广东省肇庆市肇庆中学2023届高三下学期强化训练模考五数学试题

这是一份广东省肇庆市肇庆中学2023届高三下学期强化训练模考五数学试题，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。

一、单选题
1．复数21−3i与下列复数相等的是（ ）
A．cs−π3+isin−π3B．cs−π3+isin−4π3
C．32+12iD．−1−3i
2．已知集合A={(x,y)|x,y∈N*,y≥x}，B={(x,y)|x+y=8}，则A∩B中元素的个数为（ ）
A．2B．3C．4D．6
3．“基础学科拔尖学生培养试验计划”简称“珠峰计划”，是国家为回应“钱学森之问”而推出的一项人才培养计划，旨在培养中国自己的学术大师．已知浙江大学、复旦大学、武汉大学、中山大学均有开设数学学科拔尖学生培养基地，某班级有5位同学从中任选一所学校作为奋斗目标，则每所学校至少有一位同学选择的不同方法数共有（ ）
A．120种B．180种C．240种D．300种
4．已知数列an是等差数列，数列bn是等比数列，若a2+a4+a6=5π，b2b4b6=33，则tana1+a71−b2b6=（ ）
A．3B．−3C．33D．−33
5．在△ABC中AB⋅AC=4，BC=2，且点D满足BD=DC，则AD=（ ）
A．5B．6C．3D．32
6．已知sinαsinπ3−α=3csαsinα+π6，则cs2α+π3=（ ）
A．−32B．－1C．12D．32
7．若斜率为1的直线l与曲线y=lnx+a和圆x2+y2=12都相切，则实数a的值为（ ）
A．−1B．0C．2D．0或2
8．已知函数fx及其导函数f′x定义域均为R，满足f32+x−f32−x=2x，记g(x)=f′(x)，其导函数为g′x且g′3−x的图象关于原点对称，则g′9+g92=（ ）
A．0B．3C．4D．1
二、多选题
9．以下说法正确的有（ ）
A．某医院住院的8位新冠患者的潜伏天数分别为10，3，8，3，2，18，7，4，则该样本数据的第50百分位数为5.5
B．经验回归直线y=bx+a至少经过样本点数据中的一个点
C．若PBA=0.3，PB=0.3，则事件A，B相互独立
D．若随机变量ξ~B21,12，则Pξ=k取最大值的必要条件是k=10
10．已知O为坐标原点，点P1(csα,sinα)，P2(csβ,−sinβ)，P3(cs(α+β),sin(α+β))，A(1,0)，则（ ）
A．|OP1|=|OP2|B．|AP1|=|AP2|
C．OA⋅OP3=OP1⋅OP2D．OA⋅OP1=OP2⋅OP3
11．已知函数fx=sinωx+φ（其中ω>0，φ<π2，T为fx图象的最小正周期，满足fπω=fT3，且fx在0,π恰有两个极值点，则有（ ）
A．φ=−π6
B．函数y=fx+π3ω为奇函数
C．116<ω≤176
D．若ω∈N*，则直线y=x−32为fx图象的一条切线
12．已知双曲线C：y2a2−x2=1a>0，其上、下焦点分别为F1，F2，O为坐标原点．过双曲线上一点Mx0,y0作直线l，分别与双曲线的渐近线交于P，Q两点，且点M为PQ中点，则下列说法正确的是（ ）
A．若l⊥y轴，则PQ=2．
B．若点M的坐标为1,2，则直线l的斜率为14
C．直线PQ的方程为y0ya2−x0x=1．
D．若双曲线的离心率为52，则三角形OPQ的面积为2．
三、填空题
13．已知函数fx=x3−x有2个极值点x1，x2，则x1+x2+fx1+fx2= ．
14．佛山被誉为“南国陶都”，拥有上千年的制陶史，佛山瓷砖享誉海内外.某企业瓷砖生产线上生产的瓷砖某项指标X∼N800,σ2，且P(X<801)=0.6，现从该生产线上随机抽取10片瓷砖，记Y表示800≤X<801的瓷砖片数，则EY= .
15．已知函数fx=1aex−3xa≠0有两个零点，则实数a取值范围为 .
16．有n个编号分别为1，2，…，n的盒子，第1个盒子中有2个白球1个黑球，其余盒子中均为1个白球1个黑球，现从第1个盒子中任取一球放入第2个盒子，再从第2个盒子中任取一球放入第3个盒子，以此类推，则从第2个盒子中取到白球的概率是 ，从第n个盒子中取到白球的概率是 ．
四、解答题
17．设数列an前n项和Sn满足Sn+an=n−1n2+n，n∈N*．
(1)证明：数列Sn−1n+1为等比数列；
(2)记1bn=1n+1−Sn，求数列bnbn−1bn+1−1的前n项和Tn．
18．已知△ABC为锐角三角形，且csA+sinB=3sinA+csB．
(1)若C=π3，求A；
(2)已知点D在边AC上，且AD=BD=2，求CD的取值范围．
19．如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，AC=2，AB=1，E，F分别为A1C，BB1的中点，且EF⊥平面AA1C1C．
(1)求棱BC的长度；
(2)若BB1⊥A1B1，且△A1FC的面积S△A1FC=22，求二面角B1−A1F−C的正弦值．
20．高性能计算芯片是一切人工智能的基础．国内某企业已快速启动AI芯片试生产，试产期需进行产品检测，检测包括智能检测和人工检测．智能检测在生产线上自动完成，包括安全检测、蓄能检测、性能检测等三项指标，且智能检测三项指标达标的概率分别为4950，4849，4748，人工检测仅对智能检测达标（即三项指标均达标）的产品进行抽样检测，且仅设置一个综合指标．人工检测综合指标不达标的概率为p0(1)求每个AI芯片智能检测不达标的概率；
(2)人工检测抽检50个AI芯片，记恰有1个不达标的概率为fp，当p=p0时，fp取得最大值，求p0；
(3)若AI芯片的合格率不超过93%，则需对生产工序进行改良．以（2）中确定的p0作为p的值，试判断该企业是否需对生产工序进行改良．
21．已知双曲线C：x2a2−y2b2=1a>0,b>0的离心率为2，过点E1,0的直线l与C左右两支分别交于M，N两个不同的点（异于顶点）．
(1)若点P为线段MN的中点，求直线OP与直线MN斜率之积（O为坐标原点）；
(2)若A，B为双曲线的左右顶点，且AB=4，试判断直线AN与直线BM的交点G是否在定直线上，若是，求出该定直线，若不是，请说明理由
22．已知函数fx=csx−1e−x，gx=ax2+1−exxa∈R．
(1)当x∈0,π时，求函数fx的最小值；
(2)当x∈−π2,+∞时，不等式xfx≥gxex恒成立，求实数a的取值范围．
参考答案：
1．B
【分析】应用复数的除法化简，结合复数的三角表示、各项的形式判断正误即可.
【详解】由题设，21−3i=2(1+3i)(1−3i)(1+3i)=12+32i=csπ3+isinπ3，故A、C、D错误；
而cs−π3+isin−4π3=csπ3+isinπ3，故B正确.
故选：B
2．C
【分析】采用列举法列举出A∩B中元素的即可.
【详解】由题意，A∩B中的元素满足{y≥xx+y=8，且x,y∈N*，
由x+y=8≥2x，得x≤4，
所以满足x+y=8的有(1,7),(2,6),(3,5),(4,4)，
故A∩B中元素的个数为4.
故选：C.
【点晴】本题主要考查集合的交集运算，考查学生对交集定义的理解，是一道容易题.
3．C
【分析】按照分组分配的方法，列式求解.
【详解】将5位同学分为2，1，1，1的分组，再分配到4所学校，
共有C52A44=240种方法.
故选：C
4．A
【分析】利用等差、等比中项的性质求得a4=5π3、b4=3，进而可得a1+a7=10π3、b2b6=3，代入目标式求正切值即可.
【详解】由a2+a4+a6=3a4=5π，故a4=5π3，则a2+a6=a1+a7=10π3，
b2b4b6=b43=33，故b4=3，则b2b6=3，
所以tana1+a71−b2b6=tan(−5π3)=−tan2π3=3.
故选：A
5．A
【分析】由AD=12(AB+AC)、BC2=(AC−AB)2，结合向量数量积的运算律转化求模长即可.
【详解】由题设，D为BC中点，则AD=12(AB+AC)，
所以|AD|2=14(AB+AC)2=14(AB2+2AB⋅AC+AC2)，
又BC2=(AC−AB)2=AC2−2AC⋅AB+AB2=4，即AC2+AB2=4+2AC⋅AB=12，
所以|AD|2=14×(12+8)=5，故|AD|=5.
故选：A
6．C
【分析】应用诱导公式、商数关系可得tanα=3tanα+π6，再由和角正切公式展开求得tanα=−3，最后由cs(2α+π3)=1−tan2(α+π6)1+tan2(α+π6)求值即可.
【详解】由sinαsinπ3−α=sinαsin[π2−(α+π6)]=sinαcs(α+π6)=3csαsinα+π6，
所以tanα=3tanα+π6，则tanα=3×tanα+tanπ61−tanαtanπ6=3tanα+31−33tanα，
所以tan2α+23tanα+3=0，则tanα=−3，故tanα+π6=−33，
由cs(2α+π3)=cs2(α+π6)−sin2(α+π6)cs2(α+π6)+sin2(α+π6)=1−tan2(α+π6)1+tan2(α+π6)=12.
故选：C
7．D
【分析】设直线l与曲线y=lnx+a的切点为Px0,y0，先根据导数的几何意义求出y=lnx+a在切点Px0,y0处的切线方程，再根据直线与圆相切和圆心到直线距离的关系列式求解即可．
【详解】设直线l与曲线y=lnx+a的切点为Px0,y0，
由y′=lnx+a′=1x+a，则1x0+a=1，
则x0=1−a，y0=0，即切点为P1−a,0，所以直线l为y=x−1+a，
又直线l与圆x2+y2=12都相切，则有−1+a2=22，解得a=2或a=0．
故选：D．
8．D
【分析】根据题设知g′(x)关于(3,0)、x=32对称且g′(3)=0，即可求g′(9)，再由已知有g(x)关于(32,1)、x=3对称，求g(92)，即可得解.
【详解】由g′3−x关于原点对称，则g(3−x)关于y轴对称，且g'(3−x)=-g'(3+x)，
所以g(x)关于x=3对称，g′(x)关于(3,0)对称，且g′(3)=0，
又f′32+x+f′32−x=2，即g32+x+g32−x=2，则g(x)关于(32,1)对称，
综上，g(6−x)=g(x)，g(3−x)+g(x)=2，则g(6−x)+g(3−x)=2，
所以g(6−32)+g(3−32)=g(92)+g(32)=2，而g(32)=1，故g(92)=1，
又g′(x)−g′(3−x)=0，则g′(x)关于x=32对称，即g′(3−x)=g′(x)，
所以g'(x)=-g'(x+3)，则g'(9)=-g'(6)=g'(3)=0，
所以g′9+g92=1.
故选：D
9．AC
【分析】应用百分位数的估计方法判断A；由回归直线的性质判断B；由条件概率公式，及独立性判定公式判断C；利用二项分布概率公式，结合组合数性质确定参数，由充分必要性定义判断D.
【详解】A：数列从小到大为2,3,3,4,7,8,10,18，则8×50%=4，故第50百分位数为4+72=5.5，正确；
B：回归直线不一定过样本点，但必过样本中心，错误；
C：由P(AB)=PBAP(A)，则P(A)=P(AB)P(B|A)，故P(A)P(B)=P(AB)P(B)P(B|A)=P(AB)，
所以事件A，B相互独立，正确；
D：由P(ξ=k)=C21k(12)k(1−12)21−k=C21k(12)21，要使Pξ=k取最大值，
只需C21k取最大，显然当k=10或11时C21k最大，故k=10是P(ξ=k)取最大的充分条件，错误.
故选：AC
10．AC
【分析】A、B写出OP1，OP2、AP1，AP2的坐标，利用坐标公式求模，即可判断正误；C、D根据向量的坐标，应用向量数量积的坐标表示及两角和差公式化简，即可判断正误.
【详解】A：OP1=(csα,sinα)，OP2=(csβ,−sinβ)，所以|OP1|=cs2α+sin2α=1，|OP2|=(csβ)2+(−sinβ)2=1，故|OP1|=|OP2|，正确；
B：AP1=(csα−1,sinα)，AP2=(csβ−1,−sinβ)，所以|AP1|=(csα−1)2+sin2α=cs2α−2csα+1+sin2α=2(1−csα)=4sin2α2=2|sinα2|，同理|AP2|=(csβ−1)2+sin2β=2|sinβ2|，故|AP1|,|AP2|不一定相等，错误；
C：由题意得：OA⋅OP3=1×cs(α+β)+0×sin(α+β)=cs(α+β)，OP1⋅OP2=csα⋅csβ+sinα⋅(−sinβ)=cs(α+β)，正确；
D：由题意得：OA⋅OP1=1×csα+0×sinα=csα，OP2⋅OP3=csβ×cs(α+β)+(−sinβ)×sin(α+β)
=csβ+α+β=cs(α+2β)，故一般来说OA⋅OP1≠OP2⋅OP3故错误；
故选：AC
11．BCD
【分析】根据三角函数的图象与性质可得φ=−π3，116<ω≤176，继而可判定各选项.
【详解】因为fπω=fT3，T=2πω， 所以sinπ+φ=sin2π3+φ，
则π+φ=2π3+φ+2kπ（不符题意，舍去）或π+φ+2π3+φ=2kπ+π2
故φ=kπ−π3，而φ<π2，则φ=−π3，即A错误；
y=fx+π3ω=sinωx，而sin−ωx+sinωx=0，所以是奇函数，B正确；
由fx=sinωx−π3在0,π恰有两个极值点，根据正弦函数的图象及性质可得3π2<ωπ−π3≤5π2⇒116<ω≤176，故C正确；
当ω∈N*时，由上可得ω=2，即fx=sin2x−π3，则f′x=2cs2x−π3
当x=0时，f′0=1,f0=−32，则y=x−32是fx=sin2x−π3的一条切线，即D正确.
故选：BCD
12．ACD
【分析】利用双曲线基本性质，点差法及三角形面积的表示，即可得到结果.
【详解】若l⊥y轴，则直线l过双曲线的顶点，M0,±a，
双曲线的渐近线方程为y=±ax，易得P，Q两点的横坐标为±1 ，
∴PQ=2，即A正确；
若点M的坐标为1,2，则a=2，
易得双曲线渐近线方程为y2−2x2=0，设Px1,y1,Qx2,y2，
利用点差法：y12−2x12=0,y22−2x22=0，
两式作差可得，y12−y22=2x12−2x22，即y12−y22=2x12−2x22,y1−y2x1−x2=2x1+x2y1+y2
∴kl=2×12=1，即B错误；
若Mx0,y0，利用点差法同样可得kl=y1−y2x1−x2=a2x1+x2y1+y2=a2x0y0，
∴直线PQ的方程为y−y0=a2x0y0x−x0
即y0y−y02=a2x0x−a2x02，y0y−a2x0x=y02−a2x02=a2
∴y0ya2−x0x=1，故C正确；
若双曲线的离心率为52，则双曲线方程为y24−x2=1，
∴渐近线方程为y=±2x，设Px1,2x1,Qx2,−2x2，
∴S△OPQ=12x1y2−x2y1=2x1x2 ，
联立方程y0y4−x0x=1y=2x 可得x1=2y0−2x0 ，
同理可得x2=−2y0+2x0，
∴S△OPQ=2x1x2=22y0−2x0⋅−2y+2x0=8y02−4x02=84=2，
故D正确，
故选：ACD
【点睛】关键点点睛：（1）涉及中点问题，可以利用点差法来简化运算；
（2）三角形面积的表示，设Px1,2x1,Qx2,−2x2，则S△OPQ=12x1y2−x2y1.
13．0
【分析】由f′x=3x2−1=0得x1+x2=0，然后根据函数解析式结合条件即得.
【详解】因为函数fx=x3−x有两个极值点x1与x2
由f′x=3x2−1=0，则3x2−1=0的两根为x1与x2，
所以x1+x2=0，即x2=−x1，
由fx=x3−x，可得f−x=−x3−−x=−x3−x=−fx，
所以x1+x2+fx1+fx2= fx1+f−x1=0.
故答案为：0.
14．1
【分析】结合题中条件与正态分布曲线的性质，求出对称轴，再利用二项分布的均值公式求解即可.
【详解】由题意得，该正态分布曲线关于X=800对称，故P(X<800)=0.5，
则P(800≤X<801)=P(X<801)−P(X<800)=0.6−0.5=0.1，
由题意得X∼B10,0.1，故EY=10×0.1=1.
故答案为：1
15．e3,+∞
【分析】将零点问题转化为交点问题求解即可.
【详解】若fx=1aex−3x有两个零点，故1aex−3x=0有两个零点，
当x=0时，fx=1aex−3x无零点，故排除，化简得y=a与g(x)=ex3x，定义域为x≠0，
又g′(x)=ex(x−1)3x2，令g′(x)<0，x∈(−∞,0)∪(0,1)，令g′(x)>0，x∈(1,+∞)，
故g(x)在x∈(−∞,0),(0,1)单调递减，在(1,+∞)单调递增，
故g(x)极小值为g(1)=e3，当x→0时，g(x)→∞，当x→+∞时，g(x)→+∞，
当x→−∞时，g(x)→0，故a∈e3,+∞.
故答案为：e3,+∞
16． 59 12×13n+12
【分析】记事件Ai表示从第i个盒子里取出白球，利用全概率公式可得PA2=PA1PA2A1+PA1PA2A1=59，进而可得PAn=13PAn−1−13，然后构造等比数列，求通项公式即得.
【详解】记事件Ai表示从第ii=1,2,⋯,n个盒子里取出白球，则PA1=23，PA1=1−PA1=13，
所以PA2=PA1A2+PA1A2=PA1PA2A1+PA1PA2A1=23×23+13×13=59，
PA3=PA2PA3A2+PA2PA3A2=PA2×23+PA2×13=13×PA2+13=1427，
PA4=PA3PA4A3+PA3PA4A3=PA3×23+PA3×13=13PA3+13，
进而可得PAn=13PAn−1+13，PAn−12=13PAn−1−12，
又PA1−12=16，PA2−12=118，PA2−12=13PA1−12，
所以PAn−12是首项为16，公比为13的等比数列，
所以PAn−12=16×13n−1=12×13n，即PAn=12×13n+12，
故答案为：59；12×13n+12.
17．(1)证明见解析
(2)1−12n+1−1
【分析】（1）根据条件以及an=Sn−Sn−1n≥2消去an，结合等比数列的定义可得答案；
（2）先求出bn的通项公式，得到bnbn−1bn+1−1的通项公式，利用裂项相消法可求答案.
【详解】（1）证明：∵Sn+an=n−1n2+n，且an=Sn−Sn−1n≥2，
∴2Sn−Sn−1=2n+1−1n n≥2，
∴2Sn−1n+1=Sn−1−1nn≥2，
∴Sn−1n+1Sn−1−1n=12n≥2，令n=1，可得S1=0，
∴S1−12=−12，
所以数列Sn−1n+1是首项为−12，公比为12的等比数列．
（2）由（1）可得Sn−1n+1=−1212n−1=−12n，
∴1bn=−Sn−1n+1=12n，
∴bn=2n；
∴bnbn−1bn+1−1=2n2n−12n+1−1
=12n−1−12n+1−1；
∴Tn=11−13+13−17+17−115 +⋯+12n−1−12n+1−1=1−12n+1−1.
18．(1)A=π4；
(2)1,2.
【分析】（1）利用三角恒等变换可得csA+π3=csB+π6，再利用三角函数的性质结合条件即得；
（2）利用正弦定理结合条件可得CD=1sinC，然后根据条件及三角函数的性质即可求得其范围.
【详解】（1）因为csA+sinB=3sinA+csB，
所以csA−3sinA=3csB−sinB，即csA+π3=csB+π6，
又A∈0,π2，B∈0,π2，
所以π3所以A+π3=B+π6，即B=A+π6，又A+B+C=π，C=π3，
所以A+A+π6+π3=π，即A=π4；
（2）因为AD=BD=2，所以∠DBA=∠A，又∠ABC=A+π6，
可得∠DBC=π6，
在△DBC中，CDsin∠DBC=BDsinC，
所以CD=BDsin∠DBCsinC=1sinC，
在△ABC中，sinC=sinA+B=sin2A+π6，
因为△ABC为锐角三角形，
所以0所以π2<2A+π6<5π6，12所以1sinC ∈1,2，即CD的取值范围为1,2.
19．(1)1
(2)32
【分析】（1）根据平行关系可得EF ∥ DB，再结合垂直关系可得DB⊥AC，即可得结果；
（2）根据题意分析可得BB1⊥平面ABC，AA1=2，建系，利用空间向量求二面角.
【详解】（1）取AC中点D，连接ED，BD，
∵D,E分别为AC,A1C的中点，则DE ∥ AA1且DE=12AA1，
又∵ABC−A1B1C1为三棱柱，且F分别为BB1的中点，则BF ∥ AA1且BF=12AA1，
可得DE ∥ BF且DE=BF，即四边形DEFB为平行四边形，故EF ∥ DB，
又∵EF⊥平面AA1C1C，则DB⊥平面AA1C1C，
AC⊂平面AA1C1C，可得DB⊥AC，
又∵D为AC的中点，则△ABC为等腰三角形，
∴BC=AB=1.
（2）由（1）可知：BC=AB=1，且AC=2，即AB2+BC2=AC2，
∴AB⊥BC，
则可得EF=DB=22，且A1B1⊥B1C1，
∵EF⊥平面AA1C1C，A1C⊂平面AA1C1C，则EF⊥A1C，
∴S△A1FC=12A1C⋅EF=12A1C×22=22，解得A1C=2，
由（1）知DB⊥平面AA1C1C，AA1⊂平面AA1C1C，则DB⊥AA1，
又∵AA1 ∥ BB1，则DB⊥BB1
又∵BB1⊥A1B1，AB ∥ A1B1，则BB1⊥AB，
AB∩DB=B，AB,DB⊂平面ABC，
∴BB1⊥平面ABC，
AC⊂平面ABC，则BB1⊥AC，
且AA1 ∥ BB1，可得AA1⊥AC，
∴△AA1C为直角三角形，则AA1=A1C2−AC2=2，
以B1为坐标原点，向量B1C1，B1A1，B1B方向为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系B1−xyz，
则B10,0,0，A10,1,0，C11,0,0，C1,0,2，B0,0,2，F0,0,22，
可得A1F=0,−1,22，A1C=1,−1,2，
设平面A1FC的一个法向量为n1=x,y,z，则n1⋅A1F=−y+22z=0n1⋅A1C=x−y+2z=0，
令y=1，则x=−1,z=2，可得n1=−1,1,2，
∵平面B1A1F的一个法向量为n2=1,0,0，
设二面角B1−A1F−C的平面角为θ∈0,π，
可得csθ=n1⋅n2n1⋅n2=12×1=12，
∴sinθ=1−cs2θ=32，
故二面角B1−A1F−C的正弦值为32.
20．(1)350
(2)p0=150
(3)需要对生产工序进行改良
【分析】（1）先求每个AI芯片智能检测达标的概率，再利用对立事件的概率求解；
（2）先求fp，利用导数判断单调性可求解p0；
（3）利用条件概率求出AI芯片的合格率，与93%比较可得结论.
【详解】（1）记事件A＝“每个AI芯片智能检测不达标”，则
PA=1−PA=1−4950×4849×4748=350.
（2）由题意fp=C501p1−p49，
∴f′p=501−p49+p×491−p48×−1
=501−p481−50p
令f′p=0，则p=150，
当00，fp为增函数；
当p>150，f′p<0，fp为减函数；
所以fp在p0=150处取到最大值．
（3）记事件B＝“人工检测达标”，
则PBA=1-150=4950，
又PA=1−350=4750，
所以PA⋅B=PAPBA=4750×4950=92.12%<93%，
所以需要对生产工序进行改良．
21．(1)1
(2)是在定直线上，定直线x=4
【分析】（1）根据题意列出方程组得到a=b，设Mx1,y1，Nx2,y2，P(x0,y0)，利用点差法即可求解；
（2）根据（1）的结论得出A(-2,0)，B(2,0)，设直线l：x=1+ty，t≠0，设Mx1,y1，Nx2,y2，联立直线与曲线方程，利用韦达定理联立直线AN与直线BM的方程得出x=4，进而得证.
【详解】（1）由题意得e=ca=2c2=a2+b2，所以a=b，
设Mx1,y1，Nx2,y2，P(x0,y0)，
则x12a2−y12b2=1x22a2−y22b2=1，
作差得y1−y2x1−x2=b2a2⋅x1+x2y1+y2=b2a2⋅x0y0，
又MN的斜率kMN=y1−y2x1−x2=b2a2⋅x0y0，kOP=y0x0，
所以kMNkOP=b2a2=1.
（2）∵2a=4，∴a=b=2，A(-2,0)，B(2,0)，
直线l：x=1+ty，t≠0，
设Mx1,y1，Nx2,y2，
联立x=1+tyt≠0x2-y2=4得t2−1y2+2ty−3=0，
所以△=16t2−12>0,t2−1≠0,t≠0y1+y2=−2tt2−1y1y2=−3t2−1，所以ty1y2=3y1+y22，
设直线AN：y=y2x2+2x+2，BM：y=y1x1−2x−2，
所以x+2x−2=y1x1−2x2+2y2=y1ty2+3ty1−1y2=ty1y+3y1ty1y2−y2=92y1+32y232y1+12y2=3，
所以x=4．故存在定直线x=4，使直线AN与直线BM的交点G在定直线上．
22．(1)−e−π2
(2)a≤1
【分析】（1）利用导数研究fx的单调性求最值；
（2）令hx=ex+csx−ax−2，问题化为xhx≥0恒成立，利用导数研究hx单调性，讨论参数a及定义域判断xhx符号，即可求范围.
【详解】（1）由题意f′x=1−2sinx+π4ex，x∈0,π，
令f′x=0，则x=π2，当x∈0,π2时f′x<0，当x∈π2,π时f′x>0．
所以fxmin=fπ2=−e−π2．
（2）由xfx≥gxex⇔xcsx−1e−x≥e−x[ax2+(1−ex)x]，
所以xcsx−x≥ax2+1−exx⇔xex+csx−ax−2≥0，
记hx=ex+csx−ax−2，即xhx≥0恒成立，且h′x=ex−sinx−a，
当a>1时，当x∈0,+∞，令k(x)=h′x，则k′x=ex−csx≥0，
所以k(x)=h′x在0,+∞单调递增，且h′0=1−a<0，h′1+a=e1+a−sin1+a−a≥e1+a−1−a>0，
（令y=ex−x-1且x>0，则y′=ex−1>0，故y在(0,+∞)上递增，则y>y|x=0=0，所以ex−x-1>0，以上e1+a−(1+a)>0成立），
故存在唯一x0∈0,+∞，使得h′x0=0，
当x∈0,x0时h′x<0，hx递减，所以hx当a≤1时，（ⅰ）若x>0，由上知h′x>1+x−sinx−a>1−a≥0，则hx递增，
（令y=x−sinx且x>0，则y′=1−csx≥0，故y在(0,+∞)上递增，则y>y|x=0=0，所以x−sinx>0，以上1+x−sinx−a>1−a成立），
所以hx>h0=0恒成立，即xhx>0成立，符合题意．
（ⅱ）x∈−π2,0，若t(x)=k′x，则t′(x)=ex+sinx单调递增，
t′(0)=1，t′−π2=e−π2−1<0，所以存在唯一x1∈−π2,0使t′(x1)=0，
当x∈−π2,x1时t′(x)<0，t(x)递减，当x∈x1,0时t′(x)>0，t(x)递增，
又t(−π2)=e−π2>0，t(0)=0，故存在唯一x2∈−π2,0，使tx2=k′(x2)=0，
故x∈−π2,x2时tx=k′(x)>0，k(x)=h′x递增，x∈x2,0时tx=k′(x)<0，k(x)=h′x递减，
又k−π2=e−π2+1−a>0，k0=1−a≥0，
所以x∈−π2,0时k(x)=h′x≥0，则hx递增，故hx≤h0=0，即xhx≥0恒成立．
综上，a≤1.
【点睛】关键点点睛：第二问，注意构造中间函数研究单调性并确定零点，进而判断hx的符号求参数范围.