【新结构】（遵义二模）贵州省遵义市2024届高三第二次模拟测试数学试题（含详细答案解析）

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这是一份【新结构】（遵义二模）贵州省遵义市2024届高三第二次模拟测试数学试题（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.复数z满足z=(z+2)i，则|z|=( )
A. 22B. 1C. 2D. 2 2
2.已知集合A=x−1≤x≤1，B=xy=lg2x−1，则A∩B=( )
A. x−1≤x≤1B. x0≤x≤1C. x−1≤x≤0D. x03.已知平面α，β，P∈α，P∉β，p：在平面α内，过点P存在唯一一条直线与β平行，q：α与β不平行，则p是q的( )
A. 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
4.二项式x2−12x4的展开式中含x2项的系数为( )
A. −32B. 32C. −12D. 12
5.直线y=14x−14与抛物线C：y2=2px(p>0)交于A，B两点，且线段AB的中点为M(5,1)，则抛物线C的方程为( )
A. y2=12xB. y2=2xC. y2=13xD. y2=3x
6.已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，且满足f(−x−2)=f(x)，当x∈[0,1]时，f(x)=ex+a，则f232=( )
A. e−1B. − e−1C. e+1D. − e+1
7.如图所示，圆O1和圆O2是球O的两个截面圆，且两个截面互相平行，球心O在两个截面之间，记圆O1，圆O2的半径分别为r1，r2，若r2=3r1=3，O1O2=4，则球O的表面积为( )
A. 40πB. 42πC. 44πD. 48π
8.已知函数f(x)=2sin(ωx+φ)+1ω>0,0<φ<π2,x>0的零点从小到大分别为x1，x2，x3，…．若x2−x1=π，则ω=( )
A. 13B. 23C. 32D. 3
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。全部选对的得6分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9.已知AB=(−1,1)，AC=(2,1)，则下列结论正确的是
A. BC=(3,0)
B. AB⋅(2BC−AC)=5
C. cs⟨AB,AC⟩=− 1010
D. 若λAB+μAC=(3μ,λ+1)，则μ−λ=2
10.某班开展数学文化活动，其中有数学家生平介绍环节．现需要从包括2位外国数学家和4位中国数学家的6位人选中选择2位作为讲座主题人物．记事件A=“这2位讲座主题人物中至少有1位外国数学家”，事件B=“这2位讲座主题人物中至少有1位中国数学家”，则下说法正确的是( )
A. 事件A，B不互斥
B. 事件A，B相互独立
C. P(A|B)=P(B|A)
D. 设C=A∩B，则P(C|A)+P(C|B)>2P(C)
11.已知a∈R，函数f(x)=ax3−2x+3有两个极值点x1，x2，则( )
A. a>0
B. a=1时，函数f(x)的图象在x=1处的切线方程为y=x+1
C. f(x1)+f(x2)为定值
D. a=16时，函数f(x)在[−3,1]上的值域是13,173
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知cs(α+765∘)=14，则csα−sinα=__________.
13.过点P(−5,0)且斜率为12的直线l与圆C：(x−m)2+y2=m2(m≠0)交于A，B两点，已知|AB|=2 5，试写出一个符合上述条件的圆C的标准方程__________.
14.三等分角大约是在公元前五世纪由古希腊人提出来的，它和“立方倍积问题”“化圆为方问题”并称为“古代三大几何难题”．公元六世纪时，数学家帕普斯曾证明用一固定的双曲线可以解决“三等分角问题”．某同学在学习过程中，借用帕普斯的研究，使某锐角∠AOB的顶点与坐标原点O重合，点B在第四象限，且点B在双曲线T：x2−y2=a(a>0)的一条渐近线上，而OA与T在第一象限内交于点A.以点A为圆心，2|OA|为半径的圆与T在第四象限内交于点P，设AP的中点为Q，则∠QOB=13∠AOB.若|OA|=5，|OQ|=6，则a的值为__________.
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)
已知数列{an}满足a1=1，an+1+2an=3n−5，n∈N *.
(1)设bn=an−n+2，证明：{bn}是等比数列；
(2)求数列{an}的前n项和Sn.
16.(本小题15分)
2024年1月5日起，第40届中国⋅哈尔滨国际冰雪节在黑龙江省哈尔滨市举行，让大家对冰雪文化进一步了解，激发了大家对冰雪运动的进一步的热爱．为了调查不同年龄层的人对“冰雪运动”的喜爱态度，某研究小组随机调查了哈尔滨市M社区年龄在[20,70)的市民300人，所得结果统计如下频数分布表所示．
(1)求该样本中市民年龄的75%分位数；
(2)为鼓励市民积极参加这次调查，该研究小组决定给予参加调查的市民一定的奖励，奖励方案有两种：
方案一：按年龄a进行分类奖励，当a<30时，奖励10元；当30≤a<50时，奖励30元；当a≥50时，奖励40元；
方案二：利用抽奖的方式获得奖金，其中年龄低于样本中位数的可抽1次奖，年龄不低于样本中位数的可抽2次奖．每次抽中奖励30元，未抽中奖励10元，各次抽奖间相互独立，且每次抽奖中奖的概率均为23.
将频率视为概率，利用样本估计总体的思想，若该研究小组希望最终发出更多的奖金，则从期望角度出发，该研究小组应采取哪种方案．
17.(本小题15分)
在直三棱柱ABC−A1B1C1中，点D是AC的中点，E是B1C1的中点，∠BAC=30∘，AB=BC=2 3，AA1=3.
(1)证明：B1C//平面A1BD；
(2)求平面A1BD与平面EBD夹角的余弦值．
18.(本小题17分)
已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，点P1, 32在C上，且到F1，F2的距离分别为m，n，满足m−n= 3，过点P作两直线l1与l2分别交C于A，B两点，记直线l1与l2的斜率分别为k1，k2，且满足k1+k2=0.
(1)证明：mn=134；
(2)求|AB|的最大值．
19.(本小题17分)
已知函数f(x)=sinx+ln(x+1)−ax，且y=f(x)与x轴相切于坐标原点．
(1)求实数a的值及f(x)的最大值；
(2)证明：当x∈π6,π时，f(x)+2x>12；
(3)判断关于x的方程f(x)+x=0实数根的个数，并证明．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】【分析】
此题考查复数的除法运算，复数的模及其几何意义，属于基础题.
由复数运算求出z，代入模的计算公式.
【解答】
解：因为z=(z+2)i，所以z1−i=2i，
z=2i1−i=2i1+i1+i1−i=i1+i=−1+i，
所以z= −12+12= 2.
故选：C.
2.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查交集运算，考查对数型函数的定义域，属于基础题.
解出集合B=xy=lg2x−1，利用交集的定义计算即可.
【解答】
解：由y=lg2x−1可知：2x−1>0 ，所以2x>1，即2x>20，所以x>0，故B=xx>0 ，
所以A∩B=x−1≤x≤1∩xx>0=x0故选：D.
3.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查充分条件、必要条件的判断，属于中档题.
利用线面、面面平行的判定性质，结合充分条件、必要条件的定义判断即得.
【解答】
解：由平面α，β，P∈α，P∉β，得平面α，β是不同平面，
命题“若p，则q”：假设α，β平行，则过点P有无数条直线与β平行，与p矛盾，
因此“若p，则q”是真命题;
命题“若q，则p”：α，β不平行，则α，β相交，令交线为l，
由P∈α，P∉β，得P∉l，
平面α内过点P有唯一个条直线与直线l平行，
该直线不在β内，而l在β内，
则该直线与β平行，
因此在平面α内，过点P存在唯一一条直线与β平行，“若q，则p”是真命题；
所以p是q的充要条件.
故选：C.
4.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查求二项展开式中的特定项或特定项的系数，属于基础题.
写出通项，令x的指数为2，求出r，代入可得结果.
【解答】
解：展开式的通项公式为：
Tr+1=C4r(x2)4−r(−12x)r=(−12)rC4rx8−3r，r∈N，r≤4，
当r=2时，得含x2项的系数为：
(−12)2×C42=32.
故选B.
5.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查直线与抛物线位置关系及其应用，属于中档题.
利用点差法得到kAB=y1−y2x1−x2=p，可得抛物线方程.
【解答】
解：设A(x1,y1)，B(x2,y2)，因为A，B在抛物线C上，所以y12=2px1，y22=2px2，两式相减，得y12−y22=2p(x1−x2)，
即2p=(y1+y2)(y1−y2)x1−x2=2(y1−y2)x1−x2，则kAB=y1−y2x1−x2=p=14，
所以抛物线C的方程为y2=12x.
故选：A.
6.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查函数的奇偶性和周期性，属于基础题.
先由奇函数得a，再得出f(x)是以4为周期的周期函数，最后求值即可.
【解答】
解：因为函数f(x)是定义在R上的奇函数，
所以f(0)=0，即f(0)=e0+a=0，得a=−1，
所以x∈[0,1]时f(x)=ex−1，
由f(−x−2)=f(x)得f(x−2)=f(−x)，
因为f(−x)=−f(x)，所以f(x−2)=−f(x)，
以x+2替换x，得f(x)=−f(x+2)，
再以x+2替换x，得f(x+2)=−f(x+4)，
所以f(x)=f(x+4)，
所以f(x)是以4为周期的周期函数，
所以f(232)=f(4×3−12)
=f(−12)=−f(12)=− e+1.
故选D.
7.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查球的结构特征和球的表面积，属于基础题.
设球O的半径为R，OO1=x，则OO2=4−x，由勾股定理得出x和R2，可得球的表面积.
【解答】
解：设球O的半径为R，OO1=x，
则OO2=4−x，
由勾股定理得
R2=r12+x2=r22+(4−x)2，
所以1+x2=32+(4−x)2，解得x=3，
所以R2=r12+x2=1+9=10，
则球O的表面积S=4πR2=40π.
故选：A.
8.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了正弦(型)函数的零点，属于中档题.
令f(x)=0，则sin(ωx+φ)=−12，得ωx1+φ=7π6，ωx2+φ=11π6，相减可得ω的值.
【解答】
解：由题意知，
ω>0，x>0，0<φ<π2，
令f(x)=0，则sin(ωx+φ)=−12，
又由f(x1)=f(x2)=0，
得sin(ωx1+φ)=sin(ωx2+φ)=−12，
即ωx1+φ=7π6，ωx2+φ=11π6，
两式相减得ω(x2−x1)=2π3，
结合x2−x1=π，解得ω=23.
故选：B.
9.【答案】ACD
【解析】【分析】
本题考查向量线性运算的坐标表示、平面向量数量积和向量的夹角，属于基础题.
根据向量线性运算的坐标表示、平面向量数量积和向量的夹角逐一判定即可.
【解答】
解：BC=AC−AB
=(2,1)−(−1,1)=(3,0)，故A正确；
因为2BC−AC=(6,0)−(2,1)=(4,−1)，
所以AB⋅(2BC−AC)
=(−1,1)⋅(4,−1)=−5，故B错误;
cs
=(−1)×2+1×1 2× 5=− 1010，故C正确;
因为λAB+μAC=(−λ,λ)+(2μ,μ)
=(−λ+2μ,λ+μ)=(3μ,λ+1)，
所以−λ+2μ=3μλ+μ=λ+1,
解得λ=−1μ=1,
所以μ−λ=2，故D正确.
故选ACD.
10.【答案】AD
【解析】【分析】
本题主要考查的是互斥事件，组合与组合数公式，古典概型，条件概率，相互独立事件，属于中档题.
根据互斥事件直接判断A即可，根据组合数与古典概型求得P(A)，P(B)，P(AB)，即可判断A，B不相互独立判断B，利用条件概率判断CD即可.
【解答】
解：因为事件A，B的交事件为“这2位讲座主题人物中有1位外国数学家和1位中国数学家”，因此，事件A，B不互斥，故A正确；
PA=1−C42C62=35，PB=1−C22C62=1415，于是PAB=C21C41C62=815≠PA⋅PB，故B错误；
由PA|B=PABPB，PB|A=PABPA，P(A)≠P(B)，故P(A|B)≠P(B|A)，故C错误；
因为 PC|B=PABPB，PC|A=PABPA，所以PC|A+PC|B=PAB1PA+1PB=PAB×53+1514>2PAB=2PC，D正确.
故选：AD.
11.【答案】ABC
【解析】【分析】
本题考查利用导数研究函数的单调性与极值，求曲线上一点的切线方程，属于中档题.
选项A:由函数的导数等于0的方程有两个根可得a>0;选项B:由导函数的几何意义得到切线的斜率，再由点斜式写出方程即可;
选项C:由函数的极值点互为相反数代入f(x)计算可得;选项D:由导数求出极值，再求出区间端点的值，即可得到函数在闭区间上的值域.
【解答】
解：由题知f′(x)=3ax2−2，当a≤0时，f′(x)<0在R上小于零，f(x)单调递减，没有极值，
当a>0时，f′(x)=0有两个不等的实根，即f(x)=ax3−2x+3有两个极值点，选项A正确;
a=1时，f(x)=x3−2x+3，f′(x)=3x2−2，f(1)=2，f′(1)=1，所以函数f(x)的图象在x=1处的切线方程为y−2=x−1，即y=x+1，选项B正确;
当a>0时，由3ax2−2=0解得x1=− 23a，x2= 23a，所以在区间(−∞,x1)，(x2,+∞)上f′(x)>0，f(x)单调递增，
在区间(x1,x2)上f′(x)<0，f(x)单调递减，所以x1是f(x)的极大值点，x2是f(x)的极小值点，
而3ax12−2=0，3ax22−2=0，即ax12=23，ax22=23，
所以f(x1)+f(x2)=ax13−2x1+3+ax23−2x2+3=x1(ax12−2)+x2(ax22−2)+6=−43(x1+x2)+6=6，为定值，选项C正确;
对于D，当a=16时，则f(x)=16x3−2x+3，则
f′(x)=12x2−2，
令f′(x)=12x2−2=0，解得x3=−2或x4=2，
当x∈[−3,−2)时，f′(x)>0，所以f(x)在[−3,−2)上单调递增，
当x∈(−2,1)时，f′(x)<0，所以f(x)在(−2,1]上单调递减，
所以当x∈[−3,1]时，
f(−2)=16×(−2)3−2×(−2)+3=173，f(−3)=16×(−3)3−2×(−3)+3=92，
f(1)=16×13−2×1+3=76，
∴f(x)在[−3,1]上的值域是[76,173]，故D错误.
故选：ABC.
12.【答案】 24
【解析】【分析】
本题考查诱导公式、两角和的余弦公式，属于基础题.
利用诱导公式，两角和的余弦公式化简求值即可.
【解答】
解：cs(α+765∘)=cs(α+720∘+45∘)
=cs(α+45∘)= 22(csα−sinα)=14，
故csα−sinα= 24.
故答案为： 24.
13.【答案】(x−5)2+y2=25 (或(x+52)2+y2=254)
【解析】【分析】
本题考查求圆的标准方程、点到直线的距离、直线与圆的交点坐标、弦长，属于一般题.
写出直线l的方程，利用点到直线的距离公式求出圆心C(m,0)到直线l的距离，再利用弦长公式求出m的值，即可求出结果.
【解答】
解：由题意知，直线l的方程为y=12(x+5)，即x−2y+5=0，
设圆心C(m,0)到直线l的距离为d，
则d=|m+5| 5，
因为|AB|=2 5，
所以m2=(|AB|2)2+d2，
即m2= 52+(|m+5| 5)2，
化简得2m2−5m−25=0，解得m=−52或m=5，
所以圆C的标准方程为(x−5)2+y2=25或(x+52)2+y2=254.
故答案为(x−5)2+y2=25(或(x+52)2+y2=254).
14.【答案】445
【解析】【分析】
本题考查二倍角正切公式、两角和与差的正切公式、双曲线的渐近线，属于一般题.
根据二倍角的正切公式得到tan∠BOQ=12，再利用两角和的正切公式得到tan∠AOB，求出OA的斜率为tan(∠AOB−π4)=913，求出A点坐标，代入双曲线方程，即可求出结果.
【解答】
解：由题意知，双曲线T：x2−y2=a(a>0)的渐近线为y=±x，
则∠BOx=π4，
在△AOQ中，|OA|=|AQ|=5，|OQ|=6，
则tan∠AOQ=43，
因为∠QOB=13∠AOB，
所以∠QOB=12∠AOQ，
于是tan∠AOQ=2tan∠BOQ1−tan2∠BOQ=43，
解得tan∠BOQ=12或tan∠BOQ=−2(舍去)，
因此tan∠AOB=tan∠AOQ+∠BOQ=tan∠AOQ+tan∠BOQ1−tan∠AOQ⋅tan∠BOQ
=43+121−43×12=112，
那么OA的斜率为tan(∠AOB−π4)=112−11+112=913，
所以A13 10,9 10，
代入双曲线方程，得a=16910−8110=445.
故答案为445.
15.【答案】(1)证明：因为 an+1+2an=3n−5,n∈N* ，
所以 an+1−n+1+2+2an=3n−5−n+1+2 ，
所以 an+1−n+1+2=−2an+2n−4 ，
所以 an+1−n+1+2=−2an−n+2 ，所以 bn+1=−2bn ，
又 b1=a1−1+2=2≠0 ，则 bn+1bn=−2 ，
所以 bn 是以 2 为首项， −2 为公比的等比数列.
(2)解：由(1)可知， bn=b1⋅−2n−1=2×−2n−1 ，
由于 an=bn+n−2 ，所以 an=2×−2n−1+n−2 ，
所以 Sn=a1+a2+a3+⋅⋅⋅+an
=2×(−2)0+(−1)+2×(−2)1+0+2×(−2)2+1
+⋅⋅⋅+2×(−2)n−1+n−2
=2×−20+2×−21+2×−22+⋅⋅⋅+2×−2n−1+−1+0+1+⋅⋅⋅+n−2
=2×[(−2)0+(−2)1+(−2)2+⋅⋅⋅+(−2)n−1]
+[(−1)+0+1+⋅⋅⋅+(n−2)]
=2×1−−2n1−−2+n−1+n−22
=23−2×−2n3+nn−32 .

【解析】本题考查数列的递推公式，等比数列的证明，分组求和法，属于中档题.
(1)给 an+1+2an=3n−5 式子两边同时加 −n+1+2 ，化简证明即可；
(2)分为两组，一组等差数列，一组等比数列，利用等差等比数列的前 n 项公式求解即可.
16.【答案】解：(1)由题意年龄在[20,30)的市民频率为30300=0.1，
年龄在[30,40)的市民频率为81300=0.27，
年龄在[40,50)的市民频率为99300=0.33，
年龄在[50,60)的市民频率为60300=0.2，
年龄在[60,70)的市民频率为30300=0.1，
设该样本中市民年龄的75%分位数为x，
∵0.1+0.27+0.33=0.7<0.75，0.1+0.27+0.33+0.2=0.9>0.75，
∴x∈[50,60),
则0.1+0.27+0.33+0.2×(x−50)10=0.75，
解得x=52.5，
故该样本中市民年龄的75%分位数为52.5.
(2)方案一：
设每名参与调查的市民可获得的奖金为X元，则X的所有可能取值为10，30，40，
其对应的概率分别为110，35，310，
故E(X)=10×110+30×35+40×310=31.
方案二：
设每名参与调查的市民可获得的奖金为Y元，
则Y的所有可能取值为10，20，30，40，60，
可得P(Y=10)=12×13=16，P(Y=20)=12×13×13=118，
P(Y=30)=12×23=13，P(Y=40)=12×2×13×23=29，
P(Y=60)=12×23×23=29，
E(Y)=10×16+20×118+30×13+40×29+60×29=35，
因为E(X)【解析】本题考查百分位数及离散型随机变量的期望，属于中档题.
(1)根据百分位数的求法可得;
(2)分别求方案一和方案二随机变量的分布列，再求期望，比较其大小可得结论.
17.【答案】解：(1)证明：取A1C1的中点O，连接OC，OB1，
因为D是AC的中点，三棱柱ABC−A1B1C1是直三棱柱，
所以A1D//OC，BD//OB1，
因为OB1，OC⊂平面OCB1，A1D，BD⊄平面OCB1，
所以A1D//平面OCB1，BD//平面OCB1，
因为A1D∩BD=D，且A1D，BD⊂平面A1BD，
所以平面A1BD//平面OCB1，
因为B1C⊂平面OCB1，
所以B1C//平面A1BD；得证.
(2)依题意，△A1B1C1中，∠B1A1C1=30∘，A1B1=B1C1=2 3，
则OB1⊥A1C1，连接OD，
易知OD⊥平面A1B1C1，以O为坐标原点，OB1，OC1，OD所在直线分别为x，y，z轴，
建立空间直角坐标系，如图所示：
又AA1=3，A1C1=AC=6，OB1= 3，E是B1C1的中点，
得B( 3,0,3)，A1(0,−3,0)，E( 32,32,0)，D(0,0,3)，
则DB=( 3,0,0)，A1D=(0,3,3)，DE=( 32,32,−3)，
设平面A1BD的法向量为m=(x1,y1,z1)，
则A1D⋅m=0DB⋅m=0，即3y1+3z1=0 3x1=0，
令y1=1，则z1=−1，x1=0，得m=(0,1,−1)，
设平面EBD的法向量为n=(x2,y2,z2)，
则DE⋅n=0DB⋅n=0，即 32x2+32y2−3z2=0 3x2=0，
令y2=2，则z2=1，x2=0，得n=(0,2,1)，
设平面A1BD与平面EBD的夹角为θ，
则csθ=|m⋅n||m||n|=1×2−1×1 2× 5= 1010，
所以平面A1BD与平面EBD夹角的余弦值为 1010.
【解析】本题考查线面平行的判定、面面平行的性质、面面平行的判定、平面与平面所成角的向量求法，属于中档题.
(1)证出平面A1BD//平面OCB1，再利用面面平行的性质，即可证出结果；
(2)建立空间直角坐标系，求出平面A1BD的法向量m和平面EBD的法向量n，利用csθ=|m⋅n||m||n|，即可求出结果.
18.【答案】解：(1)因为点P(1, 32)在椭圆C上，所以1a2+34b2=1，①
设F1(−c,0)，F2(c,0)(c>0)，
由|PF1|−|PF2|=m−n= 3，
得 (1+c)2+( 32)2− (1−c)2+( 32)2= 3，
所以 (1+c)2+( 32)2= 3+ (1−c)2+( 32)2，
两边平方，整理得4c−3= 12c2−24c+21，
两边平方，整理得c2=3，
所以a2=b2+c2=b2+3，②
由①②消去a2得4b4+5b2−9=0，
解得b2=−94(舍去)或b2=1，
所以a=2，则m+n=2a=4，
又m−n= 3，
mn=m+n2−m−n24=134.得证.
(2)由(1)可知C的标准方程为x24+y2=1，
由题意直线l1的方程为y=k1(x−1)+ 32，
则直线l2的方程为y=−k1(x−1)+ 32，
将y=k1(x−1)+ 32代入x24+y2=1，消去y，
整理得(1+4k12)x2+4k1( 3−2k1)x+(4k12−4 3k1−1)=0，
由Δ=[4k1( 3−2k1)]2−4(1+4k12)(4k12−4 3k1−1)
=4(2 3k1+1)2>0，得k1≠− 36，
又由xAxP=4k12−4 3k1−11+4k12，
可得xA=4k12−4 3k1−11+4k12，
则yA=k1(xA−1)+ 32=−4 3k12−4k1+ 32(1+4k12)，
同理可得xB=4k12+4 3k1−11+4k12，yB=−4 3k12+4k1+ 32(1+4k12)，
所以|AB|2=(xA−xB)2+(yA−yB)2
=192k12(1+4k12)2+64k124(1+4k12)2=208k12(1+4k12)2
=20816k12+1k12+8≤2082 16k12⋅1k12+8=20816=13，
当且仅当16k12=1k12即k1=±12时等号成立，且满足Δ>0，
因此，|AB|的最大值为 13.
【解析】本题考查直线与椭圆的位置关系及其应用，属由基本不等式求最值或取值范围，属于较难题.
(1)由点P(1, 32)在椭圆C上，得1a2+34b2=1，由椭圆定义和m−n= 3，得a2=b2+c2=b2+3，即可求证mn=134;
(2)由(1)可知C的标准方程为x24+y2=1，联立直线与椭圆方程，求出|AB|2=20816k12+1k12+8，利用基本不等式即可求解.
19.【答案】解：(1)由题意知，f(0)=0且f′(0)=0，
∵f′(x)=csx+1x+1−a，∴f′(0)=2−a=0，解得a=2，∴f(x)=sinx+ln(x+1)−2x，f′(x)=csx+1x+1−2，
当x≥0时，csx≤1，1x+1≤1.故f′(x)≤0，f(x)在区间[0,+∞)上单调递减，fx≤f0=0，
当−11，∴g′(x)<0，
∴f′(x)在区间(−1,0)上单调递减，则f′(x)>f′(0)=0，
∴f(x)在区间(−1,0)上单调递增，则f(x)(2)证明：f(x)=sinx+ln(x+1)−2x，要证f(x)+2x>12，即证sinx+ln(x+1)>12，记m(x)=sinx+ln(x+1)−12，
当x∈[π6,5π6]时，12≤sinx≤1，ln(x+1)>0，∴m(x)=sinx+ln(x+1)−12>0;
当x∈(5π6,π]时，m′(x)=csx+1x+1，记n(x)=m′(x)=csx+1x+1，
则n′(x)=−sinx−1(x+1)2<0，∴m′(x)在区间(5π6,π]上单调递减，
则m′(x)∴m(x)≥m(π)=sinπ+ln(π+1)−12=ln(π+1)−12>0，
综上所述，当x∈[π6,π]时，f(x)+2x>12.
(3)设h(x)=f(x)+x=sinx+ln(x+1)−x，
∴h′(x)=csx+1x+1−1，
当x∈(−1,0)时，由(1)知f(x)故f(x)+x=0在区间(−1,0)上无实数根.当x=0时，h(0)=0，因此0为f(x)+x=0的一个实数根，
当x∈(0,π)时，h′(x)=csx+1x+1−1单调递减，又h′(0)=1>0，h′(π)=1π+1−2<0，
∴存在x0∈(0,π)，使得h′(x0)=0，
∴h(x)在区间(0,x0)上单调递增，在区间(x0,π)上单调递减，∴h(x0)>h(0)=0，
又h(π)=ln(π+1)−π<2−π<0，
∴f(x)+x=0在区间(x0,π)上有且只有一个实数根，在区间(0,x0)无实根.
当x∈[π,+∞)时，h(x)≤1+ln(x+1)−x，
令l(x)=1+ln(x+1)−x(x≥π)，
∴I′(x)=1x+1−1=−xx+1<0，
故l(x)在区间[π,+∞)上单调递减，l(x)≤l(π)=ln(1+π)−π+1<3−π<0，
于是f(x)+x<0恒成立.故f(x)+x=0在区间[π,+∞)上无实数根，
综上所述，f(x)+x=0有2个不相等的实数根.
【解析】本题考查导数的综合应用，利用导数证明不等式，研究函数的零点等问题.属于难题.
(1)根据函数与x轴相切与原点，得到f′(0)=0，从而求出参数a，再通过研究导数的正负分析函数的单调性；
(2)通过构造函数m(x)=sinx+ln(x+1)−12，研究其最值从而证明不等式；
(3)分区间考虑函数的正负从而确定其零点的个数年龄a(单位：周岁)
[20,30)
[30,40)
[40,50)
[50,60)
[60,70)
频数
30
81
99
60
30
持喜爱态度
24
65
75
30
12