2023-2024学年安徽省安庆一中高二（上）期末数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年安徽省安庆一中高二（上）期末数学试卷（含解析），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.直线x− 3y−3=0的倾斜角是( )
A. 30°B. 60°C. 120°D. 150°
2.已知抛物线C：y2=2x的焦点为F，A(x0,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：“3A. 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，有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. 3f(π3)>f(π6)B. f(0)> 2f(−π4)
C. f(π4)< 2f(−π3)D. − 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P(x1,y1)，Q(x2,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+2D. 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=1(a>0,b>0)的右焦点F(5,0)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》一书中摄出如下问题：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>kex(x+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A(3, 3)，B(2,2)且圆心M在直线y=x−2上．
(Ⅰ)求圆M的方程；
(Ⅱ)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k1，k2，且k1⋅k2=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F(1,0)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|=λ|QF|？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)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】A
【解析】解：直线x− 3y−3=0的斜率k= 33，
设直线x− 3y−3=0的倾斜角为α，0°≤α<180°，
则k=tanα= 33，则α=30°．
故选：A．
根据直线的方程得出其斜率，即可根据斜率与倾斜角的关系得出答案．
本题主要考查直线的倾斜角，属于基础题．
2.【答案】B
【解析】解：抛物线方程为y2=2x，
准线方程为x=−12，
由抛物线的定义，可得|AF|=x0+12=54x0
解得，x0=2．
故选：B．
求出抛物线的准线方程，由抛物线的定义，解方程，即可得到所求值．
本题考查抛物线的方程和性质，考查抛物线的定义及运用，考查运算能力，属于基础题．
3.【答案】A
【解析】【分析】
本题主要考查函数的单调性与其导函数的正负之间的关系，即当导函数大于0时原函数单调递增，当导函数小于0时原函数单调递减．
先化简f(x)=14x2+sin(π2+x)=14x2+csx，再求其导数，得出导函数是奇函数，排除B，D.再根据导函数的导函数小于0的x的范围，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，
∴h(x)=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．
又h′(x)=12−csx，当−π312，∴h′(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】解；直线mx−y+1=0过定点P(0,1)，
圆(x−2)2+(y−1)2=5的圆心C(2,1)，半径r= 5，
而|PC|= (2−0)2+(1−1)2=2< 5，
∴点P在圆C内部，可知直线mx−y+1=0与圆(x−2)2+(y−1)2=5的位置关系是相交．
故选：A．
求出直线所过定点，证明定点在圆内，即可得到直线与圆的位置关系．
本题考查直线系方程的应用，考查直线与圆的位置关系，是基础题
5.【答案】A
【解析】解：根据题意，曲线x2m−3+y2m−6=1表示双曲线，则(m−3)(m−6)<0，即3又命题p：“3则命题p表示的集合是命题q表示的集合的真子集，
则p是q的充分不必要条件，
故选：A．
利用双曲线的知识可求q，再根据p、q的包含关系可解．
本题考查充分条件、必要条件相关知识，属于基础题．
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】解：依题意，F(c,0)，A(a,0)，
所以以OA为直径的圆的方程为(x−a2)2+y2=a24，
联立y=cbx(x−a2)2+y2=a24，消去y并整理得a2b2x2=ax，
解得x=0(舍去)或x=b2a，
故B(b2a,bca)，
所以AB=(b2a−a,bca)，AF=(c−a,0)，
S=AB⋅AF=(b2a−a)(c−a)=c2−c3a，
又因为S=12×c× bca= bc22a
故c2−c3a= bc22a，
即1−ca=b2a，
即b=2(a−c)，
由于b2=a2−c2，
所以[2(a−c)]2=a2−c2，
整理得3a2+5c2=8ac，
即5e2−8e+3=0，
解得e=1或e=35，
因为e∈(0,1)，
所以e=35，
故选：D．
根据条件求出B点坐标，表示出AB，AF，通过三角形OBF的面积构造关于a，c的方程，进而转化为关于离心率的方程求解．
本题考查了椭圆的离心率的求解，属于中档题．
8.【答案】B
【解析】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>f(π4)csπ4= 2f(π4)= 2f(−π4)，故B正确；
f(π6)csπ6>f(π3)csπ3⇒ 3f(π3)f(π4)csπ4>f(−π3)cs(−π3)=f(π3)csπ3⇒f(π4)> 2f(−π3)，故C错误；
f(−π6)cs(−π6)=f(π6)csπ6>f(π3)csπ3=f(−π3)cs(−π3)⇒− 3f(−π3)故选：B．
令g(x)=f(x)csx，依题意知g(x)为偶函数，且在区间[0,π2)上是减函数，再由g(0)>g(π6)>g(π4)=g(−π4)>g(π3)=g(−π3)，结合条件分别判断四个选项即可．
本题考查利用导数研究函数的单调性，考查转化思想与运算能力，属于中档题．
9.【答案】AC
【解析】解：经过点P(−2,4)的直线，满足在x轴y轴上的截距相等，
(1)设直线的方程x+y−a=0，整理得a=2，故直线的方程为x+y−2=0．
(2)设直线的方程为y=kx，经过点P(−2,4)，整理得直线的方程为2x+y=0；
故满足条件的直线方程为x+y−2=0或2x+y=0．
故选：AC．
直接利用直线的截距式的应用求出直线的方程．
本题考查的知识要点：直线的截距式的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．
10.【答案】ABD
【解析】【分析】
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．
本题考查了抛物线的定义与性质，需要学生掌握通径的概念，以及如何证明通径最短，需要学生较强的综合能力，属于中档题．
【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)，P(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，
当直线PQ的倾斜角为60°时，可得k= 3，
∴|PQ|=2p+2p3=6，解得p=94，
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T2023=a1a2⋯a2023<1，T2024=a1a2⋯a2024>1，所以a2024>1a1a2⋯a2023>1，即选项B正确；
对于选项A和D，由等比数列的性质，a1a2023=a2a2022=⋯=a1012a1012=a10122，
所以a1a2⋯a2023=a10122023<1，即a1012<1，
因为a1a2024=a2a2023=⋯=a1012a1013，
所以a1a2⋯a2024=(a1012a1013)1012>1，即a1012a1013>1，所以a1013>1，
故当n=1012时，Tn=a1a2⋯an最小，即选项A错误，选项D正确；
对于选项C，因为a1>0，q>1，所以数列{an}是单调递增数列，
所以当n<1012时，an故选：BD．
选项B，易知an>0，q>1，再由T2023<1，T2024>1，可判断a2024与1的大小关系；
选项A和D，利用等比中项的性质，可得a1012<1，a1013>1，得解；
选项C，易知数列{an}是单调递增数列，再结合a1012<1，即可判断．
本题考查等比数列的性质，熟练掌握等比中项的性质，等比数列的单调性，数列前n项积的含义是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
12.【答案】AC
【解析】【分析】
本题考查利用导数研究曲线上某点的切线方程，求得a与b的值是关键，考查运算求解能力，属于中档题．
依题意，将(0,2)代入f(x)可求得a，继而求得切线为l的方程，l与曲线g(x)=x2+4x+b也相切可求得b，从而可判断A；
过一点，仅有一条直线与已知曲线相切，可判断B；
分析可得f(x)与g(x)均在(−2,+∞)单调增，且f(−2)>g(−2)，可判断C；
在(0,+∞)上，f′(0)=4>g′(0)=2，进一步分析可得不存在足够大的实数c，使得g(x)+c≥f(x)，可判断D．
【解答】
解：对于A，由于f(x)过(0,2)，将(0,2)代入f(x)=ex(2x+a)，解得a=2；
所以f′(x)=ex(2x+4)，f′(0)=e0(2×0+4)=4，
因此切线l的方程为y=4x+2，由于该切线l也与g(x)相切，对g(x)求导，得到g′(x)=2x+4，令g′(x)=4，得x=0，则g(x)同时过(0,2)代入得到b=2，则a=b=2，故A正确；
对于B，过一点，仅有一条直线与已知曲线相切，故B错误；
对于C，令h(x)=f(x)−g(x)=ex(2x+2)−(x2+4x+2)，x∈(−2,+∞)，
∴h′(x)=ex(2x+4)−2(x+2)=2(x+2)(ex−1)，
当x∈(−2,0)，h′(x)<0，当x∈(0,+∞)，h′(x)>0，
∴h(x)min=h(0)=f(0)−g(0)=2−2=0，
∴h(x)≥h(0)=0，
∴f(x)≥g(x)恒成立，故C正确；
对于D，在(0,+∞)上，f′(0)=4>g′(0)=2，且f′(x)=ex(2x+4)随x增大变化较大，当x趋近于+∞，则f变化的比g快，f与g表示的函数f更大，
因此，不存在足够大的实数c，使得g(x)+c≥f(x)，故D错误．
故AC正确，
故选：AC．
13.【答案】4
【解析】解：原点到圆心的距离为d= 32+(−4)2=5>1，
因此点O在圆外，
点P在圆上，所以点P到原点的最小距离为d−r=5−1=4．
故答案为：4．
先判断原点与圆的位置关系，然后根据原点到圆心距离，结合几何性质求解最值即可．
本题考查圆外的点到圆上的点的距离的最值的求法，属于基础题．
14.【答案】6
【解析】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．
焦点F(5,0)到渐近线bx+ay=0的距离d=|5b| b2+a2=4，且b2+a2=c2，由c=5，解得a，进而可得答案．
本题考查双曲线的性质，解题中需要理清思路，属于中档题．
15.【答案】(−∞,15)
【解析】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,n∈N*)．
所以Sn=2(1−2n)1−2=2n+1−2．
由Sn−62整理得t<642n+1+2n+1−1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)．
故答案为：(−∞,15)．
先求得数列{an}的通项公式和前n项和Sn，化简不等式Sn−62本题考查等差、等比的定义和性质，属中档题．
16.【答案】[23e2,12e)
【解析】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−1 k<0，
令f(x)=ex(x+1)x−1 k，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)．
当k>0时，不等式转化为ex(x+1)x−1 k<0,令f(x)=ex(x+1)x−1 k，利用导数判断f(x)的单调性，再列式f(1)<0f(2)≥0求解．
本题考查利用参变量分类求参数的取值范围，考查函数单调性的判定和应用，属于中档题．
17.【答案】解：(1)依题意，a1+d=34a1+4×32d=16，解得a1=1d=2，
所以an=2n−1；
(2)由(1)知，an=2n−1，
∴bn=1anan+1=1(2n−1)(2n+1)=12(12n−1−12n+1)，
∴Tn=b1+b2+…+bn=12[(1−13)+(13−15)+…+(12n−1−12n+1)]=12(1−12n+1)=n2n+1．
【解析】(1)首先根据已知条件建立方程组，进一步求出数列的首项与公差，进一步确定通项公式；
(2)利用上步的结论，进一步利用裂项相消法求数列的和．
本题考查的知识要点：等差数列通项公式的求法，利用裂项相消法求数列的和，属于中档题．
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】解：(Ⅰ)设圆M的方程为：(x−a)2+(y−b)2=r2(r>0)，
由题意得，(3−a)2+( 3−b)2=r2(2−a)2+(2−b)2=r2b=a−2，解得a=2b=0r=2，
∴圆M的方程：(x−2)2+y2=4；
证明：(Ⅱ)由题意，EF所在直线的斜率存在，设直线EF：y=kx+b，
由(x−2)2+y2=4y=kx+b，得(1+k2)x2+(2kb−4)x+b2=0．
Δ=(2kb−4)2−4(1+k2)b2=4(4−4kb−b2)>0⇒4kb+b2<4，
设E(x1,y1)，F(x2,y2)，则x1+x2=−(2kb−4)1+k2，x1x2=b21+k2，
∴k1k2=y1x1⋅y2x2=(kx1+b)(kx2+b)x1x2=k2x1x2+kb(x1+x2)+b2x1x2
=k2⋅b21+k2+kb⋅4−2kb1+k2+b2b21+k2=k2b2−kb⋅(2kb−4)+b2⋅(1+k2)b2=4k+bb=2，
∴4k=b，代入y=kx+b得y=k(x+4)，
∴直线EF必过定点(−4,0)．
【解析】(Ⅰ)设出圆的方程(x−a)2+(y−b)2=r2(r>0)，由已知可得关于a、b、r的方程组，求解a、b、r的值，则圆的方程可求；
(Ⅱ)由题意设y=kx+b，与圆的方程联立，化为关于x的一元二次方程，利用根与系数的关系及k1⋅k2=2求得k与b的关系，再由直线系方程得结论．
本题考查圆的方程的求法，考查直线与圆位置关系的应用，考查运算求解能力，是中档题．
20.【答案】解：(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)可得an+1−2an=2×2n−1=2n，
则bn+1−bn=an+12n+1−an2n=an+1−2an2n+1=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=n2n−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×2，
两式作差得−Sn=20+21+22+⋅⋅⋅+2n−1−n2n=1−2n1−2−n，
所以Sn=(n−1)2n+1．
【解析】(1)由等比数列的定义，只需证得an+2−2an+1an+1−2an为非零的常数，可得证明；
(2)由等比数列的通项公式和等差数列的定义、通项公式，可得an，再由数列的错位相减法求和，结合等比数列的求和公式，可得所求和．
本题考查等差数列和等比数列的定义、通项公式和求和公式的运用，以及数列的错位相减法求和，考查转化思想和运算能力，属于中档题．
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|，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的定义域为(0,+∞)，
f′(x)=4(1+lnx)−2x−2=4lnx−2x+2，
令h(x)=4lnx−2x+2，
h′(x)=4x−2，
当00，h(x)单调递增，
当x>2时，h′(x)<0，h(x)单调递减，
所以当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)证明：根据题意可得g(x)=alnx−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，
所以axlnx−x2=0，即1a=lnxx，
所以函数g(x)的两个零点x1，x2分别是直线y=1a与函数φ(x)=lnxx图象两个交点的横坐标，
φ′(x)=1−lnxx2，
所以当00，φ(x)单调递增，
当x>e时，φ′(x)<0，φ(x)单调递减，
所以φ(x)max=1e，
而φ(1)=0，x>1时，恒有φ(x)>0，
所以0<1a<1e，即a>e，
令t=x2x1>e，
所以alnx1=x1alnx2=x2，
所以alnx1x2=x2+x1alnx2x1=x2−x1，
则有lnx1x2=x2+x1x2−x1⋅lnx2x1=x2x1+1x2x1−1⋅lnx2x1=t+1t−1lnt，
令F(t)=lnt−2(t−1)t+1=lnt+4t+1−2，t>e，
所以F′(t)=1t−4(t+1)2=(t−1)2t(t+1)2>0，
所以函数F(t)在(e,+∞)上单调递增，
所以F(t)>F(e)=4e+1−1>0，
即lnt>2(t−1)t+1，
从而lnx1x2=t+1t−1lnt>2，
又lna>1，
所以lna+lnx1x2>3．
【解析】(1)当a=4时，f(x)=4xlnx−x2−2x的定义域为(0,+∞)，求导分析单调性，极值，即可得出答案．
(2)根据题意可得g(x)=alnx−x2，x>0，若函数g(x)有两个零点x1，x2且x2>ex1，则1a=lnxx，进而可得直线y=1a与函数φ(x)=lnxx图象两个交点的横坐标，求导分析φ(x)单调性，最值，可得a>e，令t=x2x1>e，则alnx1x2=x2+x1alnx2x1=x2−x1，有lnx1x2=t+1t−1lnt，令F(t)=lnt−2(t−1)t+1=lnt+4t+1−2，t>e，求导分析单调性，进而可得lnx1x2=t+1t−1lnt>2，又lna>1，即可得出答案．
本题考查导数的综合应用，解题中需要理清思路，属于中档题．