2022-2023学年湖北省襄阳市老河口高级中学高二（下）期中数学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年湖北省襄阳市老河口高级中学高二（下）期中数学试卷（含解析），共16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.记向量a,b为非零向量，若a/​/c，则“b/​/c”是“a//b”成立的条件．( )
A. 充要B. 充分不必要C. 必要不充分D. 既不充分也不必要
2.若两条直线l1：2x+ay−1=0与l2：ax+(2a−1)y+3=0相互垂直，则a=( )
A. −12B. 0C. −12或0D. −2或0
3.已知数列{an}是各项均为正数的等比数列，若a2，a2022是方程x2−3x+2=0的两个根，则lg2a1+lg2a2+lg2a3+⋯+lg2a2023的值为( )
A. 20233B. 20232C. 2023D. 1022
4.函数f(x)的定义域为R，它的导函数y=f′(x)的部分图象如图所示，则下面结论正确的是．( )
A. 函数f(x)在(1,2)上为减函数
B. 函数f(x)在(3,5)上为增函数
C. 函数f(x)在(1,3)上有极大值
D. x=3是函数f(x)在区间[1,5]上的极小值点
5.已知函数f(x)=2f′(1)lnx−x，则f(x)的极大值为( )
A. 2B. 2ln2−2C. eD. 2−e
6.鱼缸里有8条热带鱼和2条冷水鱼，为避免热带鱼咬死冷水鱼，现在把鱼缸出孔打开，让鱼随机游出，每次只能游出1条，直至2条冷水鱼全部游出就关闭出孔，若恰好第3条鱼游出后就关闭了出孔，则不同游出方案的种数为( )
A. 32B. 36C. 40D. 48
7.如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD为菱形，∠ABC=60°且PA=AB，E为AP的中点，则异面直线PC与DE所成的角的余弦值为( )
A. 25
B. 55
C. 155
D. 105
8.已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的右焦点为F，左顶点为A，以F为圆心，|FA|为半径的圆交C的右支于M，N两点，且线段AM的垂直平分线经过点N，则C的离心率为( )
A. 2B. 5C. 3D. 43
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.下列求导错误的是( )
A. (e3x)′=3exB. (x22x+1)′=x
C. (2sinx−3)′=2csxD. (xcsx)′=csx−xsinx
10.在递增的等比数列{an}中，Sn是数列{an}的前n项和，若a1a4=32，a2+a3=12，则下列说法正确的是( )
A. q=1B. 数列{Sn+2}是等比数列
C. S8=510D. 数列{lgan}是公差为2的等差数列
11.已知抛物线C：x2=2py的焦点坐标为F，过点F的直线与抛物线相交于A，B两点，点( 2,12)在抛物线上．则( )
A. p=1
B. 当AB⊥y轴时，|AB|=4
C. 1|AF|+1|BF|为定值1
D. 若AF=2FB，则直线AB的斜率为± 24
12.设函数f(x)=xex−k，g(x)=ex−x，下列命题正确的是( )
A. 若函数f(x)有两个零点，则0B. 若f(x)≤0恒成立，则k<1e
C. 若∀x1，x2，0D. ∀x∈(1e,e)，g(x)−1x−lnx>0恒成立
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
13.曲线f(x)=lnx+3−2x在点(1,f(1))处的切线方程为 ．
14.已知空间向量a，b，c满足a+b+c=0，|a|=3，|b|=1，|c|=4，则a⋅b+b⋅c+c⋅a的值为______．
15.如图，已知四棱锥P−ABCD，底面ABCD为正方形，PA⊥平面ABCD．
给出下列命题：
①PB⊥AC；
②平面PAB与平面PCD的交线与AB平行；
③平面PBD⊥平面PAC；
④△PCD为锐角三角形．
其中正确命题的序号是______.(写出所有正确命题的序号)
四、解答题：本题共5小题，共58分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
16.(本小题10分)
如图，在四边形ABCD中，∠ABC=π3，AB：BC=1：3，AC= 7．
(1)求sin∠ACB的值；
(2)若∠BCD=3π4，CD=1，求△ACD的面积．
17.(本小题12分)
已知数列{an}满足a1=13，an+1+1an+1=1．
(1)设bn=1an，证明：{bn}是等差数列；
(2)设数列{ann}的前n项和为Sn，求Sn．
18.(本小题12分)
如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，BC1⊥平面ABC，AB⊥BC，AB=BC=2，BB1=4．
(1)求证：AB⊥平面BB1C1C，并求BC1的长度；
(2)若M为CC1的中点，求二面角A−B1M−B的余弦值．
19.(本小题12分)
已知A，B分别是椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右顶点，若椭圆C的短轴长等于焦距，且该椭圆经过点(− 2,1)．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过椭圆C的右焦点F作一条直线交椭圆C于M，N(异于A，B两点)两点，连接AM，AN并延长，分别交直线l：x=2 2于不同的两点P，Q.证明：直线MQ与直线NP相交于点B．
20.(本小题12分)
已知函数f(x)=axex+b(其中e是自然对数的底数，a，b∈R)在点(1,f(1))处的切线方程是2ex−y−e=0．
(1)求函数f(x)的单调区间．
(2)设函数g(x)=[f(x)]2x−mx−lnx，若g(x)≥1在x∈(0,+∞)上恒成立，求实数m的取值范围．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：当c=0时，若a/​/c，“b/​/c”，但a,b不一定共线，
当a/​/c，a//b，且a≠0时，则“b/​/c”，
故“b/​/c”是“a//b”成立的必要不充分条件．
故选：C．
利用充分条件和必要条件的定义求解．
本题主要考查向量共线的性质，属于基础题．
2.【答案】C
【解析】解：两条直线l1：2x+ay−1=0与l2：ax+(2a−1)y+3=0相互垂直，
则2a+a(2a−1)=0，即2a2+a=0，解得a=0或−12．
故选：C．
根据已知条件，结合两直线垂直的性质，即可求解．
本题主要考查两直线垂直的性质，属于基础题．
3.【答案】B
【解析】解：由题知 a2⋅a2022=a10122=2，
故a1012= 2，
则lg2a1+lg2a2+lg2a3+⋯+lg2a2023=lg2a1⋅a2⋅a3⋅⋅⋅⋅⋅a2023=lg2(a1012)2023=20232．
故选：B．
由已知结合等比数列的性质及对数运算性质即可求解．
本题考查等比数列的性质，对数运算，属于基础题．
4.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了导函数图象的应用，解题的关键是掌握导函数的正负与函数单调性的关系，掌握函数极值的定义，考查了逻辑推理能力与识图能力，属于基础题．
利用f′(x)的图象，由导数的正负确定函数的单调性，由极值的定义判断函数f(x)的极值点即可．
【解答】
解：由y=f′(x)的图象可知，当10，则f(x)单调递增，当20，则f(x)单调递增，
又f′(2)=f′(4)=0，所以当x=2时，f(x)取得极大值．
故选：C．
5.【答案】B
【解析】【分析】本题考查了函数的单调性、极值问题，考查导数的应用，是一道中档题．
求出函数的导数，求出f′(1)的值，求出函数的单调区间，求出函数的极大值即可．
【解答】
解：f(x)的定义域是(0,+∞)，
f′(x)=2xf′(1))−1，
∴f′(1)=2f′(1)−1，解得：f′(1)=1，
故f(x)=2lnx−x，f′(x)=2x−1，
令f′(x)>0，解得：x<2，
令f′(x)<0，解得：x>2，
故f(x)在(0,2)递增，在(2,+∞)递减，
故f(x)极大值=f(2)=2ln2−2，
故选：B．
6.【答案】A
【解析】解：若恰好第3条鱼游出后就关闭了出孔，
则说明前2次只出来一条冷水鱼，第三次出来第二条冷水鱼，
则共有C21C21C81=2×2×8=32，
故选：A．
恰好第3条鱼游出后就关闭了出孔，则说明前2次只出来一条冷水鱼，第三次出来第二条冷水鱼，然后进行计算即可．
本题主要考查简单的计算问题，根据条件说明前2次只出来一条冷水鱼，第三次出来第二条冷水鱼是解决本题的关键，是中档题．
7.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查异面直线所成角的计算，属于中档题．
根据题意，连接AC、BD，AC与BD交与点F，连接EF，分析可得异面直线PC与DE所成的角为直线EF与ED所成的角，结合线面垂直的性质可得△EFD为直角三角形，设PA=AB=t，求出EF、DE的值，由余弦的计算公式计算可得答案．
【解答】
解：
根据题意，连接AC、BD，AC与BD交与点F，连接EF，
由于四边形ABCD为菱形，则AC与BD互相垂直平分，
可得F为AC中点，DF⊥AC，
又E为AP中点，
则有EF/​/PC，且EF=12PC，
则异面直线PC与DE所成的角为直线EF与DE所成的角，
因为PA⊥平面ABCD，DF,AC⊂平面ABCD，
则PA⊥DF，PA⊥AC，
又由DF⊥AC，且AC∩PA=A，AC,PA⊂平面PAC
则DF⊥平面PAC，又EF⊂平面PAC，
则有DF⊥EF，△EFD为直角三角形，
设PA=AB=t，
四边形ABCD为菱形，∠ABC=60°，则AC=t，PC= AP2+AC2= 2t，
EF=12PC= 22t，DF= 32t，则DE= DF2+EF2= 52t，
故cs∠DEF=EFED= 2t2 5t2= 105，即异面直线PC与DE所成的角的余弦值为 105．
故选D．
8.【答案】D
【解析】解：如图所示，设左焦点为F1，圆与x轴的另一个交点为B，
根据对称性，可得AM=AN．
又线段AM的垂直平分线经过点N，∴AN=NM，
∴△AMN是正三角形．
∠MAF=30°，∠MBF=60°，
∴MF=AF=MB=a+c，
∴MF1=2a+MB=3a+c，
在△MFF1中，由余弦定理可得MF12=MF2+FF12−2MF⋅FF1cs120°；
∴3c2−ac−4a2=0，
∴3e2−e−4=0，
e=43.(负值舍去)
故选：D．
设左焦点为F1，圆与x轴的另一个交点为B，可得AM=AN.△AMN是正三角形．即MF=AF=a+c，MF1=3a+c，在△MFF1中，由余弦定理可得MF12=MF2+FF12−2MF⋅FF1cs120°，即可求解．
本题考查双曲线的定义、方程和性质应用问题，也考查了直径所对的圆周角为直角，以及正三角形的性质应用问题，是中档题．
9.【答案】AB
【解析】【分析】
本题主要考查导数的基本运算，属于基础题．
根据导数的公式即可得到结论．
【解答】
解：∵(e3x)′=3e3x，∴A错误，
∵(x22x+1)′=2x(2x+1)−2x2(2x+1)2=2x2+2x(2x+1)2，∴B错误，
∵(2sinx−3)′=2csx，∴C正确，
∵(xcsx)′=csx−xsinx，∴D正确，
故选：AB．
10.【答案】BC
【解析】解：由题意，根据等比中项的性质，可得
a2a3=a1a4=32>0，a2+a3=12>0，
故a2>0，a3>0．
根据根与系数的关系，可知
a2，a3是一元二次方程x2−12x+32=0的两个根．
解得a2=4，a3=8，或a2=8，a3=4．
∵等比数列{an}是递增数列，∴q>1．
∴a2=4，a3=8满足题意．
∴q=2，a1=a2q=2.故选项A不正确．
an=a1⋅qn−1=2n．
∵Sn=2(1−2n)1−2=2n+1−2．
∴Sn+2=2n+1=4⋅2n−1．
∴数列{Sn+2}是以4为首项，2为公比的等比数列．故选项B正确．
S8=28+1−2=512−2=510.故选项C正确．
∵lgan=lg2n=nlg2．
∴数列{lgan}是公差为lg2的等差数列．故选项D不正确．
故选：BC．
本题先根据题干条件判断并计算得到q和a1的值，则即可得到等比数列{an}的通项公式和前n项和公式，则对选项进行逐个判断即可得到正确选项．
本题主要考查等比数列的基础知识，不等式与等比数列的综合，以及排除法的应用，本题属中档题．
11.【答案】BCD
【解析】解：对于A，将点( 2,12)代入抛物线方程，可得p=2，故A错误，
对于B，∵AB⊥y轴，
∴令y=1，则x=2或−2，
∴|AB|=2+2=4，故B正确，
对于C，设点A，B的坐标分别为(x1,y1)，(x2,y2)，直线AB的方程为y=kx+1，
联立方程x2=4yy=kx+1，化简整理可得，x2−4kx−4=0，
由韦达定理可得，x1+x2=4k，x1x2=−4，y1+y2=k(x1+x2)+2=4k2+2，y1y2=x12x2216=1，
由抛物线的定义可得，|AF|=y1+1，|BF|=y2+1，
故1|AF|+1|BF|=1y1+1+1y2+1=y1+y2+2y1y2+y1+y2+1=y1+y2+1y1+y2+1=1，故C正确，
对于D，∵AF=2FB，
∴(−x1,1−y1)=2(x2,y2−1)，即2x2=−x1，
∴x1+x2=4kx1x2=−42x2=−x1，解得k=± 24，故D正确．
故选：BCD．
对于A，将点( 2,12)代入抛物线方程，即可求解，对于B，由AB⊥y轴，令y=1，则x=2或−2，即可求解，对于C，设点A，B的坐标分别为(x1,y1)，(x2,y2)，直线AB的方程为y=kx+1，联立方程x2=4yy=kx+1，化简整理可得，x2−4kx−4=0，再结合韦达定理，以及抛物线的定义，即可求解，对于D，结合向量的坐标表示，以及韦达定理，即可求解．
本题主要考查直线与抛物线的综合应用，需要学生较强的综合能力，属于中档题．
12.【答案】AC
【解析】解：因为函数f(x)=xex−k，所以f′(x)=1−xex，令f′(x)=0，得x=1，所以x<1时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
x>1时，f′(x)<0，f(x)单调递减；所以x=1时f(x)取得极大值，也是最大值，为f(1)=1e−k；
若函数f(x)有两个零点，则1e−k>0，解得k<1e，
又因为x>0时，xex>0，所以k的取值范围是(0,1e)，选项A正确；
若f(x)≤0恒成立，则1e−k≤0，解得k≥1e，所以k的取值范围是[1e,+∞)，选项B错误；
若∀x1，x2，0设h(x)=ax2−2g(x)，则h(x)在定义域(0,+∞)上单调递减；所以h′(x)=2ax−2ex+2≤0，所以ex−ax−1≥0恒成立；
设s(x)=ex−ax−1，x∈(0,+∞)，则s′(x)=ex−a，
x>0时，ex>1，所以a≤1时，s′(x)>0恒成立，s(x)单调递增；
又因为s(0)=0，所以s(x)≥0恒成立；
a>1时，x∈(0,lna)，s′(x)<0，s(x)单调递减；x∈(lna,+∞)时，s′(x)>0，s(x)单调递增；
又因为s(0)=0，所以∃x0∈(0,lna)，s(x0)<0，所以此时s(x)≥0不恒成立；所以a≤1，选项C正确；
因为g(x)=ex−x，g′(x)=ex−1，所以x∈(1e,e)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
设t(x)=1x+lnx，则t′(x)=x−1x2，x∈(1e,1)时，t′(x)<0，t(x)单调递减；x∈(1,e)时，t′(x)>0，t(x)单调递增；
所以h(x)取得极小值，也是最小值为t(1)=1，t(1e)=e−1，t(e)=1e+1，g(1e)=e1e−1e，g(e)=ee−e，g(1e)t(e)，
所以g(x)与t(x)必有交点，所以对∀x∈(1e,e)，g(x)−1x−lnx>0不恒成立，选项D错误．
故选：AC．
求函数f(x)的导数，利用导数判断函数的单调性，求出f(x)的极值，也是最值，根据函数f(x)有两个零点求出k的取值范围，判断选项A、B是否正确；
∀x1，x2，0求函数g(x)的导数，利用导数判断函数的单调性，求出x∈(1e,e)时g(x)的取值范围，构造函数t(x)=1x+lnx，利用导数判断函数的单调性，求出t(x)在x∈(1e,e)上的取值范围，由此判断选项D是否正确．
本题考查了利用导数研究函数的单调性和求极值、最值的应用问题，也考查了推理与判断能力，是难题．
13.【答案】x+y−2=0
【解析】【分析】
本题考查导数的几何意义、切线方程的求法，属于基础题．
求出导数，然后求出切点处的导数值，再利用点斜式求出切线方程．
【解答】
解：由题意可得f′(x)=1x−2，故f′(1)=−1，结合f(1)=1，
故切线方程为y−1=−(x−1)，即x+y−2=0．
故答案为：x+y−2=0．
14.【答案】−13
【解析】解：∵a+b+c=0，∴(a+b+c)2=02，
即a2+b2+c2+2a⋅b+2b⋅c+2a⋅c=0，
∵|a|=3，|b|=1，|c|=4，
∴32+12+42+2(a⋅b+b⋅c+a⋅c)=0，
解得a⋅b+b⋅c+c⋅a=−13．
故答案为：−13．
根据a+b+c=0，两边平方化简即可．
本题考查向量的数量积的应用，向量的表示以及计算，属基础题．
15.【答案】②③
【解析】解：如图，
①、若PB⊥AC，∵AC⊥BD，则AC⊥平面PBD，∴AC⊥PO，
又PA⊥平面ABCD，则AC⊥PA，在平面PAC内过P有两条直线与AC垂直，与在同一平面内过一点有且只有一条直线与已知直线垂直矛盾．①错误；
②、∵CD//AB，则CD/​/平面PAB，∴平面PAB与平面PCD的交线与AB平行．②正确；
③、∵PA⊥平面ABCD，∴平面PAC⊥平面ABCD，
又BD⊥AC，∴BD⊥平面PAC，则平面PBD⊥平面PAC.③正确；
④、∵PD2=PA2+AD2，PC2=PA2+AC2，AC2=AD2+CD2，AD=CD，
∴PD2+CD2=PC2，
∴④△PCD为直角三角形，④错误，
故答案为：②③
AC∩BD=O，由题意证明AC⊥PO，由已知可得AC⊥PA，与在同一平面内过一点有且只有一条直线与已知直线垂直矛盾说明①错误；
由线面平行的判定和性质说明②正确；
由线面垂直的判定和性质说明③正确；
由勾股定理即可判断，说明④错误．
本题考查命题的真假判断与应用，考查了空间中直线和平面的位置关系，是中档题．
16.【答案】解：(1)设AB=x，则BC=3x，
∵∠B=π3，AC= 7，
∴在△ABC中，
由余弦定理得7=x2+(3x)2−2⋅x⋅3x⋅csπ3，
解得x=1，
再由正弦定理ABsin∠ACB=ACsinB，
得sin∠ACB=AB⋅sinBAC= 32 7= 2114．
(2)由(1)知cs∠ACB=5 714，又∠BCD=3π4，
∴sin∠ACD=sin(3π4−∠ACB)= 22(5 714+ 2114)，
∴S△ACD=12⋅AC⋅CD⋅sin∠ACD=12× 7×1× 22(5 714+ 2114)=5 2+ 68．
【解析】(1)△ABC内根据余弦定理，求边长AB和BC，再根据正弦定理求sin∠ACB；
(2)根据面积公式需求sin∠ACD，而sin∠ACD=sin(34π−∠ACB)，最后再根据三角形的面积公式S=12×AC×CD×sin∠ACD，求解即可．
本题主要考查了余弦定理，正弦定理，两角差的正弦函数公式，三角形面积公式以及特殊角的三角函数值在解三角形中的综合应用，属于中档题．
17.【答案】(1)证明：依题意，由an+1+1an+1=1，可得an+1=1−1an+1，
则bn+1=1an+1=11−1an+1=1anan+1=1an+1，
∴bn+1−bn=1an+1−1an=1an+1−1an=1，
∴数列{bn}是以1为公差的等差数列．
(2)解：由(1)，可知b1=1a1=3，
故bn=3+(n−1)×1=n+2，
∴1an=n+2，即an=1n+2，
∴ann=1n(n+2)=12(1n−1n+2)，
∴Sn=a11+a22+⋅⋅⋅+ann
=12(1−13)+12(12−14)+12(13−15)+⋅⋅⋅+12(1n−1−1n+1)+12(1n−1n+2)
=12(1−13+12−14+13−15+⋅⋅⋅+1n−1−1n+1+1n−1n+2)
=12(1+12−1n+1−1n+2)
=12(32−1n+1−1n+2)
=34−2n+32(n+1)(n+2)．
【解析】(1)先根据递推关系式计算出则bn+1的表达式，然后根据等差数列的定义法计算出bn+1−bn的结果，即可证明结论成立；
(2)先根据第(1)题的结果计算出等差数列{bn}的通项公式，进一步计算出数列{an}的通项公式，再计算出数列{ann}的通项公式，然后运用裂项相消法计算出前n项和Sn．
本题主要考查等差数列的判别，数列求通项公式，以及数列求和问题．考查了整体思想，转化与化归思想，定义法，裂项相消法，以及逻辑推理能力和数学运算能力，属中档题．
18.【答案】解：(1)证明：∵BC1⊥平面ABC，AB，BC⊂平面ABC，
∴BC1⊥AB，BC1⊥BC，
∵AB⊥BC，BC∩BC1=B，BC，BC1⊂平面BB1C1C，
∴AB⊥平面BB1C1C.
又∵AB=BC=2，BB1=4，∴BC1=2 3．
(2)如图所示，分别以BC，AB，BC1所在的直线为x轴，y轴和z轴，建立空间直角坐标系，
则B(0,0,0),A(0,2,0),C(2,0,0),B1(−2,0,2 3),C1(0,0,2 3)，
易知M(1,0, 3)，∴AM=(1,−2, 3),AB1=(−2,−2,2 3)，
设平面AB1M的一个法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅AM=x−2y+ 3z=0n⋅AB1=−2x−2y+2 3z=0，令x=−1，得z=− 3,y=−2，∴n=(−1,−2,− 3)．
BA=(0,2,0)为平面BMB1的一个法向量，
则csn⋅BA|n|⋅|BA|=− 22，
由题意知：二面角A−B1M−B的余弦值为 22．
【解析】(1)由BC1⊥平面ABC，得BC1⊥AB，BC1⊥BC，再由AB⊥BC，能证明AB⊥平面BB1C1C，由AB=BC=2，BB1=4，能求出BC1的长度．
(2)分别以BC，AB，BC1所在的直线为x轴，y轴和z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角A−B1M−B的余弦值．
本题考查线面垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
19.【答案】解：(1)由题意可得2b=2c(− 2)2a2+1b2=1a2=b2+c2，解得a=2,b=c= 2．
故所求椭圆C的标准方程为x24+y22=1．
(2)证明：由题意可设直线MN的方程为x=my+ 2，M(x1,y1)，N(x2,y2)，
联立x=my+ 2x24+y22=1，消元得(m2+2)y2+2 2my−2=0．
因为焦点( 2,0)在椭圆内部，则直线MN与椭圆必有两交点，
所以y1+y2=−2 2mm2+2，y1y2=−2m2+2①，
而A(−2,0)，B(2,0)，
直线AM的方程为y=y1x1+2(x+2)，
与直线l：x=2 2联立，可得点P的纵坐标yP=y1x1+2(2 2+2)，其横坐标为2 2，
直线AN的方程为y=y2x2+2(x+2)与直线l：x=2 2联立，
可得点Q的纵坐标yQ=y2x2+2(2 2+2)，其横坐标为2 2，
则kMB=y1x1−2=y1my1+ 2−2，kBQ=yQ2 2−2=2+ 22− 2⋅y2my2+ 2+2，
故kMB−kBQ=y1my1+ 2−2−2+ 22− 2⋅y2my2+ 2+2=2(y1+y2)−2 2my1y2(my1+ 2−2)(my2+ 2−2)(2− 2)②，
把①代入②，可得kMB−kBQ=2(−2 2mm2+2)−2 2m(−2m2+2)(my1+ 2−2)(my2+ 2−2)(2− 2)=0，
所以直线MQ与x轴相交于右顶点B．
同理可得直线NP与x轴相交于右顶点B．
故直线MQ与直线NP相交于点B．
【解析】(1)直接由题得到关于a，b，c的方程组，解出即可；
(2)设直线MN的方程为x=my+ 2，M(x1,y1)，N(x2,y2)，联立直线与椭圆得到韦达定理式，写出直线AM，AN的方程，得到点P，Q的纵坐标，计算证明kMB−kBQ=0．
本题考查椭圆的标准方程及其性质，考查直线与椭圆的综合运用，解题的关键在于设出直线MN的方程为x=my+ 2，将其与椭圆方程联立得到韦达定理式，然后得到直线AM，AN的方程，得到yp和yQ，计算kMB−kBQ的表达式，最后将韦达定理式直接代入即可，考查运算求解能力，属于中档题．
20.【答案】解：(1)对函数f(x)=axex+b求导，得f′(x)=a(1+x)ex，
由条件可知f(1)=ae+b=e，f′(1)=a(1+1)e=2e，解得a=1，b=0，
∴f(x)=xex，f′(x)=(x+1)ex，令f′(x)=0，得x=−1，
当x∈(−∞,−1)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；
当x∈(−1,+∞)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增．
故函数f(x)的单调递减区间为(−∞,−1)，单调递增区间为(−1,+∞)；
(2)由(1)知g(x)=xe2x−mx−lnx.要使g(x)≥1在x∈(0,+∞)上恒成立，
等价于m≤e2x−lnx+1x在x∈(0,+∞)上恒成立．令h(x)=e2x−lnx+1x(x>0)，则只需m≤[h(x)]min即可．即h′(x)=2x2e2x+lnxx2，
令H(x)=2x2e2x+lnx(x>0)，则H′(x)=4(x2+x)e2x+1x>0，
∴H(x)在(0,+∞)上单调递增，又H(14)= e8−2ln2<0，H(1)=2e2>0，
∴H(x)有唯一的零点x0，且14两边同时取自然对数，则有2x0+ln(2x0)+lnx0=ln(−lnx0)，
即2x0+ln(2x0)=ln(−lnx0)−lnx0．
构造函数s(x)=x+lnx(x>0)，则s′(x)=1+1x>0，
∴函数s(x)在(0,+∞)上单调递增，
又s(2x0)=s(−lnx0)，∴2x0=−lnx0，即e2x0=1x0．
∴h(x)min=h(x0)=e2x0−lnx0+1x0=1x0−−2x0+1x0=2．
于是实数m的取值范围是(−∞,2]．
【解析】本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，考查利用导数求最值，考查数学转化思想方法，考查逻辑思维能力与推理论证能力，属于难题．
(1)求出原函数的导函数，结合题意可得关于a，b的方程组，解得a=1，b=0，代入导函数解析式，求得导函数的零点，可得原函数的单调区间；
(2)由(1)知g(x)=xe2x−mx−lnx，把g(x)≥1在x∈(0,+∞)上恒成立转化为m≤e2x−lnx+1x在x∈(0,+∞)上恒成立．利用导数求h(x)=e2x−lnx+1x(x>0)的最小值，从而得到实数m的取值范围．