线l不过原点时，设直线方程为xa+ya=1，
因为直线l过点P(−2,4)，
所以−2a+4a=1，解得a=2，
所以直线l方程为x+y−2=0，
综上所述，直线l的方程为2x+y=0或x+y−2=0，
故选AC．
10.【答案】ABD
【解析】【分析】
本题考查了抛物线及其性质，直线与抛物线之间的关系，圆锥曲线中的最值问题，涉及了韦达定理的应用，属于较难题．
由题意可知，当斜率不存在时，即PQ过抛物线的焦点，且垂直x轴，即|PQ|为通径时，|PQ|取得最小值，再结合抛物线的定义与性质，即可求解．
【解答】
解：当斜率不存在时，即PQ过抛物线的焦点，且垂直x轴，
∴y2=2p·p2，
∴|PQ|=2p，
当斜率存在时，设直线PQ的方程为y=k(x−p2)，
设P(x1,y1)，Q(x2,y2)，
联立直线PQ与抛物线方程y=k(x−p2)y2=2px，
可得k2x2−(k2p+2p)x+k2p24=0 ①，
由韦达定理，可得x1+x2=k2p+2pk2=p+2pk2，
由抛物线的定义，可得|PQ|=x1+p2+x2+p2=2p+2pk2>2p，
综合以上两种情况可得，当斜率不存在时，即PQ过抛物线的焦点，且垂直x轴，|PQ|取得最小值，
∵|PQ|的最小值为6，
∴2p=6，即p=3，
∴抛物线的方程为y2=6x，故A选项正确，
∵PQ的中点到准线的距离最小值为p2+p2=p=3，故B选项正确，
∵当斜率不存在时，两交点坐标为(p2,p)，(p2,−p)，
∴y1y2=−p2=−9，故C选项错误，
∴|PQ|=2p+2p3=6，解得p=94，
当直线PQ的倾斜角为60°时，可得k= 3，
将k= 3代入 ①中，可得12x2−20px+3p2=0，解得两根为3p2，p6，
不妨设，x1=3p2，x2=p6，
∴由抛物线得的定义可得，|PF|=3p2+p2=2p，|FQ|=16p+12p=2p3，
即|PQ|=|PF|+|FQ|=8p3，
∴|FQ|=14|PQ|，即F为PQ的一个四等分点，故D选项正确．
故选：ABD．
11.【答案】BD
【解析】解：对于选项B:因为a1>0，q>1，所以an=a1qn−1>0，
又因为<1，>1，所以a2024>>1，故B正确;
对于选项A、D:因为a1a2023=a2a2022=⋯=a1012a1012=a10122，
所以a1a2⋯a2023=a10122023<1，则a1012<1，
又因为a1a2024=a2a2023=⋯=a1012a1013，可得a1a2⋯a2024=(a1012a1013)1012>1，
则a1012a1013>1，故a1013>1，且a1>0，q>1，可知数列an是单调递增数列，
当n≤1012时，an≤a1012<1;当n≥1013时，an≥a1013>1;
所以当n=1012时，a1a2⋯an最小，故选项A错误，选项D正确;
对于选项C:因为数列{an}是单调递增数列，且当n<1012时，an所以anan+1本题考查的知识要点：等比数列的性质，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题．
12.【答案】AC
【解析】【分析】
本题主要考查导数的几何意义，考查利用导数研究函数中的恒成立和存在性问题，属于中档题．
由f(0)=2得a=2，利用f′(x)求得切线l的方程，l与g(x)相切求得b的值，即可判断A，；利用导数判断方程f′(x)=4的根的个数，可以判断B；构造p(x)=f(x)−g(x)，利用导数可以判断CD．
【解答】
解：由f(0)=2得a=2，所以f(x)=ex(2x+2)，
f′(x)=2ex(x+2)，
x=0时，f′(0)=4，
所以切线l的方程为y−2=4(x−0)即y=4x+2．
代入y=g(x)=x2+4x+b得
x2+4x+b=4x+2，即x2+b−2=0，
∵l与g(x)也相切，
∴Δ=−4b−2=0，b=2，所以a=b=2，故 A正确;
令f′(x)=2ex(x+2)=4，则ex(x+2)−2=0，
设ℎ(x)=ex(x+2)−2，则ℎ′(x)=ex(x+3)，ℎ(0)=0，
当x<−3时，ℎ′(x)<0，ℎ(x)单调递减，
当x>−3时，ℎ′(x)>0，ℎ(x)单调递增，
所以ℎ(x)在x=−3时取得极小值，ℎ(−3)=−e−3−2<0，
x<−3时，ex(x+2)<0，ℎ(x)<−2，
所以ℎ(x)有唯一零点x=0，故B错误；
设p(x)=f(x)−g(x)=ex(2x+2)−(x2+4x+2)，
p′(x)=2ex(x+2)−(2x+4)=2(x+2)(ex−1)，
当−2当x>0时，p′(x)>0，p(x)单调递增，
所以x=0时，p(x)取得极小值，也是最小值，p(x)⩾p(0)=0，
所以对任意x∈(−2,+∞)，f(x)≥g(x)恒成立，故C正确；
由上述可知，p(x)=f(x)−g(x)在x⩾0时的值域为[0,+∞)，
所以不存在实数c，使得c⩾f(x)−g(x)对任意x∈[0,+∞)恒成立，
故D错误．
故选AC．
13.【答案】4
【解析】【分析】本题考查了两点间距离，属于基础题．
根据题意即可得到答案．
【解答】
解：原点到圆心的距离为d= 32+(−4)2=5>1，因此，点P到原点的最小距离为d−1=4．
故答案为：4．
14.【答案】6
【解析】【分析】
本题考查了双曲线的性质，属于中档题．
根据题意得到焦点F(5,0)到渐近线bx±ay=0的距离，求出b和a即可得到答案．
【解答】
解：双曲线C的渐近线方程为y=±bax，所以焦点F(5,0)到渐近线bx±ay=0的距离d=|5b| b2+a2=4，
所以5bc=4，即b=4c5=4×55=4，所以a2=c2−b2=25−16=9，所以a=3，所以实轴长为2a=6，
故答案为：6．
15.【答案】(−∞,15)
【解析】【分析】
本题主要考查等比数列的通项公式，等比数列的前n项和，考查不等式恒成立问题，属于中档题．
由题意可知，an=2n(1≤n≤31)，Sn=2(1−2n)1−2=2n+1−2，代入不等式Sn−62【解答】
解：由题意可知，数列{an}是以2为首项，2为公比的等比数列，故an=2n(1≤n≤31)，
所以Sn=2(1−2n)1−2=2n+1−2．
由Sn−62对任意1≤n≤31，且n∈N∗恒成立，
又642n+1+2n+1−1≥2 642n+1⋅2n+1−1=15，当且仅当2n+1=8，即n=2时等号成立，所以t<15，
即实数t的取值范围是(−∞,15)．
16.【答案】[23e2,12e)
【解析】【分析】
本题考查了利用导数求函数单调性及求参数的取值范围，属于中档题．
根据题意得到不等式x>kex(x+1)等价于ex(x+1)x−1k<0，令f(x)=ex(x+1)x−1k，x≥1，求导后分析即可得到答案．
【解答】
解：当k≤0时，任一正整数都满足不等式x>kex(x+1)，故k>0．
当k>0，x≥1时，不等式x>kex(x+1)等价于ex(x+1)x−1k<0，
令f(x)=ex(x+1)x−1k，x≥1，∴当x≥1时，f′(x)=exx(x2+x−1)>0恒成立，
∴f(x)在[1,+∞)上单调递增，∴f(1)=2e−1k<0f(2)=3e22−1k≥0，解得23e2≤k<12e．
故答案为：[23e2,12e).
17.【答案】解：(1)设等差数列{an}的公差是d，
由已知条件得a1+d=3,4a1+6d=16,
解得a1=1，d=2，∴an=2n−1．
(2)由(1)知，an=2n−1，
∴bn=1anan + 1=1(2n−1)(2n+1)=1212n−1−12n+1，
Tn=b1+b2+…+bn
=121−13+13−15+…+12n−1−12n+1
=121−12n+1=n2n+1．

【解析】本题考查了等差数列的通项公式和前n项和公式，裂项相消法求和，属于基础题．
(1)设等差数列{an}的公差是d，由已知列式解得a1，d，即可得到数列{an}的通项公式；
(2)由(1)知，bn=1212n−1−12n+1，利用裂项相消法求和即可．
18.【答案】解：(1)因为函数f(x)=x3+ax2+bx+2，
所以f′(x)=3x2+2ax+b，
又因为函数f(x)在x=3处取得极值−25，
所以f′(3)=0，且f(3)=−25，
所以3×32+2a×3+b=033+a×32+b×3+2=−25，
解得a=−3，b=−9．
(2)由(1)知f(x)=x3−3x2−9x+2，
f′(x)=3x2−6x−9=3(x2−2x−3)=3(x−3)(x+1)，
当(−2,−1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
当x∈(−1,2)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
又f(−1)=7，f(2)=−20，f(−2)=0，
所以f(x)最大值为7，最小值为−20．
【解析】本题考查利用导数根据极值求参以及利用导数求函数的最值(不含参)，属于中档题．
(1)求出导函数f′(x)，利用导数根据极值得到f′(3)=0，结合f(3)=−25，即可求出a、b的值．
(2)由(1)知f(x)和f′(x)，利用导数判断函数的单调性，从而求出函数的最值．
19.【答案】(1)解：设Ma,b．
因为圆心M在直线y=x−2上，所以b=a−2．
又因为圆M经过点A(3, 3)和B(2,2)，
所以3−a2+ 3−b2=2−a2+2−b2，即a+ 3−2b−2=0，
因此由b=a−2a+ 3−2b−2=0解得a=2b=0，即M2,0，
所以圆M的方程为x−22+y2=2−22+2−02=4，即x−22+y2=4．
(2)证明：因为E，F是圆M上异于原点O的两点，
所以当直线EF的斜率存在时，设直线EF的方程为y=kx+b，Ex1,y1，Fx2,y2．
由y=kx+bx−22+y2=4得1+k2x2+2kb−2x+b2=0，
由Δ=4kb−22−41+k2b2>0得4kb+b2<4，
且x1+x2=22−kb1+k2，x1·x2=b21+k2．
又因为直线OE，OF的斜率分别为k1，k2，且k1⋅k2=2，
所以k1⋅k2=y1x1·y2x2=kx1+bkx2+bx1·x2
=k2x1x2+kbx1+x2+b2x1x2=k2·b21+k2+kb·22−kb1+k2+b2b21+k2
=k2b2+2kb2−kb+b21+k2b2=4k+bb=2，即4k=b，
因此直线EF的方程为y=kx+4，所以直线EF必过定点−4,0．
当直线EF的斜率不存在时，设直线EF的方程为x=t0由x=tx−22+y2=4得y2=4−t−22，
因此Et, 4−t−22，Ft,− 4−t−22，
所以k1⋅k2=−4−t−22t2．
又因为0因此k1⋅k2=2不成立，即直线EF的斜率一定存在．
综上所述，直线EF经过一定点−4,0．
【解析】本题考查了直线的倾斜角与斜率 ，直线系方程及其应用 ，两点间的距离公式 ，圆的标准方程 ，直线与圆的位置关系及判定 ，圆锥曲线中的定点与定值问题和分类讨论思想 ，属于较难题．
(1)设Ma,b，利用两点间的距离公式，结合题目条件得M2,0，再利用圆的标准方程的标准方程得结论;
(2)当直线EF的斜率存在时，设直线EF的方程为y=kx+b，Ex1,y1，Fx2,y2，把直线EF的方程代入圆M的方程得x1+x2=22−kb1+k2，x1·x2=b21+k2，再利用过两点直线的斜率，结合题目条件得4k=b，从而得直线EF的方程为y=kx+4，再利用直线系方程得直线EF必过定点−4,0，当直线EF的斜率不存在时，设直线EF的方程为x=t020.【答案】(1)证明：因为an+2=4(an+1−an)，所以an+2−2an+1=2(an+1−2an)·
又因为a2−2a1=2≠0·
所以，数列an+1−2an是以2为首项，以2为公比的等比数列·
(2)证明：由(1)得an+1−2an=2×2n−1=2n·
则bn+1−bn=an+12n+1−an2n=an+1−2an2n+1=12·
又b1=a121=12，
所以，数列bn是以12为首项，以12为公差的等差数列·
所以，bn=12+12×(n−1)=n2·
因为bn=an2n=n2，所以an=n×2n−1·
所以Sn=1×20+2×21+3×22+⋯+n×2n−1，
2Sn=1×21+2×22+3×23+⋯+(n−1)×2n−1+n×2n
两式作差得：−Sn=20+21+22+⋯+2n−1−n×2n=1−2n1−2−n×2n·
所以，Sn=(n−1)2n+1·
【解析】本题考查等差、等比数列的综合，错位相减法求和，属于中档题．
(1)因为an+2=4(an+1−an)得an+2−2an+1=2(an+1−2an)·即可证明；
(2)因为an+1−2an=2n，可得bn+1−bn=an+12n+1−an2n=an+1−2an2n+1=12·即可证明数列{bn}为等差数列，求出bn=12+12×(n−1)=n2，进而求an=n×2n−1，利用错位相减法求和．
21.【答案】解：(1)设椭圆C的标准方程为x2m+y2n=1(m>0,n>0,m≠n)，
把点A( 3, 32)，B(−1,−32)代入椭圆方程可得3m+34n=11m+94n=1，
解得m=4，n=3，
所以椭圆C的标准方程为x24+y23=1．
(2)当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y=k(x−1)，
联立y=k(x−1)3x2+4y2−12=0，整理得(4k2+3)x2−8k2x+4k2−12=0，
所以△=144k2+144>0，
设M(x1,y1)，N(x2,y2)，
则x1+x2=8k24k2+3，x1x2=4k2−124k2+3，
所以|MN|= 1+k2 (x1+x2)2−4x1x2=12(1+k2)4k2+3，
因为y1+y2=k(x1+x2−2)=k(8k24k2+3−2)=−6k4k2+3，
所以线段MN的中点坐标为(4k24k2+3,−3k4k2+3)，
因为点Q在x轴上，且|MQ|=|NQ|，
所以Q为线段MN的垂直平分线与x轴的交点，
当k=0时，|MN|=4，|QF|=1，则|MN|=4|QF|，
当k≠0时，线段MN的垂直平分线方程为y+3k4k2+3=−1k(x−4k24k2+3)，
令y=0，得x=k24k2+3，即Q(k24k2+3,0)，
所以|QF|=|1−k24k2+3|=3(k2+1)4k2+3，
所以|MN|=4|QF|，
当直线l的斜率不存在时，|MN|=2b2a=3．
所以Q(14,0)或Q(74,0)，满足|MN|=4|QF|，
综上所述，存在实数λ=4满足题意．
【解析】(1)设椭圆C的标准方程为x2m+y2n=1(m>0,n>0,m≠n)，把点A( 3, 32)，B(−1,−32)代入椭圆方程，可得关于m，n的方程组，解得m，n，即可得出答案．
(2)设M(x1,y1)，N(x2,y2)，当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y=k(x−1)，联立椭圆的方程，得关于x的一元二次方程，结合韦达定理可得x1+x2，x1x2，由弦长公式可得|MN|，写出线段MN的中点坐标，由点Q在x轴上，且|MQ|=|NQ|，推出Q为线段MN的垂直平分线与x轴的交点，分两种情况：当k=0时，当k≠0时，分析|MN|=λ|QF|，再验证斜率不存在的情况，即可得出答案．
本题考查椭圆的方程，直线与椭圆的相交问题，解题中需要一定的计算能力，属于中档题．
22.【答案】解：(1)当a=4时，f(x)=4xlnx−x2−2x定义域为(0,+∞)，
求导得f′(x)=4(1+lnx)−2x−2=4lnx−2x+2，令ℎ(x)=4lnx−2x+2，
求导得ℎ′(x)=4x−2，当00，当x>2时，ℎ′(x)<0，
即函数ℎ(x)在(0,2)上单调递增，在(2,+∞)上单调递减，
当x=2时，ℎ(x)取得极大值ℎ(2)=4ln2−2，无极小值，
所以f′(x)的极大值为4ln2−2，无极小值
(2)依题意，g(x)=axlnx−x2，x>0，因为函数g(x)有两个零点x1，x2，且x2>ex1，
而a>0，则g(x)=0⇔axlnx−x2=0⇔1a=lnxx，
因此函数g(x)的两个零点x1，x2分别是直线y=1a与函数φ(x)=lnxx图象的两个交点横坐标，
φ′(x)=1−lnxx2，当00，当x>e时，φ′(x)<0，
则函数φ(x)=lnxx在(0,e)上单调递增，在(e,+∞)上单调递减，φ(x)max=1e，
而φ(1)=0，x>1时，恒有φ(x)>0，于是0<1a<1e，即a>e，
令t=x2x1>e，显然有alnx1=x1alnx2=x2⇔alnx1x2=x2+x1alnx2x1=x2−x1,
则有lnx1x2=x2+x1x2−x1lnx2x2=x2x1+1x2x1−1·lnx2x2=t+1t−1lnt，
令F(t)=lnt−2(t−1)t+1=lnt+4t+1−2，t>e，
求导得F′(t)=1t−4(t+1)2=(t−1)2t(t+1)2>0，
即函数F(t)在(e,+∞)上单调递增，F(t)>F(e)=4e+1−1>0，
即有lnt>2(t−1)t+1，从而lnx1x2=t+1t−1lnt>2，
又lna>1，
所以lna+lnx1x2>3
【解析】本题主要考查导数的综合应用，求函数的导数，利用函数的极值，最值和导数之间的关系是解决本题的关键.综合性较强，运算量较大，属于难题．