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    2022-2023学年河南省新乡市高二(下)期末数学试卷(含详细答案解析)
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    2022-2023学年河南省新乡市高二(下)期末数学试卷(含详细答案解析)

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    这是一份2022-2023学年河南省新乡市高二(下)期末数学试卷(含详细答案解析),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.设复数z=1+i,则z−z=( )
    A. −iB. iC. −2iD. 2i
    2.设全集U=R,集合M={x|x>−1},N={x|−2A. ∁U(M∩N)B. ∁U(M∪N)C. M∩(∁UN)D. N∪(∁UM)
    3.函数f(x)=3x−3−x2⋅cs2x的部分图象大致为( )
    A. B.
    C. D.
    4.某高校现有400名教师,他们的学历情况如图所示,由于该高校今年学生人数急剧增长,所以今年计划招聘一批新教师,其中博士生80名,硕士生若干名,不再招聘本科生,且使得招聘后硕士生的比例下降了4%,招聘后全校教师举行植树活动,树苗共1500棵,若树苗均按学历的比例进行分配,则该高校本科生教师共分得树苗的棵数为( )
    A. 100
    B. 120
    C. 200
    D. 240
    5.若a=lg30.3,b=sin3π5,c=50.1,则( )
    A. b6.设0A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
    C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
    7.在长方体ABCD−A1B1C1D1中,底面A1B1C1D1为正方形,AC1⊥平面BDE,E为AA1的中点,则下列结论错误的是( )
    A. AC1⊥BD
    B. AC1⊥A1C
    C. A1C//平面BDE
    D. 平面A1D1C⊥平面BDE
    8.弘扬国学经典,传承中华文化,国学乃我中华民族五千年留下的智慧精髓,其中“五经”是国学经典著作,“五经”指《诗经》《尚书》《礼记》《周易》《春秋》.小明准备学习“五经”,现安排连续四天进行学习且每天学习一种,每天学习的书都不一样,其中《诗经》与《礼记》不能安排在相邻两天学习,《周易》不能安排在第一天学习,则不同安排的方式有( )
    A. 32种B. 48种C. 56种D. 68种
    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.已知直线l:4x+3y+6=0与圆C:(x−1)2+y2=9相交于E,F两点,则( )
    A. 圆心C到直线l的距离为1B. 圆心C到直线l的距离为2
    C. |EF|= 5D. |EF|=2 5
    10.已知函数f(x)=12sin(2x−π6),下列说法正确的是( )
    A. f(x)的最小正周期为π2
    B. f(x)的极值点为x=π3+kπ2(k∈Z)
    C. f(x)的图象可由函数y=12sin2x的图象向右平移π12个单位长度得到
    D. 若f(x1)=f(x2),则x1=x2+kπ(k∈Z)
    11.已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的右焦点F2( 3,0)到渐近线的距离为1,P为C上一点,下列说法正确的是( )
    A. C的离心率为 62
    B. |PF2|的最小值为 22
    C. 若A,B为C的左、右顶点,P与A,B不重合,则直线PA,PB的斜率之积为12
    D. 设C的左焦点为F1,若△PF1F2的面积为 33,则∠F1PF2=2π3
    12.若关于x的不等式xlnx+(2−x)ln(2−x)≥m2−2m对任意x∈(0,2)恒成立,则整数m的取值可能为( )
    A. 1B. 2C. 3D. 4
    三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。
    13.已知向量a=(2,1),b=(1−m,m+1),若a⊥b,则m=______.
    14.已知cs(α−π3)=12,则cs(π3+2α)=______.
    15.如图,某圆柱与圆锥共底等高,圆柱侧面的展开图恰好为正方形,则圆柱母线与圆锥母线所成角的正切值为______.
    16.已知抛物线y2=4x上存在两点A,B(A,B异于坐标原点O),使得∠AOB=90∘,直线AB与x轴交于M点,将直线AB绕着M点逆时针旋转90∘与该抛物线交于C,D两点,则四边形ACBD面积的最小值为______.
    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)
    已知等差数列{an}满足2a2−a3=1,2a2+a3+2=a6.
    (1)求{an}的通项公式;
    (2)设bn=1(an+3)(an+1+3),数列{bn}的前n项和为Tn,若Tm≤118,求m的最大值.
    18.(本小题12分)
    已知△ABC的内角A,B,C所对的边分别是a,b,c,向量m=(a+b+c, 3b),n=(a+b−c,− 3a),且m⊥n.
    (1)求角C的大小;
    (2)若csB= 217,b=8,D为边BC上一点,且AD=7,若△ABD,△ACD的面积分别为S1,S2,求S1S2的值.
    19.(本小题12分)
    投壶是中国古代士大夫宴饮时做的一种投掷游戏,也是一种礼仪,在战国时期较为盛行,尤其是在唐朝,得到了发扬光大.投壶是把箭向壶里投,投中多的为胜.某校开展“健康体育节”活动,其间甲、乙两人轮流进行定点投壶比赛(每人各投一次为一轮,且不受先后顺序影响),在相同的条件下,甲、乙两人每轮在同一位置,每人投一次.若两人有一人投中,投中者得2分,未投中者得−2分;若两人都投中,两人均得1分;若两人都未投中,两人均得0分.设甲每次投中的概率为13,乙每次投中的概率为25,且各次投壶互不影响.
    (1)用Pi表示经过第i轮投壶累计得分后甲得分等于乙得分的概率,求P1与P2;
    (2)经过2轮投壶,记甲、乙的得分之和为X,求X的分布列和数学期望.
    20.(本小题12分)
    如图,四棱锥P−ABCD的底面是边长为2的菱形,△PAD为等边三角形.
    (1)若PC⊥AD,证明:AC=CD.
    (2)在(1)条件下,若PC=3,AC=2,求平面PAB与平面PAD夹角的余弦值.
    21.(本小题12分)
    已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,离心率为12,且椭圆E上的点到焦点的距离的最大值为3.
    (1)求椭圆E的方程.
    (2)设A,B是椭圆E上关于x轴对称的不同两点,P在椭圆E上,且点P异于A,B两点,O为原点,直线AP交x轴于点M,直线BP交x轴于点N,试问|OM|⋅|ON|是否为定值?若为定值,求出这个定值;若不是定值,请说明理由.
    22.(本小题12分)
    已知函数f(x)=ax3+bx2+cx(a≠0),且6a+b=0,f(1)=4a.
    (1)讨论f(x)的单调性;
    (2)若x∈[0,3],函数F(x)=f(x)−xe−x有三个零点x1,x2,x3,且x1答案和解析
    1.【答案】A
    【解析】【分析】
    把z=1+i代入z−z,再由复数代数形式的乘除运算化简得答案.
    本题考查复数代数形式的乘除运算,考查复数的基本概念,是基础题.
    【解答】
    解:∵z=1+i,
    ∴z−z=1−i1+i=(1−i)2(1+i)(1−i)=−2i2=−i.
    故选A.
    2.【答案】B
    【解析】解:∵M={x|x>−1},N={x|−2∴∁UM={x|x≤−1},∁UN={x|x≤−2或x≥3},
    ∴{x|x≤−2}=(∁UM)∩(∁UN)=∁U(M∪N).
    故选:B.
    进行交集、并集和补集的运算即可.
    本题考查了交集、并集和补集的定义及运算,全集的定义,考查了计算能力,属于基础题.
    3.【答案】A
    【解析】解:根据题意,函数f(x)=3x−3−x2⋅cs2x,其定义域为R,
    又由f(−x)=3−x−3x2cs(−2x)=−f(x),则函数f(x)为奇函数,排除B、C,
    在区间(0,π4)上,3x−3−x2>0,cs2x>0,则f(x)>0,排除D.
    故选:A.
    根据题意,由函数的奇偶性排除B和C,再利用函数值的符号排除D,综合可得答案.
    本题考查函数的图象分析,涉及函数的奇偶性和函数值的分析,属于基础题.
    4.【答案】B
    【解析】解:设招聘x名硕士生,由题意可知,x+400×0.4=(400+80+x)×(0.4−0.04),
    解得x=20,
    所以本科生教师共分得树苗40400+80+20×1500=120棵.
    故选:B.
    设招聘x名硕士生,然后根据题意结合扇形统计图列方程可求出x的值,再根据比例可求得结果.
    本题主要考查了统计图的应用,属于基础题.
    5.【答案】C
    【解析】解:因为a=lg30.3<0,b=sin3π5∈(0,1),c=50.1>1,
    所以a故选:C.
    由指数函数、对数函数、三角函数的性质可得a<0,b∈(0,1),c>1,即可得答案.
    本题主要考查了三个数比较大小,考查了指数函数、对数函数、三角函数的性质,属于基础题.
    6.【答案】B
    【解析】解:若01,
    所以“xcsx<1”推不出“x<1”,
    若x<1,又0所以0所以“xcsx<1”是“x<1”的必要不充分条件.
    故选:B.
    根据充分条件和必要条件的定义结合余弦函数的性质分析判断即可.
    本题主要考查了充分条件和必要条件的定义,属于基础题.
    7.【答案】D
    【解析】解:AC1⊥平面BDE,BD⊂平面BDE,可得AC1⊥BD,故A正确;
    连接AD1,由AC1⊥平面BDE,可得AC1⊥DE,
    由C1D1⊥平面AD1,可得C1D1⊥DE,
    而AC1∩C1D1=C1,可得DE⊥平面AC1D1,DE⊥AD1.
    在矩形AA1D1D中,设AA1=b,AD=a,
    由tan∠DAD1=ba,tan∠ADE=AEAD=b2a,而tan∠DAD1tan∠ADE=1,
    所以b= 2a,
    又AC= 2a,所以四边形AA1C1C为正方形,即有AC1⊥A1C,故B正确;
    设AC与BD交于O,连接OE,可得OE//A1C,而OE⊂平面BDE,A1C⊄平面BDE,
    可得A1C//平面BDE,故C正确;
    平面A1D1C即为平面A1D1CB,而BC⊥平面AA1B1B,可得平面BCD1A1⊥平面AA1B1B,
    若平面BDE⊥平面A1D1CB,又平面BDE∩平面AA1B1B=BE,可得BE⊥平面A1D1CB,显然不成立,故D错误.
    故选:D.
    由线面垂直的性质可判断A;由线面垂直的性质,结合直角三角形锐角三角函数的定义推得AA1= 2AD,可判断B;由线面平行的判定定理可判断C;由面面垂直的性质可判断D.
    本题考查线面平行和线面垂直、面面垂直的判定和性质,考查转化思想和运算能力、推理能力,属于中档题.
    8.【答案】D
    【解析】解:①若《周易》不排,先将《诗经》与《礼记》以外的另外2种排列,
    再将《诗经》与《礼记》插空,则共有A22A32=12种安排方式.
    ②若排《周易》且《诗经》与《礼记》都安排,
    在《尚书》和《春秋》中先选1种,然后将《诗经》与《礼记》以外的另外2种排列,
    再将《诗经》与《礼记》插空,减去将《周易》排在第一天的情况即可,
    共有C21A22A32−C21A22=20种安排方式;
    ③若排《周易》且《诗经》与《礼记》只安排一个,
    先在《诗经》与《礼记》中选1种,然后将《周易》排在后三天的一天,
    最后将剩下的3种书全排列即可,
    共有C21C31A33=36种安排方式.
    所以共有12+20+36=68种安排方式.
    故选:D.
    利用排列组合分别讨论不排《周易》,排《周易》且《诗经》与《礼记》都安排,排《周易》且《诗经》与《礼记》只安排一个,三种情况,再利用分类加法计数原理将所有情况相加即可.
    本题考查排列组合的应用,属于基础题.
    9.【答案】BD
    【解析】解:因为圆心C(1,0)到直线l的距离d=4+65=2,所以A错误,B正确.
    因为|EF|=2 9−22=2 5,所以C错误,D正确.
    故选:BD.
    根据点到直线的距离公式计算可知A错误,B正确;利用几何法求出弦长可知C错误,D正确.
    本题主要考查直线与圆的位置关系,属于基础题.
    10.【答案】BC
    【解析】解:f(x)的最小正周期为T=2π2=π,所以A错误;
    由f′(x)=cs(2x−π6)=0,得x=π3+kπ2(k∈Z),
    由三角函数的性质可验证f(x)的极值点为x=π3+kπ2(k∈Z),所以B正确;
    将y=12sin2x的图象向右平移π12个单位长度得到f(x)=12sin(2x−π6)的图象,所以C正确;
    若f(x1)=f(x2),则12sin(2x1−π6)=12sin(2x2−π6),
    所以sin(2x1−π6)=sin(2x2−π6),则2x1−π6=2x2−π6+2kπ(k∈Z)或2x1−π6+2x2−π6=π+2kπ(k∈Z),
    则x1=x2+kπ(k∈Z)或x1=2π3−x2+kπ(k∈Z),所以D错误.
    故选:BC.
    由正弦函数的最小正周期的计算公式可判断A;对f(x)求导,令f′(x)=0可判断B;由三角函数的平移变换可判断C;由f(x1)=f(x2),求出x1=x2+kπ(k∈Z)或x1=2π3−x2+kπ(k∈Z)可判断D.
    本题主要考查三角函数的图象与性质,考查转化能力,属于中档题.
    11.【答案】ACD
    【解析】解:由已知可得c= 3,|cb| a2+b2=b=1,所以a= 2,
    则C的方程为x22−y2=1,离心率为 3 2= 62,A正确;
    因为|PF2|的最小值为c−a= 3− 2,所以B错误;
    设P(x0,y0),则x022−y02=1,A(− 2,0),B( 2,0)
    kPA⋅kPB=y0x0+ 2⋅y0x0− 2=y02x02−2=x022−1x02−2=12,所以C正确;
    设∠F1PF2=θ,由||PF1|−|PF2||=2a|F1F2|2=|PF1|2+|PF2|2−2|PF1||PF2|csθS△PF1PF2=12|PF1||PF2|sinθ,
    可得S△PF1F2=b2tanθ2=1tanθ2= 33,得tanθ2= 3,
    则∠F1PF2=2π3,所以D正确.
    故选:ACD.
    根据题意列关于a,b,c的等式,从而可得双曲线的方程,计算离心率,|PF2|的最小值,结合动点P满足的方程x022−y02=1,列式计算kPA⋅kPB,在焦点三角形△PF1F2中,由双曲线的定义,余弦定理以及三角形面积公式列式即可计算出∠F1PF2.
    本题考查双曲线的几何性质,方程思想,化归转化思想,属中档题.
    12.【答案】AB
    【解析】解:令f(x)=xlnx+(2−x)ln(2−x),则f′(x)=lnx+1−ln(2−x)−1=lnx−2ln(2−x),
    由于函数y=lnx在x∈(0,2)单调递增,y=ln(2−x)在x∈(0,2)单调递减,
    所以f′(x)=lnx−2ln(2−x)在x∈(0,2)单调递增,
    又f′(1)=0,所以当x∈(0,1),f′(x)<0,f(x)单调递减,当x∈(1,2),f′(x)>0,f(x)单调递增,
    所以当x=1时,f(x)取极小值也是最小值,故f(x)min=f(1)=0,
    对于不等式xlnx+(2−x)ln(2−x)≥m2−2m对任意x∈(0,2)恒成立,
    则m2−2m≤f(x)min⇒m2−2m≤0,所以0≤m≤2,
    故整数m的取值可能为0,1,2.
    故选:AB.
    构造函数f(x)=xlnx+(2−x)ln(2−x),求导,利用导数求解函数的最值,进而将问题转为m2−2m≤f(x)min,即可由一元二次不等式求解.
    本题主要考查函数恒成立问题,利用导数研究函数的最值,考查运算求解能力,属于中档题.
    13.【答案】3
    【解析】解:因为向量a=(2,1),b=(1−m,m+1),
    若a⊥b,则2(1−m)+m+1=0,
    解得m=3.
    故答案为:3.
    由已知结合向量垂直的坐标表示即可求解.
    本题主要考查了向量数量积的性质的坐标表示,属于基础题.
    14.【答案】12
    【解析】解:设α−π3=β,
    故csβ=12,
    则α=π3+β,
    故cs(π3+2α)=cs(π3+2π3+2β)=−cs2β=1−2cs2β=12.
    故答案为:12.
    根据已知条件,结合换元法,以及二倍角公式,即可求解.
    本题主要考查两角和与差的三角函数,属于基础题.
    15.【答案】12π
    【解析】解:根据题意,如图:
    因为圆柱母线与圆锥旋转轴平行,所以圆柱母线与圆锥母线所成角的大小等于∠BAO.
    因为圆柱侧面的展开图恰好为正方形,所以2π⋅BO=OA,
    所以tan∠BAO=BOOA=12π.
    故答案为:12π.
    先根据圆柱侧面展开图为正方形得出2π⋅BO=OA,然后根据题意找到圆柱母线与圆锥母线所成的角即可求得.
    本题考查圆柱的结构特征,涉及圆柱的侧面展开图,属于基础题.
    16.【答案】40
    【解析】解:由题意显然直线AB的斜率存在,且不为0,
    设直线AB的方程为x=my+t,t≠0,m≠0,设A(x1,y1),B(x2,y2),
    联立x=my+ty2=4x,整理可得:y2−4my−4t=0,
    Δ=16m2+16t>0,即m2+t>0,且y1+y2=4m,y1y2=−4t,x1x2=(y1y2)216=t2,
    因为∠AOB=90∘,可得OA⋅OB=0,即x1x2+y1y2=0,
    所以t2−4t=0,t≠0,可得t=4,
    即M(4,0),直线AB的方程为:x=my+4,
    可得|AB|= 1+m2⋅ (y1+y2)2−4y1y2= 1+m2⋅ 16m2+64=4 1+m2⋅ m2+4,
    因为AB⊥CD,
    所以|CD|=4 1+1m2⋅ 4+1m2,
    所以S四边形ACBD=12|AB|⋅|CD|=12⋅4 1+m2⋅ m2+4⋅4 1+1m2⋅ 4+1m2=8⋅ 4(m4+1m4)+25(m2+1m2)+42⩾4⋅ 4×2 m4⋅1m4+25×2 m2⋅1m2+42=4×10=40,
    当且仅当m2=1时,即m=±1时,取等号,
    即四边形的面积的最小值为40.
    胡答案为:40.
    设直线AB的方程,与抛物线的方程联立,可得两根之和及两根之积,由∠AOB=90∘,可得OA⋅OB=0,整理可得直线恒过定点(4,0),求出弦长|AB|表达式,由题意可得|CD|的表达式,代入四边形的面积公式,由均值不等式可得四边形的面积的最小值.
    本题考查直线与抛物线的综合应用,直线恒过定点的求法,四边形面积的求法,属于中档题.
    17.【答案】解:(1)设公差和首项为d,a1,
    由2a2−a3=1,2a2+a3+2=a6得2(a1+d)−(a1+2d)=12(a1+d)+(a1+2d)+2=a1+5d,解得a1=1d=4,
    所以an=a1+4(n−1)=4n−3;
    (2)bn=1(an+3)(an+1+3)=1(4n−3+3)(4n+1+3)=116(1n−1n+1),
    因此Tn=116[(1−12)+(12−13)+(13−14)+⋯+(1n−1n+1)]=116(1−1n+1),
    故Tm≤118,则Tm=116(1−1m+1)≤118,解得m≤8,
    故m的最大值为8.
    【解析】(1)根据等差数列基本量的计算即可求解首项和公差;
    (2)根据裂项求和求解Tn=116(1−1n+1),即可解不等式求解.
    本题主要考查数列的求和,考查转化能力,属于中档题.
    18.【答案】解:(1)∵向量m=(a+b+c, 3b),n=(a+b−c,− 3a),且m⊥n,
    ∴m⋅n=0,即(a+b+c)(a+b−c)−3ab=0,
    化简得:ab=a2+b2−c2,
    ∴csC=a2+b2−c22ab=ab2ab=12,
    ∵C∈(0,π),∴C=π3;
    (2)∵csB= 217,B∈(0,π),∴sinB=2 77,
    ∴sinA=sin(B+C)=sinBcsC+csBsinC=2 77×12+ 217× 32=5 714,
    在△ABC中,由正弦定理得asinA=bsinB,
    ∴a=bsinAsinB=8×5 7142 77=10
    在△ACD中,由余弦定理有:AD2=AC2+CD2−2AC⋅CDcsC,
    即49=64+CD2−2×8×CD×12,∴CD2−8CD+15=0,
    解得CD=3或CD=5,
    当CD=3时,BD=BC−CD=10−3=7,
    ∴S1S2=12AD×BD×sin∠ADB12AD×CD×sin∠ADC=BDCD=73,
    当CD=5时,BD=BC−CD=10−5=5,
    ∴S1S2=12AD×BD×sin∠ADB12AD×CD×sin∠ADC=BDCD=1,
    ∴S1S2的值为73或1.
    【解析】(1)由平面向量垂直得m⋅n=0,再由平面向量数量积的运算计算化简即得;
    (2)由条件知S1S2=BDCD,在△ABC中,由条件及正弦定理求出BC,再在△ACD中,由余弦定理求出CD,从而求出BD即可.
    本题考查利用正余弦定理解三角形和三角形的面积公式,属于中档题.
    19.【答案】解:(1)因为甲每次投中的概率为13,乙每次投中的概率为25,且各次投壶互不影响,
    所以P1=13×25+23×35=815,P2=C21[13×(1−25)][(1−13)×25]+(815)2=88225;
    (2)经过2轮投壶,记甲、乙的得分之和为X,
    则X的所有取值为0,2,4,
    此时P(X=4)=(13×25)2=4225,
    P(X=2)=C21×13×25×23×35+C21×13×35×13×25+C21×13×25×23×25=52225,
    P(X=0)=1−52225−4225=169225,
    则X的分布列为:
    所以E(X)=0×169225+2×52225+4×4225=815.
    【解析】(1)根据独立事件的概率乘法公式结合互斥事件的概率加法公式可求得P1,P2的值;
    (2)分析可知随机变量x的可能取值有0、2、4,计算出随机变量X在不同取值下的概率,可得出随机变量x的分布列,进而可求得E(X)的值.
    本题考查离散型随机变量的分布列和数学期望,考查了数据分析和运算能力.
    20.【答案】(1)证明:取AD的中点O,连接OP,OC.
    因为△PAD为等边三角形,所以PO⊥AD.
    又PC⊥AD,PO∩PC=P,PO,PC⊂平面POC,
    所以AD⊥平面PCO,因为CO⊂平面POC,
    所以AD⊥CO,即OC是线段AD的中垂线,
    所以AC=CD.
    (2)解:由(1)知PO⊥AD,又AC=CD=2,所以CO⊥AD,且AD⊥平面PCO.
    以O为坐标原点,分别以OC,OD的方向为x,y轴的正方向,建立空间直角坐标系,
    则A(0,−1,0),C( 3,0,0),D(0,1,0).
    在△POC中,PO=OC= 3,PC=3,由余弦定理易得∠POC为120∘,
    所以点P的坐标为(− 32,0,32),
    所以AB=DC=( 3,−1,0),AP=(− 32,1,32),AD=(0,2,0).
    设n=(x,y,z)是平面PAB的法向量,
    则n⋅AB= 3x−y=0n⋅AP=− 32x+y+32z=0取n=( 3,3,−1).
    设m=(x1,y1,z1)是平面PAD的法向量,
    则m⋅AD=2y1=0m⋅AP=− 32x1+y1+32z1=0,取m=( 3,0,1).
    所以平面PAB与平面PAD所成的余弦值为:
    则|cs|=|m⋅n||m||n|=2 13×2= 1313.
    【解析】(1)根据等边三角形的三线合一性质,结合线面垂直的判定定理以及性质定理,可得答案;
    (2)根据题意,建立空间直角坐标系,求得两平面的法向量,结合夹角的求解公式,可得答案.
    本题考查线面垂直的判定定理与性质,向量法求解面面角问题,化归转化思想,属中档题.
    21.【答案】解:(1)由题意可得a+c=3e=ca=12b2=a2−c2,解得a=2,b2=3,
    所以椭圆的方程为:x24+y23=1;
    (2)设A(x1,y1),P(x2,y2),由题意可得B(x1,−y1),则x124+y123=1,x224+y223=1,
    直线AP的方程为:y−y1=y1−y2x1−x2(x−x1),
    令y=0,可得xM=x2y1−x1y2y1−y2,
    所以|OM|=|x2y1−x1y2y1−y2|,
    直线BP的方程为:y+y1=−y1−y2x1−x2(x−x1),
    令y=0,可得xN=y1x2+x1y2y1+y2,
    所以|ON|=|y1x2+x1y2y1+y2|,
    所以|OM|⋅|ON|=|x2y1−x1y2y1−y2|⋅|y1x2+x1y2y1+y2|=|y12x22−x12y22y12−y22|=|3(1−x124)x22−3(1−x224)x12−34(x12−x22)|=4为定值,
    所以|OM|⋅|ON|为定值,且定值为4.
    【解析】(1)由题意可得a+c的值及ca的值,可得a,c的值,进而求出b的值,可得椭圆的方程;
    (2)设A,P的坐标,由题意可得B的坐标,设直线AP,BP的方程,令y=0,可得M,N的坐标,可得|OM|,|ON|的表达式,进而求出|OM|⋅|ON|的值为定值.
    本题考查求椭圆的方程及直线与椭圆的综合应用,属于中档题.
    22.【答案】解:(1)由f(1)=4a,得3a−b−c=0,又b=−6a,所以c=9a,
    则f(x)=ax3−6ax2+9ax,所以f′(x)=3a(x−1)(x−3),a≠0.
    当a>0时,令f′(x)>0,得x<1或x>3;令f′(x)<0,得1所以f(x)在(−∞,1)和(3,+∞)上单调递增,在(1,3)上单调递减;
    当a<0时,令f′(x)>0,得13;
    所以f(x)在(−∞,1)与(3,+∞)上单调递减,在(1,3)上单调递增.
    (2)x1+x2+x3<2,理由如下:
    因为f(x)=ax3−6ax2+9ax=ax(x−3)2,
    由F(x)=0,得ax(x−3)2−xe−x=0,解得x=0或a(x−3)2−e−x=0.
    因为x∈[0,3],所以x1=0,x2,x3是a(x−3)2−e−x=0的正根,则x1+x2+x3=x2+x3,
    又ln[a(x−3)2]=lne−x=−x,所以lna+2ln(3−x2)=−x2,lna+2ln(3−x3)=−x3,
    两式相减得2ln(3−x2)−2ln(3−x3)=x3−x2=(3−x2)−(3−x3).
    令3−x2=t2,3−x3=t3,则3>t2>t3≥0,得2lnt2−2lnt3=t2−t3,则2=t2−t3lnt2−lnt3.
    令u=t2t3∈(1,+∞),则t2−t3lnt2−lnt3=t3(u−1)lnu=2,
    所以t3=2lnuu−1(u>1),t2=ut3=2ulnuu−1,可得t2+t3=2(u+1)lnuu−1,
    t2+t3−4=2lnuu−1(u+1)−4=2(u+1)lnu−4(u−1)u−1(u>1).
    设g(u)=2(u+1)lnu−4(u−1),则g′(u)=2(lnu+1u−1),
    再设h(u)=lnu+1u−1(u>1),则h′(u)=1u−1u2=u−1u2>0,
    所以h(u)在(1,+∞)上为增函数,则h(u)>h(1)=0,
    即g′(u)=2(lnu+1u−1)>0,则g(u)=2(u+1)lnu−4(u−1)在(1,+∞)上为增函数,
    从而g(u)>g(1)=2(1+1)ln1−4(1−1)=0,
    所以t2+t3−4>0,即(3−x2)+(3−x3)−4=2−(x2+x3)>0,
    所以x2+x3<2,即x1+x2+x3=x2+x3<2.
    【解析】(1)分类讨论a>0与a<0,结合导数与函数的关系即可得解;
    (2)观察式子先确定x1=0,再利用转化法与换元法得到2lnt2−2lnt3=t2−t3,进而利用双变量处理方法得到t2+t3−4=2(u+1)lnu−4(u−1)u−1,利用导数证得t2+t3−4>0,从而得解.
    本题考查导数的综合应用,利用导数研究函数的单调性,函数零点问题,化归转化思想,属难题.X
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