2020-2021年江西省鄱阳县某校高二（下）5月月考数学试卷（理）北师大版

这是一份2020-2021年江西省鄱阳县某校高二（下）5月月考数学试卷（理）北师大版，共11页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 设a，b∈R，则“a>b”是“a2>b2”的( )
A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件
C.充要条件D.既不充分也不必要条件

2. 下列命题中真命题的个数有( )
①∀x∈R，x2−x+14≥0；②∃x>0，lnx+1lnx≤2；③若命题p∨q是真命题，则¬p是真命题；④ y=2x−2−x是奇函数．
A.1个 B.2个 C.3个 D.4个

3. 如图，空间四边形OABC中，OA→=a→，OB→=b→，OC→=c→，点M在OA上，且OM=2MA，N为BC的中点，则MN→等于( )

A.12a→−23b→+12c→B.−23a→+12b→+12c→
C.12a→+12b→−23c→D.23a→+23b→−12c→

4. 已知三棱锥P−ABC中，PA，PB，PC两两垂直，且PA=1，PB=2，PC=3，则点P到平面ABC的距离为( )
A.13B.23C.144D.67

5. P是椭圆x216+y29=1上一点，F1，F2分别是椭圆的左、右焦点，若|PF1|⋅|PF2|=12，则∠F1PF2的大小为( )
A.30∘B.60∘C.120∘D.150∘

6. 用数学归纳法证明“1+12+13+⋯+12n−1A.2k−1B.2k−1C.2kD.2k+1

7. 已知f′x是函数fx的导数， fx=f′1⋅3x+x2，则f′2=( )
A.2ln3+31−ln3B.6ln3+41−3ln3C.31−3ln3D.61−3ln3

8. 我们把平面内与直线垂直的非零向量称为直线的法向量，在平面直角坐标系中，利用求动点轨迹方程的方法，可以求出过点A2,−1，且法向量为n→=−1,2的直线（点法式）方程为−1×(x−2)+2×(y+1)=0，化简得x−2y−4=0.类比以上方法，在空间直角坐标系中，经过点B1,−1,−2，且法向量为m→=1,2,−1的平面的方程为( )
A.x+2y+z+1=0B.x−2y−z−1=0C.x+2y+z−1=0D.x+2y−z−1=0

9. 已知函数fx=ex2+ax2．若fx为R上的单调函数，则实数a的取值范围是( )
A.0,2B.(0,2]C.[0,2)D.[2,+∞)

10. 已知F为抛物线C:y2=4x的焦点，过F作两条互相垂直的直线l1，l2，直线l1与C交于A，B两点，直线l2与C交于D，E两点，则|AB|+|DE|的最小值为（ ）
A.16B.14C.12D.10

11. 已知直线l与曲线y=x3−6x2+13x−9有3个不同交点Ax1,y1，Bx2,y2，Cx3,y3，且|AB|=|AC|，则i=13xi+yi=( )
A.6B.8C.9D.12

12. 正四面体ABCD的棱长为1，点P是该正四面体内切球球面上的动点，当PA→⋅PD→取得最小值时，点P到AD的距离为( )
A.32−612B.6−312C.22−312D.24
二、填空题

观察下列等式
1=1
2+3+4=9
3+4+5+6+7=25
4+5+6+7+8+9+10=49
照此规律，第n个等式为________.

三、解答题

已知a∈R，设p:∀x∈[2, 3]，(a+1)x−1>0恒成立，命题q:∃x0∈R，使得x02+ax0+1<0．
(1)若p∧q是真命题，求a的取值范围；

(2)若p∧(¬q)为假，p∨(¬q)为真，求a的取值范围．

已知抛物线x2=2pyp>0的焦点在圆x2+y2=1上．
(1)求抛物线的方程；

(2)圆上一点x0,y0处的切线交抛物线于两点A，B，且满足∠AOB=π2（O为坐标原点），求
y0的值．

已知函数fx=ex−a，gx=lnx−b.
(1)当a=1时，求曲线y=fx在点1,1处的切线方程；

(2)若a=b+2，是否存在直线与曲线y=fx和y=gx都相切？若存在，求出所有这样的直线；若不存在，请说明理由．

如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，BB1=AB1=AB=BC，D为AC的中点，AB⊥B1D，∠B1BC=90∘.

(1)求证：平面ABB1A1⊥平面ABC；

(2)求二面角D−BB1−A的余弦值．

已知椭圆E：x2a2+y2b2=1a>b>0上的点到焦点F的最小距离为1，且以椭圆E的短轴为直径的圆过点0,5且A，B为椭圆的左右顶点．
(1)求椭圆E的方程；

(2)过P2,0直线交椭圆于M，N两点（M在第一象限），直线AN，BM的斜率为k1，k2，是否存在实数λ，使得k1=λk2，若存在，求出实数λ的值；若不存在，说明理由．

设函数fx=alnx+1x+1，其中a为常数，且a>0.
(1)讨论函数fx的单调性；

(2)设函数Fx=fx+xlna，x1，x2是函数fx的两个极值点，证明： Fx1+Fx2<1−4ln2.
参考答案与试题解析
2020-2021年江西省鄱阳县某校高二（下）5月月考数学试卷（理）
一、选择题
1.
【答案】
D
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】
本小题主要考查不等式的性质，熟练不等式的性质是解答好本类题目的关键．
【解答】
解：若a=0，b=−2，则a2若a=−2，b=0，则a2>b2，此时a故选D．
2.
【答案】
C
【考点】
命题的真假判断与应用
函数奇偶性的判断
二次函数在闭区间上的最值
【解析】
本题考查命题的真假判断与应用，考查函数奇偶性的判定与值域的求法，是中档题．①利用配方法可判断出其真假；②取x∈(0,1)，即可知命题的真假；③举例说明当p真q假时，命题p∨q是真命题，此时¬p为假命题；④利用奇函数的定义可判断出是否是奇函数．
【解答】
解：①∀x∈R，x2−x+14=x−122≥0，故①是真命题；
②∵ 0∴∃x>0，lnx+1lnx<0≤2，故②是真命题；
③当p真q假时，命题p∨q是真命题，此时¬p为假命题，故③是假命题；
④∵ ∀x∈R，f(−x)=2−x−2x=−2x−2−x=−f(x)，
∴ 函数f(x)=2x−2−x是奇函数，故④是真命题．
综上可知，①②④是真命题．
故选C．
3.
【答案】
B
【考点】
向量加减混合运算及其几何意义
向量的线性运算性质及几何意义
空间向量的加减法
【解析】
由题意结合图形，直接利用MN→=ON→+MO→，求出ON→，然后即可解答．
【解答】
解：因为在空间四边形OABC中，
OA→=a→，OB→=b→，OC→=c→，
点M在线段OA上，且OM=2MA，N为BC的中点，
所以ON→=12c→+12b→．
所以MN→=ON→+MO→=−23a→+12b→+12c→．
故选B．
4.
【答案】
D
【考点】
点、线、面间的距离计算
【解析】
以D为原点，建立空间直角坐标系，写出相应点的坐标，表示出相应向量，从而得到平面ABC的法向量n→，利用空间向量表示出点P到平面ABC的距离，得到答案．
【解答】
解：因为三棱锥P−ABC中，PA，PB，PC两两垂直，
所以以P为原点，PA→为x轴，PB→为y轴，PC→为z轴，建立如图的空间直角坐标系，
因为PA=1，PB=2，PC=3 .
所以P0,0,0，A1,0,0，B0,2,0，C0,0,3，
所以CP→=0,0,−3，CA→=1,0,−3，CB→=0,2,−3，
设平面ABC的法向量n→=x,y,z，
则CA→⋅n→=0，CB→⋅n→=0，即x−3z=0，2y−3z=0，
取z=2，得n→=6,3,2，
所以点P到平面ABC的距离为：
d=|CP→⋅n→|n→||=|−662+32+22|=67 .
故选D .
5.
【答案】
B
【考点】
椭圆的定义
余弦定理
【解析】
根据椭圆的定义可判断PF1|+|PF2|=8，平方得出∴ PF1|2+|PF2|2=40，再利用余弦定理求解即可．
【解答】
解：∵ P是椭圆x216+y29=1上一点，F1，F2分别是椭圆的左、右焦点，
∴ |PF1|+|PF2|=8，|F1F2|=27.
∵ |PF1|⋅|PF2|=12，(|PF1|+|PF2|)2=64，
∴ |PF1|2+|PF2|2=40.
在△F1PF2中，cs∠F1PF2=40−282×12=12，
∴ ∠F1PF2=60∘.
故选B．
6.
【答案】
C
【考点】
数学归纳法
【解析】
分别写出n＝k和n＝k+1时，不等式左边的所有项，根据分母特点计算多出的项数．
【解答】
解：当n=k时，左边=1+12+13+⋯+12k−1，
当n=k+1时，左边=1+12+13+⋯+12k−1+
12k+12k+1+12k+2+⋯+12k+1−1，
所以左边增加12k+12k+1+12k+2+⋯+12k+1−1分母是连续的正整数，
所以共增加了2k+1−1−2k+1=2×2k−2k=2k项.
故选C.
7.
【答案】
B
【考点】
导数的运算
【解析】
求导取x=1代入导函数求得f′1，即可求解f′2 .
【解答】
解：因为fx=f′1⋅3x+x2，
所以f′x=f′1⋅3xln3+2x，
得f′1=f′1⋅3ln3+2，
则f′1=21−3ln3，
所以f′2=21−3ln3×9ln3+4=6ln3+41−3ln3.
故选B.
8.
【答案】
D
【考点】
类比推理
【解析】
无
【解答】
解：由类比推理得所求的平面方程为
1×x−1+2×y+1+−1×z+2=0，
化简得x+2y−z−1=0．
故选D．
9.
【答案】
A
【考点】
利用导数研究函数的单调性
已知函数的单调性求参数问题
【解析】
对参数a进行分类讨论，根据fx为R上的单调函数，可以判断导数是恒大于等于0的，从而解出参数取值范围．
【解答】
解：由函数定义域为R知，a≥0 .
①当a=0时，fx=ex2是R上的单增函数，满足条件；
②当a>0时，f′x=ex2+ax2−2ax2+ax22，
若使fx为R上的单调函数，
又a>0，故应满足f′(x)≥0恒成立，
即ax2−2ax+2≥0恒成立，即Δ=−2a2−8a=4aa−2≤0，
因此a∈0,2，
综上所述，a∈0,2 .
故选A.
10.
【答案】
A
【考点】
抛物线的求解
【解析】
方法一：根据题意可判断当A与D，B，E关于x轴对称，即直线DE的斜率为1，|AB|+|DE|最小，根据弦长公式计算即可．
方法二：设出两直线的倾斜角，利用焦点弦的弦长公式分别表示出|AB|，|DE|，整理求得答案
【解答】
解：如图，l1⊥l2，直线l1与C交于A，B两点，
直线l2与C交于D，E两点，
要使|AB|+|DE|最小，
则A与D，B与E关于x轴对称，设直线DE的斜率为1，
又直线l2过点(1, 0)，
则直线l2的方程为y=x−1，
联立方程组y2=4xy=x−1，则y2−4y−4=0，
∴ y1+y2=4，y1y2=−4，
∴ |DE|=1+1k2⋅|y1−y2|=2×32=8，
∴ |AB|+|DE|的最小值为：2|DE|=16.
故选A.
11.
【答案】
C
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
函数的对称性
【解析】
根据题意，求得y′=3x2−12x+13,y′′=6x−12，令y′′=0，得到曲线的对称中心为2,1 .
由|AB|=|AC|，得出A点一定是对称中心，且Bx2,y2,Cx3,y3两点关于A对称，即可求解．
【解答】
解：由题意，函数y=x3−6x2+13x−9 ，
可得y′=3x2−12x+13，y′′=6x−12，
令y′′=0，即6x−12=0，解得x=2，
所以曲线y=x3−6x2+13x−9的对称中心为2,1，
因为直线l与曲线的交点A，B，C，满足|AB|=|AC|，
故A点一定是对称中心，即A点坐标是2,1，
且Bx2,y2，Cx3,y3两点关于A2,1对称，
则x2+x3=4，y2+y3=2，
所以i=13xi+yi=9 .
故选C.
12.
【答案】
A
【考点】
球内接多面体
点、线、面间的距离计算
柱体、锥体、台体的体积
平面向量数量积的运算
【解析】
根据正四面体的体积可求出内切球的半径，取AD的中点为E，PA→⋅PD→=PE→2−14，
可得当PE的长度最小时， PA→⋅PD→取得最小值，求出球心O到点E的距离d，可得点P到AD的距离为d−r .
【解答】
解：∵ 四面体ABCD是棱长为1的正四面体，
∴ V四面体ABCD=13×12×1×1×32×63=212.
设正四面体ABCD内切球的半径为r，
则4×13×12×1×32×r=212，
解得r=612.
如图，取AD的中点为E，
则PA→⋅PD→=PE→+EA→⋅PE→+ED→
=PE→2+PE→⋅EA→+ED→+EA→⋅ED→
=PE→2−|EA→|⋅|ED→|
=PE→2−14.
显然，当PE的长度最小时，PA→⋅PD→取得最小值．
设正四面体内切球的球心为O，
得OA=OD=64.
因为球心O到点E的距离为d=OA2−AE2
=642−122=24，
所以球O上的点P到点E的最小距离为
d−r=24−612=32−612，
即当PA→⋅PD→取得最小值时，点P到AD的距离为32−612.
故选A．
二、填空题
【答案】
n+(n+1)+(n+2)+...+(3n−2)=(2n−1)2
【考点】
归纳推理
等差数列的前n项和
【解析】
由图知，第n个等式的等式左边第一个数是n，共2n−1个连续整数的和，右边是奇数2n−1的平方，即可得结果．
【解答】
解：观察下列等式
1=1
2+3+4=9
3+4+5+6+7=25
4+5+6+7+8+9+10=49
由图知，第n个等式的等式左边第一个数是n，共2n−1个连续整数的和，右边是奇数2n−1的平方，
故有n+(n+1)+(n+2)+...+(3n−2)=(2n−1)2．
故答案为：n+(n+1)+(n+2)+...+(3n−2)=(2n−1)2.
三、解答题
【答案】
解：(1)若p为真，即p:∀x∈2,3，a+1x−1>0恒成立，
得2a+1−1>0,3a+1−1>0,
解得a>−12.
若q为真，即q:∃x0∈R，使得x02+ax0+1<0，
则Δ=a2−4>0，
解得a>2或a<−2，
若p∧q是真命题，则p，q为真，
得a>−12,a<−2或a>2,
所以a>2，
所以a的取值范围是2,+∞．
(2)因为p∧¬q为假， p∨¬q为真，
所以p，¬q一真一假，即p，q同真同假，
当p，q都真时，由(1)，得a>2，
当p，q都假时，
a≤−12,−2≤a≤2,
解得−2≤a≤−12．
综上，a的取值范围为[−2,−12]∪(2,+∞).
【考点】
复合命题及其真假判断
【解析】
（I）先结合一次函数的性质求出p为真时a的范围，
(II)由p∧(￢q)一真一假即p，q同真同假，然后结合复合命题的真假关系可求a的范围．
【解答】
解：(1)若p为真，即p:∀x∈2,3，a+1x−1>0恒成立，
得2a+1−1>0,3a+1−1>0,
解得a>−12.
若q为真，即q:∃x0∈R，使得x02+ax0+1<0，
则Δ=a2−4>0，
解得a>2或a<−2，
若p∧q是真命题，则p，q为真，
得a>−12,a<−2或a>2,
所以a>2，
所以a的取值范围是2,+∞．
(2)因为p∧¬q为假， p∨¬q为真，
所以p，¬q一真一假，即p，q同真同假，
当p，q都真时，由(1)，得a>2，
当p，q都假时，
a≤−12,−2≤a≤2,
解得−2≤a≤−12．
综上，a的取值范围为[−2,−12]∪(2,+∞).
【答案】
解：(1)∵抛物线x2=2pyp>0的焦点为F0,p2，
圆x2+y2=1与y轴交点为0,1，
∴ p2=1⇒p=2，
即x2=4y．
(2)设直线AB为y=kx+m（k一定存在），
∴ y=kx+m，x2=4y，则x2−4kx−4m=0，
∴ x1x2=−4m，y1y2=x124⋅x224=m2，
又∵ ∠AOB=π2，
∴ x1x2+y1y2=0，m2−4m=0⇒m=4，
即直线AB为y=kx+4，1=4k2+1⇒k2=15，
∴ y=±15x+4，x2+y2=1，
即4x±152=0，x02=1516，
∴ y02=116，
即y0=14．
【考点】
抛物线的求解
抛物线的标准方程
直线与抛物线的位置关系
【解析】
(1)求出x2+y2=1与y轴交点，得出抛物线x2=2pyp>0的焦点，求出P．
(2)设出直线AB，与抛物线联立，利用x1x2+y1y2=0求出直线的参数m，再利用AB为切线，求出直线方程．再与圆方程联立求出交点纵坐标即可．
【解答】
解：(1)∵抛物线x2=2pyp>0的焦点为F0,p2，
圆x2+y2=1与y轴交点为0,1，
∴ p2=1⇒p=2，
即x2=4y．
(2)设直线AB为y=kx+m（k一定存在），
∴ y=kx+m，x2=4y，则x2−4kx−4m=0，
∴ x1x2=−4m，y1y2=x124⋅x224=m2，
又∵ ∠AOB=π2，
∴ x1x2+y1y2=0，m2−4m=0⇒m=4，
即直线AB为y=kx+4，1=4k2+1⇒k2=15，
∴ y=±15x+4，x2+y2=1，
即4x±152=0，x02=1516，
∴ y02=116，
即y0=14．
【答案】
解：(1)当a=1时，fx=ex−1，f′x=ex−1，
∴ f′1=1，f(1)=1，
∴ 曲线y=fx在点1,1处的切线方程为y−1=x−1，
即y=x.
(2)设直线与曲线y=fx相切于点Ax1,y1，与曲线y=gx相切于点Bx2,y2，
则f′x=ex−a，g′x=1x，
∵ 曲线y=fx在点A处的切线为y−ex1−a=ex1−ax−x1，
与曲线y=gx相切于点B，
∴ ex1−a=1x2①，lnx2−b−ex1−a=ex1−a(x2−x1)②，
由①，得x1−a=ln1x2=−lnx2，
即lnx2=a−x1，
将ex1−a=1x2，lnx2=a−x1代入②，得
a−x1−b−1x2=1x2x2−x1，
又a=b+2，
整理，得x1−1x2−1=0，
当x1=1时，y−e1−a=e1−ax−1，即y=e1−ax；
当x2=1时，a−x1=lnx2=0，x1=a，
∴ y−1=x−a，即y=x+1−a，
∴ 存在这样的直线，直线为y=e1−ax或y=x+1−a.
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
导数的几何意义
【解析】
（1）当a=1时，fx=ex−1，f′x=ex−1，故k=f′1=1，再根据点斜式方程求解即可 .
（2）设直线与曲线y=fx相切于点Ax1,y1，与曲线y=gx相切于点Bx2,y2，
①则根据切点在切线上，也在曲线上得ex1−a=1x2①，lnx2−b−ex2−a(x2−x1)②，，
整理得x1−1x2−1=0，再分当x1=1时和x2=1时两种情况求解即可．
【解答】
解：(1)当a=1时，fx=ex−1，f′x=ex−1，
∴ f′1=1，f(1)=1，
∴ 曲线y=fx在点1,1处的切线方程为y−1=x−1，
即y=x.
(2)设直线与曲线y=fx相切于点Ax1,y1，与曲线y=gx相切于点Bx2,y2，
则f′x=ex−a，g′x=1x，
∵ 曲线y=fx在点A处的切线为y−ex1−a=ex1−ax−x1，
与曲线y=gx相切于点B，
∴ ex1−a=1x2①，lnx2−b−ex1−a=ex1−a(x2−x1)②，
由①，得x1−a=ln1x2=−lnx2，
即lnx2=a−x1，
将ex1−a=1x2，lnx2=a−x1代入②，得
a−x1−b−1x2=1x2x2−x1，
又a=b+2，
整理，得x1−1x2−1=0，
当x1=1时，y−e1−a=e1−ax−1，即y=e1−ax；
当x2=1时，a−x1=lnx2=0，x1=a，
∴ y−1=x−a，即y=x+1−a，
∴ 存在这样的直线，直线为y=e1−ax或y=x+1−a.
【答案】
(1)证明：取AB中点为O，连结OD，OB1，如图，
因为BB1=AB1，
所以OB1⊥AB.
因为AB⊥B1D，OB1∩B1D=B1，
所以AB⊥平面B1OD.
因为OD⊂平面B1OD，
所以AB⊥OD.
因为D为AC中点，
所以OD//BC，
又∠B1BC=90∘，即BC⊥BB1，
所以OD⊥BB1.
因为AB∩BB1=B，
所以OD⊥平面ABB1A，
又OD⊂平面ABC，
所以平面ABB1A1⊥平面ABC.
(2)解：由(1)知，OB，OD，OB1两两垂直，
以O为坐标原点，射线OB，OD，OB1分别为x轴，y轴，z轴
的非负半轴建立如图所示的空间直角坐标系O−xyz，
设|OB→|=1，
则B1,0,0，B10,0,3，D0,1,0，
BB1→=−1,0,3，B1D→=0,1,−3，
设平面BB1D的一个法向量为m→=x,y,z，
则m→⋅B1D→=y−3z=0,m→⋅BB→1=−x+3z=0,
令x=3，即m→=3,3,1，
取平面BB1A的法向量n→=0,1,0，
则cs⟨m→,n→⟩=m→⋅n→|m→|⋅|n→|=37×1=217，
所以二面角D−BB1−A的余弦值为217 .
【考点】
平面与平面垂直的判定
用空间向量求平面间的夹角
【解析】
（1）取AB中点O，证得AB⊥OD，而OD与BC平行，由已知可得OD⊥BB，进而证得结论 .
（2）由（1）的推理过程，以O为原点建立空间直角坐标系，求出二面角两个半平面的法向量坐标，用向量夹角公式求解即得．
【解答】
(1)证明：取AB中点为O，连结OD，OB1，如图，
因为BB1=AB1，
所以OB1⊥AB.
因为AB⊥B1D，OB1∩B1D=B1，
所以AB⊥平面B1OD.
因为OD⊂平面B1OD，
所以AB⊥OD.
因为D为AC中点，
所以OD//BC，
又∠B1BC=90∘，即BC⊥BB1，
所以OD⊥BB1.
因为AB∩BB1=B，
所以OD⊥平面ABB1A，
又OD⊂平面ABC，
所以平面ABB1A1⊥平面ABC.
(2)解：由(1)知，OB，OD，OB1两两垂直，
以O为坐标原点，射线OB，OD，OB1分别为x轴，y轴，z轴
的非负半轴建立如图所示的空间直角坐标系O−xyz，
设|OB→|=1，
则B1,0,0，B10,0,3，D0,1,0，
BB1→=−1,0,3，B1D→=0,1,−3，
设平面BB1D的一个法向量为m→=x,y,z，
则m→⋅B1D→=y−3z=0,m→⋅BB→1=−x+3z=0,
令x=3，即m→=3,3,1，
取平面BB1A的法向量n→=0,1,0，
则cs⟨m→,n→⟩=m→⋅n→|m→|⋅|n→|=37×1=217，
所以二面角D−BB1−A的余弦值为217 .
【答案】
解：(1)由题意可得 a−c=1，b=5，
∴ a=3，b=5，
∴ 椭圆E的方程为x29+y25=1 .
(2)假设存在实数λ，使得k1=λk2，
由题意可知直线MN斜率不为零，
设lMN:x=my+2，Mx1,y1，Nx2,y2，
且y1>0，y2<0，x1≠3，x2≠−3，
x29+y25=1，x=my+2，
则5m2+9y2+20my−25=0，
∴ Δ>0，y1+y2=−20m5m2+9，y2⋅y2=−255m2+9，
∴ my1⋅y2=54y1+y2，
∴ λ=k1k2=y2x2+3y1x1−3=(x1−3)y2(x2+3)y1
=(my1−1)y2(my2+5)y1=my1⋅y2−y2my1⋅y2+5y1，
=54y1+y2−y254(y1+y2)+5y1=54y1+14y2554y1+14y2=15 .
故存在实数λ=15，使得k1=λk2成立．
【考点】
椭圆的标准方程
圆锥曲线的定值问题
【解析】
（1）由题意布列方程组，即可得到结果 .
（2）设lMN:x=my+2，联立方程，借助韦达定理表示λ=k1k2=my1⋅y2−y2m1⋅y2+5y1，即可得到结果．
【解答】
解：(1)由题意可得 a−c=1，b=5，
∴ a=3，b=5，
∴ 椭圆E的方程为x29+y25=1 .
(2)假设存在实数λ，使得k1=λk2，
由题意可知直线MN斜率不为零，
设lMN:x=my+2，Mx1,y1，Nx2,y2，
且y1>0，y2<0，x1≠3，x2≠−3，
x29+y25=1，x=my+2，
则5m2+9y2+20my−25=0，
∴ Δ>0，y1+y2=−20m5m2+9，y2⋅y2=−255m2+9，
∴ my1⋅y2=54y1+y2，
∴ λ=k1k2=y2x2+3y1x1−3=(x1−3)y2(x2+3)y1
=(my1−1)y2(my2+5)y1=my1⋅y2−y2my1⋅y2+5y1，
=54y1+y2−y254(y1+y2)+5y1=54y1+14y2554y1+14y2=15 .
故存在实数λ=15，使得k1=λk2成立．
【答案】
(1)解：函数fx的定义域为0,+∞，
f′x=ax−1x+12=ax2+2a−1x+axx+12，
令gx=ax2+2a−1x+a，
∵ a>0，开口向上，
∴ Δ=2a−12−4a2=−4a+1，
①当a≥14时，Δ=−4a+1≤0，gx≥0，
∴ f′x≥0，即fx在0,+∞上单调递增；
②当00，
令gx=0，
解得x1=1−2a−1−4a2a，x2=1−2a+1−4a2a，
∴x2>x1=1−2a−1−4a2a
=1−4a+4a2−1−4a2a>0，
当x∈0,x1时，gx>0，f′x>0，fx单调递增；
当x∈x1,x2时，gx<0，f′x<0，fx单调递减；
当x∈x2,+∞时，gx>0，f′x>0，fx单调递增，
综上所述，当00,1−2a−1−4a2a和1−2a+1−4a2a,+∞上单调递增；
在1−2a−1−4a2a,1−2a+1−4a2a上单调递减；
当a≥14时，fx在0,+∞上单调递增．
(2)证明：由(1)知函数fx的两个极值点为x1，x2，则0∴x1+x2=1−2aa，x1x2=1，
∴Fx1+Fx2=fx1+x1lna+fx2+x2lna
=alnx1+1x1+1+alnx2+1x2+1+x1+x2lna
=alnx1x2+x1+x2+2x1+1x2+1+x1+x2lna
=x1+x2+2x1x2+x1+x2+1+x1+x2lna
=x1+x2+21+x1+x2+1+x1+x2lna
=1+1−2aalna，
记ha=1+1−2aalna=1+1a−2lna0则h′a=−1a2lna+1a−21a=−lna+1−2aa2.
∵ 0∴1−2a>0，−lna>0，
∴h′a>0，即ha在0,14上单调递增，
∴ha即1+1−2aalna<1−4ln2，
∴Fx1+Fx2<1−4ln2．
【考点】
利用导数研究函数的单调性
利用导数研究函数的极值
利用导数研究不等式恒成立问题
【解析】
(1)先求导，gx=ax2+2a−1x+a，讨论其判别式．研究gx>0和gx<0的解，即得函数fx的单调性．
(2)依题意先得到韦达定理x1+x2=1−2aa，x1x2=1，再代入计算Fx1+Fx2并化简为Fx1+Fx2=1+1−2aalna，令ha=1+1−2aalna，利用导数研究其单调性证明ha<1−4ln2，即证结论．
【解答】
(1)解：函数fx的定义域为0,+∞，
f′x=ax−1x+12=ax2+2a−1x+axx+12，
令gx=ax2+2a−1x+a，
∵ a>0，开口向上，
∴ Δ=2a−12−4a2=−4a+1，
①当a≥14时，Δ=−4a+1≤0，gx≥0，
∴ f′x≥0，即fx在0,+∞上单调递增；
②当00，
令gx=0，
解得x1=1−2a−1−4a2a，x2=1−2a+1−4a2a，
∴x2>x1=1−2a−1−4a2a
=1−4a+4a2−1−4a2a>0，
当x∈0,x1时，gx>0，f′x>0，fx单调递增；
当x∈x1,x2时，gx<0，f′x<0，fx单调递减；
当x∈x2,+∞时，gx>0，f′x>0，fx单调递增，
综上所述，当00,1−2a−1−4a2a和1−2a+1−4a2a,+∞上单调递增；
在1−2a−1−4a2a,1−2a+1−4a2a上单调递减；
当a≥14时，fx在0,+∞上单调递增．
(2)证明：由(1)知函数fx的两个极值点为x1，x2，则0∴x1+x2=1−2aa，x1x2=1，
∴Fx1+Fx2=fx1+x1lna+fx2+x2lna
=alnx1+1x1+1+alnx2+1x2+1+x1+x2lna
=alnx1x2+x1+x2+2x1+1x2+1+x1+x2lna
=x1+x2+2x1x2+x1+x2+1+x1+x2lna
=x1+x2+21+x1+x2+1+x1+x2lna
=1+1−2aalna，
记ha=1+1−2aalna=1+1a−2lna0则h′a=−1a2lna+1a−21a=−lna+1−2aa2.
∵ 0∴1−2a>0，−lna>0，
∴h′a>0，即ha在0,14上单调递增，
∴ha即1+1−2aalna<1−4ln2，
∴Fx1+Fx2<1−4ln2．