2022-2023学年河北省邯郸市高二（下）期末数学试卷(含详细答案解析)

这是一份2022-2023学年河北省邯郸市高二（下）期末数学试卷(含详细答案解析)，共18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.已知集合A={−1,0,1}，B={x|x2−3x+2=0}，则A∪B=( )
A. {1}B. {1,2}C. {−1,0,1}D. {−1,0,1,2}
2.已知复数z=2+i，且az−z−+b=0，其中a，b为实数，则( )
A. a=−1，b=−4B. a=−1，b=4
C. a=1，b=−4D. a=1，b=4
3.已知向量a,b满足|a|=1,|b|=2,|a+2b|= 13，则a⋅b=( )
A. 1B. 2C. −1D. −2
4.开普勒第一定律也称椭圆定律、轨道定律，其内容如下：每一行星沿各自的椭圆轨道环绕太阳，而太阳则处在椭圆的一个焦点上.将某行星H看作一个质点，H绕太阳的运动轨迹近似成曲线x2m+y2n=1(m>n>0)，行星H在运动过程中距离太阳最近的距离称为近日点距离，距离太阳最远的距离称为远日点距离.若行星H的近日点距离和远日点距离之和是18(距离单位：亿千米)，近日点距离和远日点距离之积是16，则m+n=( )
A. 39B. 52C. 86D. 97
5.如图，在四棱台ABCD−A1B1C1D1中，正方形ABCD和A1B1C1D1的中心分别为O1和O2，O1O2⊥平面ABCD，O1O2=3，AB=5，A1B1=4，则直线O1O2与直线AA1所成角的正切值为( )
A. 23B. 26C. 36D. 66
6.已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，当x>0时，f(x)=ex−2+2x−5，则不等式xf(x)>0的解集是( )
A. (−2,0)∪(2,+∞)B. (−∞,−2)∪(0,2)
C. (−2,0)∪(0,2)D. (−∞,−2)∪(2,+∞)
7.在一个3×3宫格中，有如图所示的初始数阵，若从中随机选择2个宫格，将其相应的数字变成相反数，得到新的数阵，则新的数阵中所有数字之和为25的概率为( )
A. 19B. 318C. 29D. 13
8.已知a=2 2−2,b=e27，c=ln2，则( )
A. a>b>cB. b>a>cC. c>a>bD. b>c>a
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。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9.函数f(x)=sin(ωx+φ)的部分图象如图所示，则f(x)=( )
A. sin(8x−π3)
B. sin(8x−π6)
C. cs(2π3−8x)
D. cs(5π6−8x)
10.某校为了了解学生的身体素质，对2022届初三年级所有学生仰卧起坐一分钟的个数情况进行了数据统计，结果如图1所示.该校2023届初三学生人数较2022届初三学生人数上升了10%，2023届初三学生仰卧起坐一分钟的个数分布条形图如图2所示，则( )
A. 该校2022届初三年级学生仰卧起坐一分钟的个数在[30,60)内的学生人数占70%
B. 该校2023届初三学生仰卧起坐一分钟的个数在[60,80]内的学生人数比2022届初三学生仰卧起坐一分钟个数同个数段的学生人数的2.2倍还多
C. 该校2023届初三学生仰卧起坐一分钟的个数和2022届初三学生仰卧起坐一分钟个数的中位数均在[50,60)内
D. 相比2022届初三学生仰卧起坐一分钟个数不小于50的人数，2023届初三学生仰卧起坐一分钟个数不小于50的人数占比增加
11.已知函数f(x)=x3−mx，若过点P(−1,1)恰能作2条曲线y=f(x)的切线，则m的值可以为( )
A. 0B. 1C. 2D. 3
12.如图1，《卢卡⋅帕乔利肖像》是意大利画师的作品.图1中左上方悬着的是一个水晶多面体，其表面由18个全等的正方形和8个全等的正三角形构成，该水晶多面体的所有顶点都在同一个正方体的表面上，如图2.若MN= 2，则( )
A. AB=3 2
B. 该水晶多面体外接球的表面积为(10+4 2)π
C. 直线HG与平面HPQ所成角的正弦值为 33
D. 点G到平面HPQ的距离为 63
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知圆C的圆心为点C(2,1)，且经过原点，则圆C的标准方程为______.
14.已知α∈[0,2π]，sin2α−cs2α=1，则α的取值可以是______.(写出一个即可)
15.已知a>1，b>1，且lg2a=lgb16，则ab的最小值为______.
16.已知抛物线C：y2=2px(p>0)的准线与x轴交于点M，过M的直线l与C交于A，B两点.若MA=AB，则直线l的斜率为______.
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题10分)
在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a+b=10，c=2 7，且csinB= 3bcsC.
(1)求C；
(2)求△ABC的面积.
18.(本小题12分)
在数列{an}中，a2=2，a3+a7=10，且an+1=2an−an−1(n≥2).
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)在数列{an}中，满足k≤an≤2k(k为正整数)的项有bk项，求数列{bk}的前k项和Tk.
19.(本小题12分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，PD⊥平面ABCD，底面ABCD为直角梯形，PD=CD=AD=2AB=4，AB//CD，∠CDA=90∘，E，F分别为棱PD，PB的中点，PG=14PC.
(1)证明：A，G，F，E四点共面.
(2)求平面ABF与平面AEF的夹角的大小.
20.(本小题12分)
世界卫生组织建议成人每周进行2.5至5小时的中等强度运动.已知A社区有20%的居民每周运动总时间超过5小时，B社区有30%的居民每周运动总时间超过5小时，C社区有50%的居民每周运动总时间超过5小时，且A，B，C三个社区的居民人数之比为3：3：4.
(1)从这三个社区中随机各选取1名居民，求至少有1名居民每周运动总时间超过5小时的概率；
(2)从这三个社区中随机抽取1名居民，求该居民每周运动总时间超过5小时的概率；
(3)假设这三个社区每名居民每周运动总时间为随机变量X(单位：小时)，且X∼N(4,σ2)，现从这三个社区中随机选取1名居民，求该居民每周运动总时间为3至5小时的概率.
21.(本小题12分)
已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)经过点P(4,2)，双曲线C的右焦点F到其渐近线的距离为2.
(1)求双曲线C的方程；
(2)已知Q(0,−2)，D为PQ的中点，作PQ的平行线l与双曲线C交于不同的两点A，B，直线AQ与双曲线C交于另一点M，直线BQ与双曲线C交于另一点N，证明：M，N，D三点共线.
22.(本小题12分)
已知函数f(x)=3ex−aln(x+1).
(1)若f(x)是增函数，求a的取值范围；
(2)若f(x)−sinx≥3在[0,+∞)上恒成立，求a的取值范围.
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：集合A={−1,0,1}，B={x|x2−3x+2=0}={1,2}，
则A∪B={−1,0,1,2}.
故选：D.
求出集合B，利用并集定义能求出A∪B.
本题考查集合的运算，考查并集定义、不等式性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
2.【答案】B
【解析】解：因为z−=2−i，所以az−z−+b=a(2+i)−(2−i)+b=(2a+b−2)+(a+1)i，
由az−z−+b=0，得2a+b−2=0a+1=0，即a=−1b=4.
故选：B.
根据复数加减法运算规则和复数相等的定义求解．
本题主要考查共轭复数的定义，属于基础题．
3.【答案】C
【解析】解：已知向量a,b满足|a|=1,|b|=2,|a+2b|= 13，
则a2+4a⋅b+4b2=13，
即4a⋅b=13−1−16=−4，
则a⋅b=−1.
故选：C.
由平面向量数量积的运算，结合平面向量的模的运算求解即可．
本题考查了平面向量数量积的运算，重点考查了平面向量的模的运算，属基础题．
4.【答案】D
【解析】解：设椭圆的方程：x2a2+y2b2=1，(a>b>0)，设c为半焦距，由题意m=a2，n=b2，
由椭圆的性质可得a+c+a−c=18(a+c)(a−c)=16，可得a2=81，b2=a2−c2=16，
所有m+n=81+16=97.
故选：D.
设椭圆的标准方程，由题意可得a，b的值，进而求出m+n的大小．
本题考查椭圆的性质的应用，属于基础题．
5.【答案】B
【解析】解：连接AO1，A1O2，作A1E⊥AO1，垂足为E，
∠AA1E即直线O1O2与直线AA1所成的角，
tan∠AA1E=AEA1E= 223= 26.
故选：B.
作出直线O1O2与直线AA1所成角，解直角三角形求得其正切值．
本题考查了异面直线所成的角的求解，属于基础题．
6.【答案】D
【解析】解：当x>0时，f(x)=ex−2+2x−5，则f′(x)=ex−2+2，
∵x>0，∴f′(x)>0，即f(x)在(0,+∞)上单调递增，
又函数f(x)是定义在R上的奇函数，则f(x)在(−∞,0)上单调递增，且f(0)=0，
则f(2)=0，f(−2)=0，
作出草图，如图所示：
不等式xf(x)>0，则x>0f(x)>0或x<0f(x)<0，
由图象得x<−2或x>−2，即原不等式的解集为(−∞,−2)∪(2,+∞).
故选：D.
由题意得f(x)在(0,+∞)上单调递增，结合题意可得f(x)在(−∞,0)上单调递增，且f(0)=0，f(2)=0，f(−2)=0，作出草图，即可得出答案．
本题考查利用导数研究函数的单调性，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
7.【答案】A
【解析】解：初始数阵中所有数字之和为1+2+3+4+5+6+7+8+9=45，
设选择的2个宫格的数字为a，b，
则45−2a−2b=25，
所以a+b=10，
所以选择的2个宫格的数字有(1,9)，(2,8)，(3,7)，(4,6)，共4种情况，
所以新的数阵中所有数字之和为25的概率为C41C92=19.
故选：A.
设选择的2个宫格的数字为a，b，由题意可知a+b=10，所以选择的2个宫格的数字有(1,9)，(2,8)，(3,7)，(4,6)，共4种情况，再利用古典概型的概率公式求解即可．
本题主要考查了古典概型的概率公式，属于基础题．
8.【答案】B
【解析】解：已知a=2 2−2,b=e27，c=ln2，
因为e2>2.72=7.29>7，
所以e27>1，
则b>1，
又2 2−2<2×32−2=1，
则a<1，
所以b>a，
不妨设f(x)= x−2−lnx3，函数定义域为(0,+∞)，
可得f′(x)=12 x−13x=3 x−26x，
当0当x>49时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
因为2 2>e，
所以8>e2，
此时f(8)>f(e2)=e−2−23>0，
则2 2−2−ln2>0，
整理得2 2−2>ln2，
所以a>c，
综上，b>a>c.
故选：B.
根据e2>2.72=7.29>7，2 2−2<2×32−2=1，得到b>a，构造函数f(x)= x−2−lnx3，对函数f(x)进行求导，得到函数f(x)的单调性，由2 2>e，得到8>e2，结合函数单调性得到f(8)>f(e2)>0，此时2 2−2−ln2>0，再求解即可．
本题考查利用导数研究函数单调性以及对数值的大小比较，考查了逻辑推理、转化思想和运算能力．
9.【答案】BC
【解析】解：根据函数f(x)=sin(ωx+φ)的部分图象，可得A=1，
T2=7π48−π48=πω，∴ω=8.
再跟五点法作图，可得8×π48+φ=0，可得φ=−π6，
f(x)=sin(8x−π6)=cs[π2−(8x−π6)]=cs(2π3−8x).
故选：BC.
由图象的顶点坐标求出A，由周期求出ω值，根据五点法作图求出φ，可得函数的解析式．
本题主要考查根据函数y=Asin(ωx+φ)的部分图象求函数的解析式，由图象的顶点坐标求出A，由周期求出ω值，根据五点法作图求出φ，可得函数的解析式，属于基础题．
10.【答案】ABD
【解析】解：A选项，由图1可知，2022届初三年级学生仰卧起坐一分钟的个数在[30,60)内的学生人数频率为20%+25%+25%=70%，A正确；
B选项，设2022届初三学生人数为a(a>0)，由图1可知，2022届初三学生仰卧起坐一分钟的个数在[60,80]内的学生人数为0.2a，
2023届初三学生仰卧起坐一分钟的个数在[60,80]内的学生人数为a×(1+10%)×41%=0.451a，0.451a>0.2a×2.2=0.44a，B正确；
C选项，2022届初三学生仰卧起坐一分钟个数的中位数在[40,50)内，2023届初三学生仰卧起坐一分钟个数的中位数在[50,60)内，C错误；
D选项，2022届初三学生仰卧起坐一分钟个数不小于50的人数占25%+15%+5%=45%，2023届初三学生仰卧起坐一分钟个数不小于50的人数占41%+34%+7%=82%，D正确．
故选：ABD.
根据统计图逐项判断即可得出结论．
本题考查由频数分布表、直方图求频数、频率，考查频率公式，属于基础题．
11.【答案】BC
【解析】解：由f(x)=x3−mx，得f′(x)=3x2−m，
设切点为(t,t3−mt)，则过切点的切线方程为y=(3t2−m)(x−t)+t3−mt，
把点P(−1,1)代入，可得1=(3t2−m)(−1−t)+t3−mt，
整理得：m=2t3+3t2+1.
令g(t)=2t3+3t2+1，则g′(t)=6t2+6t=6t(t+1)，
则当t∈(−∞,−1)∪(0,+∞)时，g′(t)>0，当t∈(−1,0)时，g′(t)<0，
可得g(t)的增区间为(−∞,−1)，(0,+∞)，减区间为(−1,0).
∴g(t)的极大值为g(−1)=2，极小值为g(0)=1，
又当t→−∞时，g(t)→−∞，t→+∞时，g(t)→+∞，
∴要使过点P(−1,1)恰能作2条曲线y=f(x)的切线，则m的值可以为1或2.
故选：BC.
设切点坐标，利用导数求出过切点的切线方程，代入P点坐标，可得m关于切点横坐标的关系式，再由导数求极值得答案．
本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，训练了利用导数求极值，考查运算求解能力，是中档题．
12.【答案】BCD
【解析】解：由水晶多面体的结构特征可得NF=MN= 2，
进而可得AB= 2+2，故A错误；
在水晶多面体在大正方体的对面的两个正方形构成的长方体的外接球，
即为该水晶多面体外接球，
设外接球的半径为R，由题意可得(2R)2=( 2+2)2+( 2)2+( 2)2，
∴4R2=4 2+10，故该水晶多面体外接球的表面积为4πR2=(10+4 2)π，故B正确；
∵GK//HQ，∵K到平面HPQ的距离即为点G到平面HPQ的距离，
设点G到平面HPQ的距离为d，
由VH−PQK=VK−HPQ，∴13×12× 2× 2×sin45∘×1=13×12× 2× 2×sin60∘×d，
解得d= 63，∴点G到平面HPQ的距离为 63，故D正确；
直线HG与平面HPQ所成角的正弦值为dHG= 63 2= 33，故C正确．
故选：BCD.
根据空间几何体的特征，根据每个选项的条件进行计算可判断其正确性．
本题考查空间几何体的性质，考查转化思想，属中档题．
13.【答案】(x−2)2+(y−1)2=5
【解析】解：圆C的圆心为点C(2,1)，且经过原点，故圆的半径为r= 22+12= 5；
故圆的方程为(x−2)2+(y−1)2=5.
故答案为：(x−2)2+(y−1)2=5.
直接利用圆的定义求出圆的方程．
本题考查的知识要点：圆的方程的求法，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于基础题．
14.【答案】π4(或π2或5π4或3π2)
【解析】解：因为sin2α−cs2α=1，
所以2sinαcsα−2cs2α+1=1，
即sinαcsα=cs2α，
则csα=0或sinα=csα，
所以α=π2+kπ或α=π4+kπ，k∈Z，
因为α∈[0,2π]，
所以α的取值可以是π4或π2或5π4或3π2.
故答案为：π4(或π2或5π4或3π2).
利用二倍角公式化简已知等式可得csα=0或sinα=csα，可求α=π2+kπ或α=π4+kπ，k∈Z，结合α∈[0,2π]，即可得解．
本题考查了二倍角公式在三角函数求值中的应用，属于基础题．
15.【答案】16
【解析】解：因为a>1，b>1，设lg2a=lgb16=k，
所以lgalg2=lgk，lga=lgk⋅lg2，
lg16lgb=lgk，lgb=lg16lgk，
lga+lgb=lgk⋅lg2+lg16lgk≥2 (lgk⋅lg2)⋅lg16lgk=4lg2，
当且仅当lgk⋅lg2=lg16lgk，即k=100，a=2100，b=10016时取“=”，
即lgab≥lg16，
所以ab的最小值为16.
故答案为：16.
设lg2a=lgb16=k，利用换底公式求出lga，lgb，再求lga+lgb，利用基本不等式即可求出ab的最小值．
本题考查了对数的运算性质应用问题，也考查了推理与运算能力，是中档题．
16.【答案】±2 23
【解析】解：设直线l的方程为x=my−p2，A(x1,y1)，B(x2,y2)，
联立x=my−p2y2=2px，得y2−2pmy+p2=0.
Δ=4p2m2−4p2>0，解得m<−1或m>1.
由韦达定理得y1y2=p2，
又M(−p2,0)，MA=AB，即A为MB中点，
所以y2=2y1，解得y1=± 22p，x1=y122p=p4.
故直线l的斜率为y1x1+p2=± 22pp4+p2=±2 23.
故答案为：±2 23.
设直线l的方程为x=my−p2，A(x1,y1)，B(x2,y2)，联立x=my−p2y2=2px，利用韦达定理可得y1y2，再结合向量坐标关系即可求解．
本题主要考查抛物线的性质，直线与抛物线的综合，考查运算求解能力，属于中档题．
17.【答案】解：(1)因为csinB= 3bcsC，由正弦定理可得sinCsinB= 3sinBcsC，
因为sinB≠0，所以sinC= 3csC，即tanC= 3，
因为C∈(0,π)，所以C=π3.
(2)因为a+b=10，c=2 7，
所以由余弦定理c2=a2+b2−2abcsC，可得28=a2+b2−ab=(a+b)2−3ab=100−3ab，
解得ab=24，
所以△ABC的面积S=12absinC=12×24× 32=6 3.
【解析】(1)由正弦定理可得sinCsinB= 3sinBcsC，从而可得tanC= 3，进而可得C的值；
(2)由余弦定理可求得ab，再由面积公式求解即可．
本题主要考查正余弦定理在解三角形中的应用，考查运算求解能力，属于中档题．
18.【答案】解：(1)由an+1=2an−an−1，得an+1−an=an−an−1，所以数列{an}是等差数列，
所以a3+a7=2a5=10，即a5=5，
所以数列{an}的公差为(5−2)÷(5−2)=1，
所以an=2+(n−2)=n；
(2)结合(1)可知bk=2k−k+1，
所以Tk=2×(1−2k)1−2−k(k+1)2+k=2k+1−k(k+1)2+k−2.
【解析】(1)由an+1=2an−an−1，得an+1−an=an−an−1，所以数列{an}是等差数列，而后根据其他条件求出公差，再求出数列通项公式即可；
(2)结合(1)求出{bk}的通项公式，而后求出数列{bk}的前k项和Tk.
本题主要考查等差和等比数列相关性质，属中档题．
19.【答案】解：(1)证明：因为PD⊥平面ABCD，AD，CD⊂平面ABCD，
所以PD⊥AD，PD⊥CD，
又底面ABCD为直角梯形，∠CDA=90∘，
故以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(4,0,0)，E(0,0,2)，F(2,1,2)，G(0,1,3)，
则AE=(−4,0,2)，AF=(−2,1,2)，AG=(−4,1,3)，
设AG=mAE+nAF，
则−4m−2n=−42m+2n=3，
解得m=12n=1，
所以AG=12AE+AF，
故A，G，F，E四点共面．
(2)设n=(x,y,z)是平面AEF的法向量，
则n⋅AF=−2x+y+2z=0n⋅AE=−4x+2z=0，
则可取n=(1,−2,2)，
取AP的中点H，则H(2,0,2)，连接DH，
又因为PD=AD，
所以DH⊥AP，
又由(1)可知，CD⊥AD，PD⊥CD，
且AD∩PD=D，AD⊂平面PAD，PD⊂平面PAD，
所以CD⊥平面PAD，
又AB//CD，
所以AB⊥平面PAD，
又DH⊂平面PAD，
所以DH⊥AB，
又AP∩AB=A，AP⊂平面ABF，AB⊂平面ABF，
所以DH⊥平面ABF，即平面ABF的一个法向量为DH=(2,0,2)，
所以cs=n⋅DH|n||DH|= 22.
故平面ABF与平面AEF的夹角的大小为π4.
【解析】(1)建立空间直角坐标系，只需证明存在m，n∈R，使AG=mAE+nAF，即可得到A，G，F，E四点共面；
(2)分别求出平面ABF与平面AEF的法向量，从而根据夹角公式即可得解．
本题考查利用空间向量证明四点共面以及求解二面角的大小，考查空间想象能力，推理论证能力和运算求解能力，考查直观想象和数学运算等核心素养，属于中档题．
20.【答案】解：(1)设从A，B，C三个社区中各选取的1名居民的每周运动总时间超过5小时分别为事件A，B，C，
则P(A)=15,P(B)=310,P(C)=12.
设选取的3名居民中至少有1名居民每周运动总时间超过5小时为事件M，
则事件M的对立事件为选取的3名居民每周运动总时间都没有超过5小时，
所以P(M)=1−P(M−)=1−(1−15)(1−310)(1−12)=1825，
故选取的3名居民中至少有1名居民每周运动总时间超过5小时的概率为1825.
(2)设A，B，C三个社区的居民人数分别为3a，3a，4a，
则A社区每周运动总时间超过5小时的人数为3a×20%=0.6a，
B社区每周运动总时间超过5小时的人数为3a×30%=0.9a，
C社区每周运动总时间超过5小时的人数为4a×50%=2a，
所以P=0.6a+0.9a+2a3a+3a+4a=0.35，
故从这3个社区中随机抽取1名居民且每周运动总时间超过5小时的概率P=0.35.
(3)因为X∼N(4,σ2)，所以P(X>4)=0.5.
因为P(X>5)=0.35，所以P(4所以P(3【解析】(1)根据概率公式，先算出该居民是各社区且每周运动时间没有超过5小时的概率，由对立事件的概率公式求解即可；
(2)由于A，B，C三个社区的居民人数之比为3：3：4，设出三个社区的居民人数，计算出各社区每周运动总时间超过5小时的人数，然后由频率估计概率即可；
(3)由正态分布的性质结合条件求解即可．
本题考查离散型随机变量的应用，属于中档题．
21.【答案】解：(1)因为双曲线C的渐近线方程为y=±bax，
所以双曲线C的右焦点F到其渐近线的距离为bc a2+b2=b=2，
因为双曲线C经过点P(4,2)，所以16a2−422=1，解得a2=8，
故双曲线C的方程为x28−y24=1.
(2)证明：因为P(4,2)，Q(0,−2)，D为PQ的中点，所以D(2,0)，kPQ=1，
设直线l的方程为y=x+m，A(x1,y1)，B(x2,y2)，M(xM,yM)，N(x_N,y_N)，
所以kAQ=y1+2x1，kBQ=y2+2x2，
直线AQ的方程为y=y1+2x1x−2，
直线BQ的方程为y=y2+2x2x−2，
联立y=y1+2x1x−2x28−y24=1，
可得[1−2(y1+2)2x12]x2+8(y1+2)x1x−16=0，
所以x1+xM=−8(x1+2)1−y(y1+2)2x12=−8x1(y1+2)x12−2(y1+2)2，
又因为x28−y124=1，所以x1+xM=x1+2x1y1，
则xM=2x1y1，yM=y1+2x1xM−2=4y1，
同理可得xN=2x2y2，yN=4y2.
kMN=4y1−4y22x1y1−2x2y2=2×y2−y1x1y2−x2y1=2×x2−x1x1(x2+m)−x2(x1+m)=−2m，
kMD=4y1−02x1y1−2=2x1−y1=−2m，
所以kMN=kMD，故M，N，D三点共线．
【解析】(1)根据双曲线的渐近线方程和点到直线的距离公式求解；
(2)利用韦达定理以及斜率公式证明三点共线．
本题主要考查双曲线的性质及标准方程，直线与双曲线的综合，考查运算求解能力，属于难题．
22.【答案】解：(1)已知f(x)=3ex−aln(x+1)，函数定义域为(−1,+∞)，
可得f′(x)=3ex−ax+1，
若f(x)是增函数，
此时f′(x)≥0在定义域上恒成立，
即a≤3(x+1)ex在(−1,+∞)上恒成立，
不妨设g(x)=3(x+1)ex，函数定义域为(−1,+∞)，
可得g′(x)=3(x+2)ex>0，g(x)单调递增，
此时g(x)>g(−1)=0，
则a≤0，
故a的取值范围为(−∞,0]；
(2)若f(x)−sinx≥3在[0,+∞)上恒成立，
即3ex−aln(x+1)−sinx−3≥0在[0,+∞)上恒成立，
不妨设h(x)=3ex−aln(x+1)−sinx−3，函数定义域为[0,+∞),
可得h′(x)=3ex−ax+1−csx，
当a≤0时，∀x∈[0,+∞),3ex≥3,−ax+1≥0,csx∈[−1,1],
所以h′(x)>0，h(x)单调递增，
此时h(x)≥h(0)=0，符合题意；
当a>0时，
不妨设k(x)=h′(x)=3ex−ax+1−csx，函数定义域为[0,+∞),
可得k′(x)=3ex+a(x+1)2+sinx>0，
所以h′(x)在定义域上单调递增，
此时h′(0)=2−a，
当2−a≥0，即0所以h(x)在[0,+∞)上单调递增，
则h(x)≥h(0)=0，符合题意；
当2−a<0，即a>2时，存在x0，使得当0即h(x)在(0,x0)上单调递减，
此时h(x0)综上，满足条件的a的取值范围为(−∞,2].
【解析】(1)由题意，对函数f(x)进行求导，将f(x)是增函数转化成a≤3(x+1)ex在(−1,+∞)上恒成立，构造函数g(x)=3(x+1)ex，对g(x)进行求导，利用导数得到g(x)的单调性和最值，进而即可求解；
(2)将问题转化成3ex−aln(x+1)−sinx−3≥0在[0,+∞)上恒成立，构造函数h(x)=3ex−aln(x+1)−sinx−3，对函数h(x)进行求导，分别讨论当a≤0和a>0这两种情况，利用零点存在性定理进行求解即可．
本题考查利用导数研究函数单调性以及函数恒成立问题，考查了逻辑推理、转化思想、分类讨论和运算能力．1
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