2022-2023学年广东省茂名市高二（下）期末数学试卷(含详细答案解析)

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这是一份2022-2023学年广东省茂名市高二（下）期末数学试卷(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.已知集合A={x∈N|−1A. {x|−1≤x<3}B. {x|−12.已知复数z=21+i，则|z−i|=( )
A. 5B. 2C. 2D. 5
3.已知AD是△ABC的中线，AB=a,AD=b，则AC=( )
A. 12(b+a)B. 2b+aC. 12(b−a)D. 2b−a
4.现有上底面半径为2，下底面半径为4，母线长为2 10的圆台，则其体积为( )
A. 40πB. 56πC. 40 10π3D. 56 10π3
5.甲、乙、丙、丁4名志愿者参加创文巩卫志愿者活动，现有A、B、C三个社区可供选择，每名志愿者只能选择其中一个社区，每个社区至少一名志愿者，则甲不在A社区的概率为( )
A. 13B. 12C. 23D. 34
6.已知sin(α−β)csα−cs(α−β)sinα=14，则sin(3π2+2β)=( )
A. 78B. 1516C. ± 1516D. −78
7.已知a=lg34,b=lg49,c=32，则( )
A. a8.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为 63，下顶点为B，点M为C上的任意一点，则|MB|的最大值是( )
A. 3 22bB. 2bC. 3bD. 2b
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。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9.某地区国庆七天每天的最高气温分别是22，21，20，20，22，23，24(单位 ∘C)，则( )
A. 该组数据的极差为4B. 该组数据的众数为20
C. 该组数据的中位数为20D. 该组数据的第80百分位数为23
10.已知f(x)是定义在R上的偶函数，且f(x−3)=f(x+1)，当x∈[0,2]时，f(x)=x2+1，则下列各选项正确的是( )
A. 当x∈[−2,0)时，f(x)=x2+1B. y=f(x)的周期为4
C. f(2023)=3D. y=f(x)的图象关于(2,0)对称
11.已知抛物线C：y2=4x的焦点为F，准线为l，A为抛物线上任意一点，点P为A在l上的射影，线段PF交y轴于点E，Q为线段AF的中点，则( )
A. AE⊥PFB. 直线AE与抛物线C相切
C. 点Q的轨迹方程为y2=2x−1D. ∠QEF可以是直角
12.已知f(x)=xex,x≤0xex,x>0，则( )
A. f(x)的极小值为−1e
B. 存在实数a，使[f(x)]2+af(x)−1=0有4个不相等的实根
C. 若f(x)−ax>0在(0,+∞)上恰有2个整数解，则1e3≤a<1e2
D. 当x∈(0,+∞)时，函数h(x)=e2xf(x)−x−lnx的最小值为1
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn=2an−4，则an=______.
14.圆心在直线y=x+3上，且过点A(2,4)，B(1,−3)的圆的标准方程为______.
15.(2+ax)(1−x)6的展开式中含x4的项的系数为150，则a=______.
16.如图，在三棱锥V−ABC中，△VAB和△ABC都是边长为2的正三角形，二面角V−AB−C为θ，当60∘≤θ≤120∘时，三棱锥V−ABC的外接球表面积S的范围为______.
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△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，其面积为S，AD为边BC上的中线.
(1)证明：AD=12 2(b2+c2)−a2；
(2)当S=2 3，B=π3时，求AD的最小值.
18.(本小题12分)
已知等差数列{an}的公差不为0，其前n项和为Sn，S5=25，且a1，a2，a5成等比数列.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn=4nan2⋅an+12，记数列{bn}的前n项和为Tn，若Tn≤m2+12m对任意n∈N*恒成立，求m的取值范围.
19.(本小题12分)
2023年6月6日是第28个全国“爱眼日”，某市为了了解该市高二同学们的视力情视力情况进行了调查，从中随机抽取了200名学生的体检表，得到如表所示的统计数据.
(1)估计全市高二学生视力的平均数和中位数(每组数据以区间的中点值为代表，结果精确到0.1)；
(2)视频率为概率，从全市视力不低于4.8的学生中随机抽取3名学生，设这3名学生的视力不低于5.0的人数为X，求X的分布列和数学期望.
20.(本小题12分)
如图，在平面四边形ABCD中，AB//DC，△ABD为边长为2的正三角形，DC=3，点O为AB的中点，沿DO将△AOD折起得到四棱锥P−OBCD，且PC= 13.
(1)证明：BD⊥PC；
(2)点E为线段PC上的动点(不含端点)，当平面POD与平面EBD的夹角为30∘时，求|PE||PC|的值.
21.(本小题12分)
已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的离心率为 52,C的右焦点F到其渐近线的距离为1.
(1)求该双曲线C的方程；
(2)过点S(4,0)的动直线l(存在斜率)与双曲线C的右支交于A、B两点，x轴上是否存在一个异于点S的定点T，使得|SA|⋅|TB|=|SB|⋅|TA|成立.若存在，请写出点T的坐标，若不存在请说明理由.
22.(本小题12分)
已知函数f(x)=aex−ln(x+2)+lna−2.
(1)当a=1时，求f(x)在点(0,f(0))处的切线方程；
(2)若f(x)有两个零点x1，x2，求实数a的取值范围，并证明：x1+x2+2>0.
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：由集合A={x∈N|−1又由阴影部分表示的集合为A∩(∁RB)={0,1,2}.
故选：C.
根据题意求得结合A={0,1,2,3}，结合阴影部分表示的集合为A∩(∁RB)，即可求解．
本题主要考查了利用Venn图表达集合的关系和运算，属于基础题．
2.【答案】A
【解析】解：由题意知，z=21+i=2×(1−i)(1+i)×(1−i)=2×(1−i)2=1−i，
所以z−i=1−2i，
所以|z−i|=|1−2i|= 12+(−2)2= 5.
故选：A.
利用复数的除法法则和复数的减法法则，结合复数的模公式即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，属于基础题．
3.【答案】D
【解析】解：因为AD是△ABC的中线，AB=a,AD=b，
则AC=AB+BC=AB+2BD=AB+2(AD−AB)=2AD−AB=2b−a.
故选：D.
利用向量的线性运算求解．
本题主要考查了向量的线性运算，属于基础题．
4.【答案】B
【解析】解：由R=4,r=2,l=2 10，
则圆台的高h= l2−(R−r)2=6，
根据圆台体积公式得V=π3(R2+r2+Rr)h=π3×(42+22+4×2)×6=56π.
故选：B.
由R=4,r=2,l=2 10求得圆台的高h= l2−(R−r)2=6，再根据圆台体积公式即可求解．
本题考查圆台的体积计算，考查运算求解能力，属于基础题．
5.【答案】C
【解析】解：4名志愿者分配到3个社区的方法共有C42A33=36种，
其中甲在A社区的方法有两种情况，
若A社区分配2名志愿者，则从乙丙丁三人中选择1人连同甲一起去A社区，则有C31A22=6种情况，
若A社区只有甲这1名志愿者，则从乙丙丁中选择2人去BC两个社区其中之一，则共有C32C21=6种情况，
故甲不在A社区一共有36−6−6=24种，
故甲不在A社区的概率为2436=23.
故选：C.
根据分配分组问题，结合排列组合以及分步分类即可求解个数．
本题主要考查了排列组合知识，考查了古典概型的概率公式，属于中档题．
6.【答案】D
【解析】解：因为sin(α−β)csα−cs(α−β)sinα=14，
所以sin[(α−β)−α]=sin(−β)=14，
所以sinβ=−14，
所以sin(3π2+2β)=−cs2β=−(1−2sin2β)=−78.
故选：D.
利用两角差的正弦公式及诱导公式求出sinβ，再由诱导公式及二倍角公式计算可得．
本题主要考查了和差角公式及诱导公式，二倍角公式的应用，属于基础题．
7.【答案】A
【解析】解：∵a=lg34∴a∵b=lg49>lg48=32，
∴b>c，
∴a故选：A.
将32分别变形为以3为底的对数及以4为底的对数，利用对数函数的单调性求解．
本题主要考查对数值大小的比较，属于基础题．
8.【答案】A
【解析】解：由椭圆C的离心率e= 63，可得a= 3b，所以椭圆的方程为x23b2+y2b2=1，
设M(x0,y0)，则x023b2+y02b2=1，可得x02=3b2−3y02，
又由点B(0,−b)，
可得|MB|2=x02+(y0+b)2=3b2−3y02+(y0+b)2=−2(y0−b2)2+9b22，
因为−b≤y0≤b，所以|MB|^2，所以|MB|max=3 2b2.
故选：A.
设M(x0,y0)，得到x023b2+y02b2=1，求得|MB|2=−2(y0−b2)2+9b22，结合二次函数的性质，即可求解．
本题主要考查椭圆的性质，属于中档题．
9.【答案】AD
【解析】解：该组数据的极差为：24−20=4，故A正确；
将该组数据从小到大的排列为：20，20，21，22，22，23，24，
所以该组数据的众数为20，22，故B 错误；
该组数据的中位数为22，故C错误；
由7×80%=5.6，
所以该组数据的第80百分位数为从小到大的排列的第6个数据为23，故D正确．
故选：AD.
利用极差、众数、中位数和第p百分位数的定义即可求解．
本题主要考查了极差、众数、中位数和第p百分位数的定义，属于基础题．
10.【答案】AB
【解析】解：f(x)是定义在R上的偶函数，设x∈[−2,0),则−x∈(0,2],
∴f(x)=f(−x)=x2+1，故A正确；
由f(x−3)=f(x+1)得f(x+4)=f(x)，∴f(x)的周期为4，故B正确；
∵f(2023)=f(3)=f(−1)=f(1)=2，故C错误；
∵f(3)≠−f(1)，故D错误．
故选：AB.
利用f(x)是定义在R上的偶函数可判断A；利用f(x−3)=f(x+1)得f(x)的周期可判断BC；利用特殊值可判断D.
本题主要考查抽象函数及其应用，考查运算求解能力，属于中档题．
11.【答案】ABC
【解析】解：设准线与x轴交于点M，由抛物线知原点O为FM的中点，l//y轴，
所以E为线段PF的中点，由抛物线的定义知|AP|=|AF|，所以AE⊥PF，故A正确；
由题意知，E为线段PF的中点，从而设A(x1,y1)，x1≠0，则E(0,y12)，
直线AE的方程：y=y12x1(x+x1)，
与抛物线方程y2=4x联立可得：y=y12x1(y24+x1)，
由y12=4x1代入左式整理得：y2−2y1y+y12=0，所以Δ=4y12−4y12=0，
所以直线AE与抛物线相切，故B正确；
设点Q(x,y)，则点A(2x−1,2y)，
而A是抛物线C上任意一点，于是得(2y)2=4(2x−1)，即y2=2x−1，
所以点Q的轨迹方程为y2=2x−1，故C正确；
因点Q的轨迹方程为y2=2x−1，则设Q(t2+12,t)，
令E(0,m)，有EF=(1,−m),EQ=(t2+12,t−m)，
EF⋅EQ=m2−tm+t2+12=(m−12t)2+14t2+12>0，
于是得∠QEF为锐角，故D错误．
故选：ABC.
分别应用抛物线定义，直线与抛物线位置关系的判定，求轨迹方程的方法，向量法判断垂直进行求解．
本题主要考查抛物线的性质，考查转化能力，属于中档题．
12.【答案】ACD
【解析】解：当x≤0时，f′(x)=xex+ex=ex(x+1)，
∴当x<−1时，f′(x)<0，∴f(x)在(−∞,−1)上单调递减；
当−10，∴f(x)在(−1,0)上单调递增，
∴f(x)的极小值为f(−1)=−1e；
同理可得，当x>0时，f(x)在(0,1)上单调递增；f(x)在(1,+∞)上单调递减，
∴f(x)的极大值为f(1)=1e，∴y=f(x)的图像大致如图所示：
由图可知A正确；
令t=f(x)，则t2+at−1=0有两个实根t1，t2，且t1∈(−1e,0),t2∈(0,1e)，
则令g(t)=t2+at−1，∴g(0)=−1<0，∴g(−1e)>0g(1e)>0，
∴a<1e−ea>e−1e，所以无解，故B错误；
由f(2)>2af(3)≤3a，得1e3≤a<1e2，故C正确；
h(x)=xex−x−lnx，
则h′(x)=ex+xex−1−1x=(x+1)(ex−1x)，由x>0，知x+1>0，
设t(x)=ex−1x，则t(x)在(0,+∞)上单调递增，又t(12)= e−2<0，t(1)=e−1>0，
所以存在x0∈(12,1)，使得h′(x0)=0，即ex0=1x0，
所以当x∈(0,x0)时，h′(x)<0，h(x)单调递减；
当x∈(x0,+∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，
所以h(x)min=h(x0)=x0ex0−x0−lnx0=x0⋅1x0−x0+x0=1，故D正确．
故选：ACD.
根据题意，利用导数研究函数f(x)的性质，即可画出其函数图像，即可判断A，换元令t=f(x)，由二次函数根的分布列出不等式，即可判断B，列出不等式求解，即可判断C，求导得到函数h(x)的极值，即可判断D.
本题考查导数的综合应用，利用导数研究函数的单调性与极值，化归转化思想，数形结合思想，属难题．
13.【答案】2n+1
【解析】解：因为Sn=2an−4，
所以当n≥2时，Sn−1=2an−1−4，两式相减得Sn−Sn−1=2an−4−(2an−1−4)，整理得an=2an−1，
即n≥2时，an=2an−1，
又当n=1时，S1=a1=2a1−4，解得a1=4，
所以数列{an}是以4为首项，2为公比的等比数列，
所以an=4×2n−1=2n+1.
故答案为：2n+1.
根据Sn，an的关系即可得数列{an}是以4为首项，2为公比的等比数列，由等比数列的通项即可求解．
本题主要考查数列的递推式，考查转化能力，属于中档题．
14.【答案】(x+2)2+(y−1)2=25
【解析】解：直线AB的斜率为−3−41−2=7，线段AB的中点为(32,12)，
线段AB的垂直平分线的方程为：y−12=−17(x−32)，即y=−17x+57，
联立y=−17x+57y=x+3，解得x=−2y=1，即圆心坐标为(−2,1)，
半径r= (−2−2)2+(1−4)2=5，
所以所求圆的标准方程为：(x+2)2+(y−1)2=25.
故答案为：(x+2)2+(y−1)2=25.
通过求圆心和半径来求得圆的标准方程．
本题主要考查了圆的性质及定义在圆的方程求解中的应用，属于基础题．
15.【答案】−6
【解析】解：(1−x)6展开式的通项为：Tr+1=C6r(−x)r=(−1)rC6rxr，
∴(2+ax)(1−x)6展开式中x4的系数为2(−1)4C64+a(−1)3C63=30−20a=150，∴a=−6.
故答案为：−6.
求出(1−x)6的展开式通项，然后利用含x4项的系数为150列方程求解．
本题考查二项式定理，属于基础题．
16.【答案】[52π9,28π3]
【解析】解：根据题意，取AB的中点O，连接VO，CO，
因为△VAB和△ABC都是边长为2的正三角形，
所以VO⊥AB，CO⊥AB，
所以∠VOC为二面角V−AB−C的平面角，所以θ=∠VOC，
设△VAB，△ABC的外心分别为F，E，
在平面VOC内过点F作VO的垂线，过点E作OC的垂线，交于点G，
则G为V−ABC外接球的球心，
因为△ABC是边长为2的正三角形，E为△ABC的外心，
所以CE=2 3，OE=1 3，
又由GE=OEtanθ2，则R2=CE2+GE2=43+13tan2θ2(30∘≤θ2≤60∘),R2∈[139,73]，
故球的表面积S=4πR2∈[52π9,28π3].
故答案为：[52π9,28π3].
根据题意，取AB的中点O，连接VO，CO，则∠VOC为二面角V−AB−C的平面角，设△VAB，△ABC的外心分别为F，E，在平面VOC内过点F作VO的垂线，过点E作OC的垂线，交于点G，则G为V−ABC外接球的球心，从而表示出外接球半径，进而可求出球的表面积的范围．
本题考查球的表面积计算，注意球与三棱锥的位置关系，属于中档题．
17.【答案】解：(1)证明：因为AD为边BC上的中线，
所以在△ABC中，∠ADB+∠ADC=π，
所以cs∠ADB+cs∠ADC=0，
在△ADB和△ADC中，由余弦定理可得AD2+BD2−AB22AD⋅BD+AD2+CD2−AC22AD⋅CD=0，
又因为BD=CD，
所以AD2=12(b2+c2−12a2)，
所以AD=12 2(b2+c2)−a2，得证；
(2)因为S=2 3，B=π3，
所以S=12acsinB= 34ac=2 3，
所以ac=8，
在△ABC中，由余弦定理b2=a2+c2−2accsB，可得b2=a2+c2−ac，
又由(1)可得AD=12 2(b2+c2)−a2=12 a2+4c2−2ac，
所以AD=12 a2+4c2−2ac≥12 4ac−2ac=12 2ac=2，当且仅当a=2c时等号成立，
所以AD的最小值为2.
【解析】(1)由题意可得∠ADB+∠ADC=π，在△ADB和△ADC中，由余弦定理可得AD2+BD2−AB22AD⋅BD+AD2+CD2−AC22AD⋅CD=0，结合BD=CD，即可证明；
(2)利用三角形的面积公式可求ac=8，在△ABC中，由余弦定理可得b2=a2+c2−ac，由(1)结论利用基本不等式即可求解AD的最小值．
本题考查了余弦定理，三角形的面积公式以及基本不等式在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．
18.【答案】解：(1)设等差数列{an}的公差为d，且d≠0，
由题意得：a22=a1a5S5=25，即(a1+d)2=a1(a1+4d)5a1+5×42d=25，
解得a1=1d=2，
所以an=1+2(n−1)=2n−1；
(2)因为bn=4nan2⋅an+12=4n(2n−1)2⋅(2n+1)2=12[1(2n−1)2−1(2n+1)2]，
所以Tn=b1+b2+b3+…+bn
=12[1−132+132−152+152−172+⋯+1(2n−1)2−1(2n+1)2]
=12[1−1(2n+1)2]，
所以Tn<12，
因为Tn≤m2+12m对任意n∈N*恒成立，
所以m2+12m≥12，解得m≤−1或m≥12，
所以m的取值范围为(−∞,−1]∪[12,+∞).
【解析】(1)设数列{an}的公差为d，且d≠0，然后由题意列方程组，求出a1，d，从而可求出通项公式；
(2)由(1)得bn=4n(2n−1)2⋅(2n+1)2，然后利用裂项相消法可求出Tn=12[1−1(2n+1)2]，则Tn<12，所以m2+12m≥12，从而可求出m的取值范围．
本题考查等差数列基本量的运算和裂项相消法求数列的前项和，属于中档题．
19.【答案】解：(1)由表中数据，估计全市高二学生视力的平均数为：
x−=1200×(4.1×20+4.3×30+4.5×70+4.7×35+4.9×30+5.1×15)=4.57≈4.6，
由表中数据，视力小于4.4的频率为50200=0.25，视力小于4.6的频率为120200=0.6，
所以中位数在4.4至4.6之间，设中位数为x，
则x−4.44.6−4.4×70200=0.5−0.25，解得x≈4.5；
(2)由题意，全市视力不低于4.8的学生共有45人，从这些学生中随机抽取1名学生，
这名学生取自区间[4.8,5.0)的概率为3045=23，取自区间[5.0,5.2)的概率为1545=13，
则从全市视力不低于4.8的学生中随机抽取3名学生，这3名学生的视力不低于5.0的人数X服从二项分布，即X∼B(3,13)，
故P(X=0)=(1−13)3=827，P(X=1)=C31×13×(1−13)2=1227=49，
P(X=2)=C32×(13)2×(1−13)=627=29，P(X=3)=(13)3=127，
故X的分布列为：
E(X)=3×13=1.
【解析】(1)由平均数，中位数的定义，取每组数据的中间值作代表直接计算即可；
(2)根据表中数据，在视力不低于4.8的范围内任取一名学生，这么学生来自于区间[4.8,5.0)和区间[5.0,5.2)的概率，再根据二项分布求出X=0，1，2，3时的概率即得分布列和数学期望．
本题考查离散型随机变量的应用，属于中档题．
20.【答案】解：(1)因为△ABD为边长为2的正三角形，点O为AB中点，
连接OC交BD于点G，
，
因为AB//DC，DC=3，
所以OC= OD2+DC2=2 3，
因为PC= 13，
所以PC2=PO2+OC2，
所以PO⊥OC，
又因为PO⊥OD，OD，OC⊂平面OBCD，OD∩OC=O，
所以PO⊥平面OBCD，
因为BD⊂平面OBCD，
所以PO⊥BD，
在底面OBCD中，△DGC∽△BGO，
所以DCOB=DGGB=GCOG，进而BG=12,OG= 32，
所以OB2=OG2+GB2，
所以BD⊥OC，
因为PO，OC⊂平面POC，PO∩OC=O，
所以BD⊥平面POC，
因为PC⊂平面POC，
所以BD⊥PC.
(2)由(1)可知，OB、OD、OP两两垂直，
所以以O为原点，OB，OD，OP所在直线分别为x、y、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系O−xyz，
所以P(0,0,1),B(1,0,0),C(3, 3,0),D(0, 3,0)，
根据题意可得OB=(1,0,0)为平面POD的一个法向量，
设PE=λPC，
所以E(3λ, 3λ,1−λ)(0<λ<1)，
所以BE=(3λ−1, 3λ,1−λ),DE=(3λ, 3λ− 3,1−λ)，
设平面BDE的一个法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅BE=(3λ−1)x+ 3λy+(1−λ)z=0n⋅DE=3λx+( 3λ− 3)y+(1−λ)z=0，
取x=3，则y= 3，z=3−12λ1−λ，
所以n=(3, 3,3−12λ1−λ)，
因为平面POD与平面EBD的夹角为30∘，
所以cs30∘=|cs⟨OB,n⟩|=|OB⋅n|OB||n||，
所以3 12+(3−12λ1−λ)2= 32，解得:λ=14∈(0,1)，
所以当平面POD与平面EBD的夹角为30∘时，|PE||PC|=λ=14.
【解析】(1)根据三角形的边角关系可得线线垂直，进而根据线线垂直即可得线面垂直，即可求证．
(2)建立空间直角坐标系，利用法向量的夹角，即可求解．
本题考查直线与平面的位置关系，二面角，解题关键是空间向量法的应用，属于中档题．
21.【答案】解：(1)由已知可得bc a2+b2=1e=ca= 52a2+b2=c2，解得a=2，b=1，
∴双曲线C的方程为x24−y2=1；
(2)假设存在定点T满足已知条件，故设T(m,0)，
∵|SA|⋅|TB|=|SB|⋅|TA|，∴|SA||TA|=|SB||TB|，
在△ATS和△BTS中，由正弦定理得：
|SA|sin∠ATS=|TA|sin∠AST，|SB|sin∠BTS=|TB|sin∠BST，
∴|SA||TA|=sin∠ATSsin∠AST，|SB||TB|=sin∠BTSsin∠BST，
∵∠AST=π−∠BST，∴sin∠AST=sin∠BST，
又∵|SA||TA|=|SB||TB|，∴sin∠ATS=sin∠BTS，可得∠ATS=∠BTS，
∴直线AT与直线BT的倾斜角互补，得kAT+kBT=0，
当直线l的斜率为0时，显然不符合题意；
当直线l的斜率不为0时，设直线l的方程为x=ny+4，n≠0，A(x1,y1)，B(x2,y2)，
联立x=ny+4x24−y2=1，得(n2−4)y2+8ny+12=0，
∴y1+y2=−8nn2−4,y1y2=12n2−4，
又∵直线l与双曲线C的右支交于A，B两点，
∴x1x2>0x1+x2>0Δ>0n2−4≠0，即n2y1y2+4n(y1+y2)+16>0n(y1+y2)+8>016(n2+12)>0n2≠4，
代入根与系数的关系可得：−4(n2+16)n2−4>0−32n2−4>016(n2+12)>0n2≠4，解得0∵kAT+kBT=0，∴y1x1−m+y2x2−m=0，
又x1=ny1+4，x2=ny2+4，
∴y1ny1+4−m+y2ny2+4−m=0，即2ny1y2+(4−m)(y1+y2)=0，
∴2n⋅12n2−4+(4−m)(−8nn2−4)=0，
即8n(m−1)=0，解得m=1，
∴存在定点T(1,0)，使得|SA|⋅|TB|=|SB|⋅|TA|成立．
【解析】(1)根据条件列出关于a，b，c的方程组，求出a与b的值，则双曲线方程可求；
(2)假设存在定点T满足已知条件，故设T(m,0)，结合正弦定理得∠ATS=∠BTS，则kAT+kBT=0，当直线的斜率为0时，显然不符合题意；当直线l的斜率不为0时，设直线l的方程为x=ny+4，n≠0，与双曲线联立，由直线l与双曲线C的右支交于A，B两点，求得n2范围，然后结合韦达定理及kAT+kBT=0求解即可．
本题考查双曲线方程的求法，考查直线与双曲线位置关系的应用，考查运算求解能力，属难题．
22.【答案】解：(1)当a=1时，f(x)=ex−ln(x+2)−2，
∴f′(x)=ex−1x+2，
∴f′(0)=12，又f(0)=−1−ln2，
∴y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为：y=12x−1−ln2.
(2)证明：f(x)=ex+lna+x+lna−(x+2)−ln(x+2)，
令g(t)=et+t，则y=g(t)在R上单调递增，
由f(x)=0，得g(x+lna)=g(ln(x+2))，
∴x+lna=ln(x+2)有两个实根x1，x2，
lna=ln(x+2)−x，
令h(x)=ln(x+2)−x，
∴h′(x)=−x+1x+2，
当x∈(−2,−1)时，h′(x)>0；x∈(−1,+∞)时，h′(x)<0，
∴h(x)在(−2,−1)上单调递增，在(−1,+∞)上单调递减，
∴h(x)max=h(−1)=1，
则h(x)在区间(−2,−1)上的取值范围是(−∞,1)，
h(x)在区间(−1,+∞)上的取值范围是(−∞,1)，
∴lna<1，
∴a∈(0,e)，
由前面分析可知h(x1)=h(x2)，
∴ln(x1+2)−x1=ln(x2+2)−x2，
∴lnx1+2x2+2=(x1+2)−(x2+2)，
不妨设x1>x2>−2，令t=x1+2x2+2，则t>1，
∴x1+2=tlntt−1,x2+2=lntt−1，
x1+x2+2=(t+1)lntt−1−2，
令φ(t)=lnt−2(t−1)t+1(t>1)，
则φ′(t)=(t−1)2t(t+1)2>0，
∴φ(t)在(1,+∞)单调递增，
∴φ(t)>φ(1)=0，
∴lnt>2(t−1)t+1，
∴(t+1)lntt−1−2>0，
∴x1+x2+2>0.
【解析】(1)先求出f(0)=−1−ln2，再根据导数的几何意义求出切线的斜率，进而可得切线方程；
(2)f(x)有两个零点x1，x2，转化为x+lna=ln(x+2)，即lna=ln(x+2)−x有两个实根x1，x2，构造函数，利用导数研究函数的单调性及最值，进而得到a的取值范围；先得到lnx1+2x2+2=(x1+2)−(x2+2)，设x1>x2，令t=x1+2x2+2，则t>1，构造新函数，利用导数研究新函数的单调性，进而可得结果．
本题考查导数的几何意义，考查利用导数研究函数的单调性及最值，考查函数的零点以及不等式的证明，考查逻辑推理能力及运算求解能力，属于中档题．视力范围
[4.0,4.2)
[4.2,4.4)
[4.4,4.6)
[4.6,4.8)
[4.8,5.0)
[5.0,5.2)
学生人数
20
30
70
35
30
15
X
0
1
2
3
P
827
49
29
127