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2024年湖南省新高考教学教研联盟高考数学第二次联考试卷（含解析）
展开这是一份2024年湖南省新高考教学教研联盟高考数学第二次联考试卷（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。
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.某10人的射击小组，在一次射击训练中射击成绩数据如下表，则这组数据的中位数为( )
A. 2B. 8C. 8.2D. 8.5
2.若椭圆x2a2+y24=1(a>0)的焦距为2，则该椭圆的离心率为( )
A. 55B. 33C. 55或12D. 33或 55
3.张扬的父亲经营着一家童鞋店，该店提供从25码到36.5码的童鞋，尺寸之间按0.5码为公差排列成等差数列.有一天，张扬帮助他的父亲整理某一型号的童鞋，以便确定哪些尺寸需要进货，张扬在进货单上标记了两个缺货尺寸.几天后，张扬的父亲询问那些缺货尺寸是哪些，但张扬无法找到标记缺货尺寸的进货单，他只记得其中一个尺寸是28.5码，并且在当时将所有有货尺寸加起来的总和是677码.现在问题是，另外一个缺货尺寸是( )
A. 28码B. 29.5码C. 32.5码D. 34码
4.如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，E，F，G，H分别为BB1，CC1，A1B1，A1C1的中点，则下列说法错误的是( )
A. E，F，G，H四点共面
B. EF//GH
C. EG，FH，AA1三线共点
D. ∠EGB1=∠FHC1
5.设OA=(1,0)，OB=(0,2)，对满足条件|OC−OA−OB|=2|OA−OB|的点C(x,y)，|x−2y+m|+|x−2y−7|的值与x，y无关，则实数m的取值范围为( )
A. (−∞,−7)B. [13,+∞)
C. (13,+∞)D. (−∞,−7)∪[13，+∞)
6.已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别是F1、F2，O为坐标原点，以F1F2为直径的圆与双曲线C交于点P，且OP在OF1上的投影向量为35OF1，则双曲线C的离心率为( )
A. 2B. 3C. 4D. 5
7.2024年春节期间，某单位需要安排甲、乙、丙等五人值班，每天安排1人值班，其中正月初一、二值班的人员只安排一天，正月初三到初八值班人员安排两天.其中甲因有其他事务，若安排两天则两天不能连排，其他人员可以任意安排，则不同排法一共有( )
A. 792种B. 1440种C. 1728种D. 1800种
8.在△ABC中，角A，B，C所对边分别为a，b，c，且a2−b2+c2+ 2ac=0，若cs(A−C)=7 210，
α∈(π4,π2),cs(α+A)cs(α+C)cs2α= 25，则tanα的值为( )
A. 1B. 2C. 4D. 2或4
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知i为虚数单位，下列说法正确的是( )
A. 若复数z=1+i1−i，则z30=−1
B. 若|z1|>|z2|，则z12>z22
C. 若z2≠0，则|z1z2|=|z1||z2|
D. 复数z在复平面内对应的点为Z，若|z+i|+|z−i|=2，则点Z的轨迹是一个椭圆
10.已知f(x)= 3sinωx2csωx2+cs2ωx2−12，ω>0，下列结论正确的是( )
A. 若f(x)的最小正周期为π，则ω=2
B. 若f(x)的图象向左平移π3个单位长度后得到的图象关于y轴对称，则ωmin=1
C. 若f(x)在[0,2π)上恰有4个极值点，则ω的取值范围为(53,136]
D. 存在ω，使得f(x)在[−π6,π4]上单调递减
11.已知函数f(x)，g(x)的定义域均为R，g(x+1)+f(1−x)=1，f(x+1)−g(x+2)=1，且y=f(x)的图象关于直线x=1对称，则以下说法正确的是( )
A. f(x)和g(x)均为奇函数B. ∀x∈R，f(x)=f(x+4)
C. ∀x∈R，g(x)=g(x+2)D. g(−32)=0
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知集合M={x|x2−2x−3<0}，N={x|x2−ax<0,x∈Z}.若集合M∩N恰有两个元素，则实数a的取值范围是______．
13.已知表面积为100π的球面上有四点S，A，B，C，△ABC是边长为4 3的等边三角形.若平面SAB⊥平面ABC，则三棱锥S−ABC的体积的最大值为______．
14.已知f(x)=|2x+x−m|，x∈[a,a+2]，f(x)max=g(m).若{m|g(m)≥13}=R，则实数a的取值范围是______．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
已知{an}是各项都为正数的等比数列，数列{bn}满足：bn=2lg2an+1，且b1=1，b4=7．
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)若对任意的n∈N*都有2λan≥bn−2，求实数λ的取值范围．
16.(本小题15分)
在直角梯形ABCD中，AD//BC，BC=2AB=2AD=4，AB⊥BC，点E为AD中点，沿BD将△ABD折起，使BE⊥CD．
(1)求证：AB⊥平面ACD；
(2)求二面角E−BC−D的余弦值．
17.(本小题15分)
现有甲、乙、丙三个工厂生产某种相同的产品进入市场.已知甲、乙、丙三个工厂生产的产品能达到优秀等级的概率分别为23，56，12现有某质检部门，对该产品进行质量检测，首先从三个工厂中等可能地随机选择一个工厂，然后从该工厂生产的产品抽取一件进行检测．
(1)若该质检部门的一次抽检中，测得的结果是该件产品为优秀等级，求该件产品是从乙工厂抽取的概率；
(2)因为三个工厂的规模大小不同，假设三个工厂进入市场的产品的比例为2：1：1，若该质检部门从已经进入市场的产品中随机抽取10件产品进行检测，求能达到优秀等级的产品的件数ξ的分布列及数学期望．
18.(本小题17分)
已知抛物线T：y2=4x，焦点为F，过P(4,4)作两条关于直线x=4对称的直线分别交T于点A、B两点．
(1)判断直线AB的斜率是否为定值？若是，求出定值；若不是，请说明理由；
(2)若C(x1,y1)，D(x2,y2)，E(x3,y3)三点在抛物线T上，且满足FC+FD+FE=0，证明△CDE三个顶点的横坐标均小于2．
19.(本小题17分)
罗尔定理是高等代数中微积分的三大定理之一，它与导数和函数的零点有关，是由法国数学家米歇尔⋅罗尔于1691年提出的.它的表达如下：如果函数f(x)满足在闭区间[a,b]连续，在开区间(a,b)内可导，且f(a)=f(b)，那么在区间(a,b)内至少存在一点m，使得f′(m)=0．
(1)运用罗尔定理证明：若函数f(x)在区间[a,b]连续，在区间(a,b)上可导，则存在x0∈(a,b)，使得f′(x0)=f(b)−f(a)b−a．
(2)已知函数f(x)=xlnx，g(x)=12x2−bx+1，若对于区间(1,2)内任意两个不相等的实数x1，x2，都有|f(x1)−f(x2)|>|g(x1)−g(x2)|成立，求实数b的取值范围．
(3)证明：当p>1，n≥2时，有1np<1p−1[1(n−1)p−1−1np−1]．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：10×0.5=5，
则这组数据的中位数为8+92=8.5．
故选：D．
根据已知条件，结合中位数的定义，即可求解．
本题主要考查中位数的定义，属于基础题．
2.【答案】C
【解析】解：椭圆x2a2+y24=1(a>0)的焦距为2，
椭圆的焦点坐标在x轴时，
可得b=2，c=1，则a= 4+1= 5，e=ca= 55．
椭圆的焦点坐标在y轴时，a=2，c=1，离心率e=ca=12．
故选：C．
利用已知条件，求解a，然后求解离心率．
本题考查了椭圆的简单几何性质，离心率的求法，是基础题．
3.【答案】C
【解析】解：因为该店提供从25码到36.5码的童鞋，尺寸之间按0.5码为公差排列成等差数列，共有24个尺码，
所以所有尺码的和为25+36.52×24=738，
又所有有货尺寸加起来的总和是677码，
故另一个缺货尺寸为738−677−28.5=32.5．
故选：C．
结合等差数列的性质先确定数列的项数，然后结合等差数列的求和公式即可求解．
本题主要考查了等差数列的通项公式及求和公式的应用，属于基础题．
4.【答案】D
【解析】解：因为E，F，G，H分别为BB1，CC1，A1B1，A1C1的中点，连接EF，GH，
在三棱柱ABC−A1B1C1中，可得EF//B1C1，GH//B1C2，且EF=B1C1，GH=12B1C2，
可得EF//GH，所以A，B正确；
C中，可得四边形EFHG为梯形，所以EG与FH相交于一点，设交点为P，
则P∈EG，而EG⊂平面ABB1A1，
所以P∈平面ABB1A1，
FH⊂平面ACC1A1，
所以P∈平面ACC1A1，
所以P一定在平面ACC1A1与平面ABB1A1的交线上，
而平面ACC1A1∩平面ABB1A1=AA1，
所以P∈AA1，
即EG，FH，AA1三线共点，即C正确；
D中，因为tan∠EGB1=EBB1G，tan∠FHC1=FC1HC1，
因为EB=FC1，BG1与HC1不一定相等，所以tan∠EGB1与tan∠FHC1不一定相等，
所以∠EGB1与∠FHC1不一定相等，所以D不正确．
故选：D．
由各线的中点可证得EF//GH，且EF，HG不相等，可证得A，B为真命题；由点在两个平面上，可得这个点一定在两个平面的交线上，判断出C的真假；由∠EGB1与∠FHC1的正切值不一定相等，可得∠EGB1与∠FHC1不一定相等，判断出D的真假．
本题考查四点共面的求法及三线共点的求法，属于中档题．
5.【答案】B
【解析】解：因为OA=(1,0)，OB=(0,2)，对满足条件|OC−OA−OB|=2|OA−OB|的点C(x,y)，
所以(x−1)2+(y−2)2=20，
又C到直线x−2y+m=0的距离d1=|x−2y+m| 5，
C到直线x−2y−7=0的距离d2=|x−2y−7| 5，
所以|x−2y+m|+|x−2y−7|= 5(d1+d2)，
若|x−2y+m|+|x−2y−7|的值与x，y无关，则圆(x−1)2+(y−2)2=20在平行线线x−2y+m=0与x−2y−7=0之间，
即两平行线间距离d=|m+7| 5≥4 5，且(1−4+m)(1−4−7)<0，
解得m≥13或m≤−27且m>3，
故m的范围为{m|m≥13}．
故选：B．
由已知结合向量线性运算的坐标表示求出C的轨迹方程，结合点到直线的距离公式及平行线间的距离公式即可求解．
本题主要考查了向量线性运算的坐标表示，直线与圆的位置关系，平行线间的距离公式的应用，属于中档题．
6.【答案】D
【解析】解：∵OP在OF1上的投影向量为35OF1，
∴cs∠POF1=35，又|OP|=|OF2|，∴∠OF2P=∠OPF2=12∠POF1，
∴可得cs∠OF2P= 1+352=2 5，又易知F1P⊥F2P，
∴|PF1|=2c×1 5=2c 5，|PF2|=2c×2 5=4c 5，
∴2a=|PF2|−|PF1|=2c 5，
∴双曲线C的离心率为2c2a=2c2c 5= 5．
故选：D．
根据投影向量的概念，三角函数，双曲线的几何性质，即可求解．
本题考查双曲线的离心率的求解，化归转化思想，属中档题．
7.【答案】B
【解析】解：当甲安排在初一或初二时，有2414C21CC62CC22=720种不同排法，
当甲不安排在初一或初二时，有A42(24C62CC22−522C42C)=720种不同排法，
综上所述，共有720+720=1440种不同排法．
故选：B．
分甲安排在初一或初二和甲不安排在初一或初二两种情况，结合排列组合知识求解．
本题主要考查了排列组合知识，属于基础题．
8.【答案】C
【解析】解：由题意得，a2+c2−b2=− 2ac，
由余弦定理得，csB=a2+c2−b22ac=− 22，
由B为三角形内角可得，B=3π4，
因为cs(α+A)cs(α+C)cs2α= 25，
则(csαcsA−sinαsinA)(csαcsC−sinαsinC)cs2α= 25，
即(csA−tanαsinA)(csC−tanαsinC)=2，
化简得，csAcsC−tanα(csAsinC+sinAcsC)+tan2αsinAsinC= 25，
即csAcsC−tanαsin(A+C)+tan2αsinAsinC= 25①，
由B=3π4得，A+C=π4，
则cs(A+C)=csAcsC−sinAsinC= 22，
因为cs(A−C)=7 210=csAcsC+sinAsinC，
所以csAcsC=3 25，sinAsinC= 210，
代入①得，35 2− 22tanα+ 210tan2α= 25，
化简得tan2α−5tanα+4=0，解得tanα=1或tanα=4，
因为α∈(π4,π2)，
所以tanα>1，
故tanα=4．
故选：C．
由已知结合余弦定理可求csB，进而可求B，然后结合两角和与差的余弦公式可求csAcsC=3 25，sinAsinC= 210，再由和差角公式对等式cs(α+A)cs(α+C)cs2α= 25进行化简，即可求解．
本题主要考查了余弦定理，和差角公式在三角化简求值中的应用，属于中档题．
9.【答案】AC
【解析】解：对于A，因为z=1+i1−i=(1+i)2(1−i)(1+i)=2i2=i，所以z30=i30=i2=−1，故A正确；
对于B，取z1=2i，z2=1满足|z1|>|z2|，但z12=−4,z22=1，所以z12>z22不成立，故B错误；
对于C，若z2≠0，根据模的性质|z1z2|=|z1||z2|，故C正确；
对于D，复数z在复平面内对应的点为Z，若|z+i|+|z−i|=2，则点Z的轨迹是线段，故D错误．
故选：AC．
根据复数的运算性质逐项判断即可．
本题考查复数的运算性质，属于中档题．
10.【答案】ABC
【解析】解：f(x)= 3sinωx2csωx2+cs2ωx2−12
= 32sinωx+12csωx=sin(ωx+π6)，
对于A，2πω=π，又ω>0，∴ω=2，故A正确；
对于B，将f(x)的图象向左平移π3个单位长度后得到y=sin[ω(x+π3)+π6]=sin(ωx+ωπ3+π6)，
若所得图象关于y轴对称，则ωπ3+π6=π2+kπ，得ω=1+3k，k∈Z，所以ωmin=1，故B正确；
对于C，由x∈[0,2π)，得ωx+π6∈[π6,2πω+π6),
若f(x)在[0,2π)上恰有4个极值点，则7π2<2πω+π6≤9π2，
解得ω∈(53,136]，故C正确；
对于D，由x∈[−π6,π4]，ω>0，
结合正弦函数的性质可知，f(x)在[−π6,π4]上不可能单调递减，故D错误．
故选：ABC．
先结合二倍角公式及辅助角公式进行化简，然后结合正弦函数的性质检验各选项即可判断．
本题主要考查了正弦函数性质的综合应用，属于中档题．
11.【答案】BCD
【解析】解：由f(x+1)−g(x+2)=1，得f(x)−g(x+1)=1，
又g(x+1)+f(1−x)=]，
∴f(x)+f(1−x)=2，
∵y=f(x)的图象关于直线x=1对称，
∴f(1−x)=f(1+x)，
∴f(x)+f(1+x)=2，
∴f(x+2)+f(1+x)=2，
∴f(x)=f(x+2)，∴T=2，f(x)=f(x+4)，B正确；
∵y=f(x)的图象关于直线x=1对称，
∴f(−x)=f(2+x)，∴f(x)=f(−x)，∴f(x)是偶函数，∴A错误；
又g(x)+f(2−x)=1，
∴g(x)+f(x)=1，
∴g(−x)+f(−x)=1，又f(x)是偶函数，
∴g(−x)=g(x)，
∴g(x)是偶函数，
∵f(x+1)−g(x+2)=1，g(x+1)+f(1−x)=1，y=f(x)的图象关于直线x=1对称，
∴f(1−x)=f(1+x)，
∴g(x+1)+g(x+2)=0，
∴g(x)+g(x+1)=0，
∴g(x+2)=g(x)，
∴2为g(x)的周期，C正确；
由f(x)+f(1−x)=2，f(12)=1，又f(x)=f(x+2)，
∴f(−32)=1，由g(x)+f(x)=1，g(−32)+f(−32)=1，
∴g(−32)=0，D正确．
故选：BCD．
利用对称性、和周期性的性质，结合f(x)与g(x)之间的关系，逐项判断即可．
本题主要考查了函数的奇偶性，对称性及周期性的综合应用，属于中档题．
12.【答案】{a|a≥3}
【解析】解：集合M={x|x2−2x−3<0}={x|−1
②当a>0时，N={x|x2−ax<0,x∈Z}={x|0
③当a<0时，N={x|x2−ax<0,x∈Z}={x|a
故答案为：{a|a≥3}．
先求出集合M，再对a分情况讨论，求出集合N，结合集合M∩N恰有两个元素求解即可．
本题主要考查了一元二次不等式的解法，考查了集合的基本运算，属于基础题．
13.【答案】12( 3+ 7)
【解析】解：取AB中点D，连结SD，设球O半径为r，
则4πr2=100π，解得r=5，∵△ABC是边长为4 3的等边三角形，
∴AD=2 3，CD=6，
过S作ABC的垂线，垂足是AB的中点时，所求三棱锥的体积最大，
令球心为O，过O作OO1⊥DC于O1，则O1为△ABC的外心，
过O作OM⊥SD，可得SO=5，OM=O1D=13CD=2，
∴SM= SO2−OM2= 21，DM=OO1= OA2−AO12= 52−42=3，
∴SD= 21+3，三棱锥S−ABC体积的最大值为：
V=13S△ABC⋅SD=13×12×4 3×6×( 21+3)=12( 3+ 7)．
故答案为：12( 3+ 7)．
作出直观图，根据球和等边三角形的性质计算△ABC的面积和棱锥的最大高度，代入体积公式计算．
本题考查了棱锥的体积计算，空间几何体的作图能力，准确画出直观图找到棱锥的最大高度是解题关键，属于中档题．
14.【答案】[3,+∞)
【解析】解：设t=2x+x，
因为x∈[a,a+2]，所以t∈[2a+a,2a+2+a+2]，
所以f(x)=|t−m|(t∈[2a+a,2a+2+a+2])，
f(x)max=g(m)=|2a+a−m|,−2a−a+m≥2a+2+a+2−m|2a+2+a+2−m|,−2a−a+m<2a+2+a+2−m
=|2a+a−m|,m≥2a+2a+2+2a+22|2a+2+a+2−m|,m<2a+2a+2+2a+22，
因为{m|g(m)≥13}=R，
即∀m∈R，g(m)min≥13，
又因为g(m)min=g(2a+2a+2+2a+22)
=2a+2+a+2−2a+2a+2+2a+22
=2a+2−2a+22
=3⋅2a+22≥13，
解得a≥3，
所以a的取值范围为：[3,+∞)．
故答案为：[3,+∞)．
设t=2x+x，t∈[2a+a,2a+2+a+2]，由题意可得g(m)的解析式及∀m∈R，g(m)min≥13，求出g(m)min，代入求解即可．
本题考查了绝对值不等式的解法、转化思想，属于中档题．
15.【答案】解：(1)因为b1=2lg2a1+1=1，所以a1=1，
设等比数列{an}的公比为q，则an=a1⋅qn−1=qn−1，
所以bn=2lg2an+1=2(n−1)lg2q+1，
又因为b4=2×3×lg2q+1=7，所以q=2，
所以an=a1qn−1=2n−1，则bn=2lg22n−1+1=2n−1；
(2)对任意n∈N*，均有2λan≥bn−2，
即λ2n≥2n−3，即λ≥2n−32n对任意n∈N*恒成立，
设f(x)=2x−32x，f′(x)=2×2x−(2x−3)⋅2xln2(2x)2=2+3ln2−2xln22x，
所以f(x)在(0,2+3ln22ln2)单调递增，在(2+3ln22ln2,+∞)单调递减，
又因为x∈N*，2<2+3ln22ln2<3，f(2)=14，f(3)=38，
所以x=3时，取得最大值38．
所以λ≥38，所以实数λ的取值范围[38,+∞)．
【解析】(1)由等比数列基本量的计算即可求得数列{an}的首项和公比，从而求得数列{an}的通项公式，再由条件式计算即可求得数列{bn}的通项公式；
(2)利用分离参数法转化为求2n−32n的最大值，再由构造函数的方法求出最值即可．
本题主要考查了等比数列的性质，数列通项公式的求解，以及利用构造函数的方法求解最值，进而求解未知数取值范围，属于中档题．
16.【答案】(1)证明：在直角梯形ABCD中，AD//BC，BC=2AB=2AD=4，AB⊥BC，
所以BD=CD=2 2，
所以BD2+CD2=BC2，即BD⊥CD，
因为BE⊥CD，BD∩BE=B，所以CD⊥平面ABD，
又AB⊂平面ABD，所以CD⊥AB，
因为AD⊥AB，CD∩AD=D，
所以AB⊥平面ACD．
(2)取BD的中点O，连接OA，则OA⊥BD，
由(1)知，CD⊥平面ABD，
因为OA⊂平面ABD，所以OA⊥CD，
又BD∩CD=D，所以OA⊥平面BCD，
以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(0,0, 2)，B( 2,0,0)，D(− 2,0,0)，C(− 2,2 2,0)，E(− 22,0, 22)，
所以BC=(−2 2,2 2,0)，BE=(−3 22,0, 22)，
设平面BCE的法向量为m=(x,y,z)，则m⋅BC=−2 2x+2 2y=0m⋅BE=−3 22x+ 22z=0，
取x=1，则y=1，z=3，所以m=(1,1,3)，
由OA⊥平面BCD，知平面BCD的一个法向量为n=(0,0,1)，
设二面角E−BC−D为θ，
由图知，二面角E−BC−D为锐角，
则csθ=|cs
故二面角E−BC−D的余弦值为3 1111．
【解析】(1)利用勾股定理可证BD⊥CD，结合BE⊥CD，可得CD⊥平面BDE，从而有CD⊥AB，再利用AD⊥AB，由线面垂直的判定定理，即可得证；
(2)取BD的中点O，以O为坐标原点建立空间直角坐标系，利用向量法求二面角，即可得解．
本题考查立体几何的综合应用，熟练掌握线面垂直的判定定理与性质定理，利用向量法求二面角是解题的关键，考查空间立体感，逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
17.【答案】解：(1)设A=“抽的产品是优秀等级”，B1=“产品是从甲工厂生产”，
B2=“产品是从乙工厂生产”，B3=“产品是从丙工厂生产”，
则P(B1)=P(B2)=P(B3)=13
P(A|B1)=23，P(A|B2)=56，P(A|B3)=12，
则P(A)=P(B1)P(A|B1)+P(B2)P(A|B2)+P(B3)P(A|B3)=13×23+13×56+13×12=23，
则P(B2|A)=P(AB2)P(A)=P(B2)P(A|B2)P(A)=13×5623=512，
所以该件产品是从乙工厂抽取的概率为512．
(2)依题意，设从市场中任抽一件产品达到优秀等级的概率为p，
则p=24×23+14×56+14×12=23，
由题意可知ξ～B(10,23)，
则P(ξ=k)=C10k(23)k⋅(13)10−k=2kC10k310(k≤10,k∈N)，
则ξ的分布列为：
故E(ξ)=10×23=203．
【解析】(1)根据题意，利用全概率公式与贝叶斯公式即可得解；
(2)利用全概率公式求得从市场中任抽一件产品达到优秀等级的概率，再利用二项分布的概率公式与数学期望公式即可得解．
本题主要考查概率的求法，离散型随机变量分布列及数学期望，考查运算求解能力，属于中档题．
18.【答案】解：(1)由题意不妨设直线AB的方程为y=kx+t，设A(x4,y4)，B(x5,y5)，
联立y=kx+ty2=4x，消去y得k2x2+(2kt−4)x+t2=0，Δ=16−16kt>0，
所以x4+x5=−2kt−4k2，x4x5=t2k2，
因为直线PA与PB关于直线x=4对称，
所以y4−4x4−4+y5−4x5−4=0且y42=4x4，y52=4x5，
所以y4−4y424−4+y5−4y524−4=4y4+4+4y5+4=0即y4+y5+8=0，
即k(x4+x5)+2t+8=0，将x4+x5=−2kt−4k2代入得−2kt−4k+2t+8=0，解得k=−12，
所以直线AB的斜率为定值−12．
(2)证明：由已知F(1,0)，因为FC+FD+FE=0，
FC=(x1−1,y1)，FD=(x2−1,y2)，FE=(x3−1,y3)，
所以(x1+x2+x3−3,y1+y2+y3)=(0,0)，
所以x1+x2+x3=0y1+y2+y3=0，
设直线CD的方程为x=my+n，
联立x=my+ny2=4x，消去x得y2−4my−4n=0，Δ=16(m2+n)>0，
所以n>−m2，y1+y2=4m，y1y2=−4n，
所以x1+x2=m(y1+y2)+2n=4m2+2n，
所以x3=3−4m2−2ny3=−4m，即点E的坐标为(3−4m2−2n,−4m)，
又点E在抛物线y2=4x上，所以16m2=4(3−4m2−2n)，得n=32−4m2，
又n>−m2，所以32−4m2>−m2，解得m2<12，
所以点E的横坐标x3=3−4m2−2n=4m2<2，
同理可得C，D两点的横坐标也小于2，
所以△CDE三个顶点的横坐标均小于2．
【解析】(1)设直线AB的方程为y=kx+t，与抛物线联立，利用韦达定理代入y4−4x4−4+y5−4x5−4=0，整理计算可得答案；
(2)利用坐标计算FC+FD+FE=0，设直线CD的方程为x=my+n，与抛物线联立，利用韦达定理可得E点坐标，代入抛物线方程结合判断式可得其横坐标的范围，同理可得C，D两点的横坐标，进而可证明结论．
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．
19.【答案】解：(1)证明：令f(b)−f(a)b−a=t，则f(b)−bt=f(a)−at．
构造F(x)=f(x)−tx，则F(a)=F(b)，F′(x)=f′(x)−t，
显然F(x)在[a,b]上连续，且在(a,b)上可导，
由罗尔定理，存在x0∈(a,b)，使得F′(x0)=0，即f′(x0)−t=0，
∴f′(x0)=f(b)−f(a)b−a．
(2)由题f′(x)=lnx+1，g′(x)=x−b．
不妨设x1>x2，则|f(x1)−f(x2)x1−x2|>|g(x1)−g(x2)x1−x2|恒成立．
由(1)中证明可得|f′(x)|>|g′(x)|.x∈(1,2)，
∴lnx+1>|x−b|.∴−1−lnx
∴0<φ(x)<1−ln2．
又易知y=x+lnx+1(1
(3)证明：构造h(x)=x1−p，x∈[n−1,n]，h(x)在(n−1,n)上可导，
由(1)中定理，存在c∈(n−1,n)，使得h′(c)=h(n−1)−h(n)(n−1)−n．
∴1(n−1)p−1−1np=−h′(c)=(p−1)c−p．
∴1p−1[1(n−1)p−1−1np−1]=1cp．
∵1⩽n−1
∴1np<1p−1[1(n−1)p−1−1np−1]．
【解析】(1)令f(b)−f(a)b−a=t，构造函数F(x)=f(x)−tx，直接利用罗尔定理证明；
(2)利用(1)的结论得|f′(x)|>|g′(x)|，即可得x−lnx−1
本题考查了导数的综合应用，考查了构造函数求解综合问题的能力，考查了函数思想，属于难题．成绩(单位：环)
6
7
8
9
10
人数
1
2
2
4
1
ξ
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
P
20C100310
21C101310
22C102310
23C103310
24C104310
25C105310
26C106310
27C107310
28C108310
29C109310
210C1010310
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