2024年辽宁省沈阳市高考数学质检试卷（一）（含详细答案解析）

这是一份2024年辽宁省沈阳市高考数学质检试卷（一）（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U={1,2,4,6,8}，集合M={x|x2−3x+2=0}，N={x|x=4a,a∈M}，则∁U(M∪N)=( )
A. {6}B. {4,6,8}C. {1,2,4,8}D. {1,2,4,6,8}
2.设复数z满足1+z1−z=−i，则|z|=( )
A. iB. 22C. 1D. 2
3.曲线y=x2在点(1,1)处的切线方程为( )
A. y=xB. y=2x−1C. y=2x+1D. y=3x−2
4.已知单位向量a,b满足a⊥(a−2b)，则⟨a,b⟩=( )
A. 2π3B. π3C. π4D. π6
5.已知有100个半径互不相等的同心圆，其中最小圆的半径为1，在每相邻的两个圆中，小圆的切线被大圆截得的弦长都为2，则这100个圆中最大圆的半径是( )
A. 8B. 9C. 10D. 100
6.如图，小明从街道的E处出发，到F处的老年公寓参加志愿者活动，如果中途共转向3次，则小明到老年公寓可以选择的不同的最短路径的条数是( )
A. 8
B. 12
C. 16
D. 24
7.已知sin(π2−θ)+cs(π3−θ)=1，则cs(2θ−π3)=( )
A. 13B. −13C. 33D. − 33
8.已知m= 2eπ4，n=eπ3，p= 3e−π6，则( )
A. n>m>pB. m>p>nC. p>n>mD. m>n>p
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.如图是离散型随机变量X的概率分布直观图，其中3a=5b，2b=3c，则( )
A. a=0.5
B. E(X)=2.3
C. D(X)=0.61
D. D(2X)=1.22
10.已知双曲线C的两个焦点分别为F1(−2 2,0),F2(2 2,0)，且满足条件p，可以解得双曲线C的方程为x2−y2=4，则条件p可以是( )
A. 实轴长为4B. 双曲线C为等轴双曲线
C. 离心率为 22D. 渐近线方程为y=±x
11.如图，点A，B，C是函数f(x)=sin(ωx+φ)(ω>0)的图象与直线y= 32相邻的三个交点，且|BC|−|AB|=π3，f(−π12)=0，则( )
A. ω=4
B. f(9π8)=12
C. 函数f(x)在(π3,π2)上单调递减
D. 若将函数f(x)的图象沿x轴平移θ个单位，得到一个偶函数的图象，则|θ|的最小值为π24
12.正方体的8个顶点分别在4个互相平行的平面内，每个平面内至少有一个顶点，且相邻两个平面间的距离为1，则该正方体的棱长为( )
A. 2B. 3C. 2D. 5
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.(2 x+1 x)6的展开式中常数项的二项式系数为______.
14.已知抛物线C：y2=4x的焦点为F，若点Q是抛物线C上到点(4,0)距离最近的点，则|QF|=______.
15.sinx=1的一个充分不必要条件是______.
16.已知A，B，C是半径为1的球面上不同的三点，则AB⋅AC的最小值为______.
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)
已知等比数列{an}的各项均为正数，且a1+2a2=1,a32=2a2⋅a5.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn=lgan 2，求证：1+bn<2n2n+1.
18.(本小题12分)
在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且b2=ac+a2.
(1)求证：B=2A；
(2)当3c+7a3b取最小值时，求csB的值.
19.(本小题12分)
如图，在三棱锥A−BCD中，平面ABC⊥平面BCD，且BC=BD=BA，∠CBA=∠CBD=120∘，点P在线段AC上，点Q在线段CD上.
(Ⅰ)求证：AD⊥BC；
(Ⅱ)若AC⊥平面BPQ，求BPBQ的值；
(Ⅲ)在(Ⅱ)的条件下，求平面ABD与平面PBQ所成角的余弦值.
20.(本小题12分)
某城市有甲、乙两个网约车公司，相关部门为了更好地监管和服务，通过问卷调查的方式，统计当地网约车用户(后面简称用户，并假设每位用户只选择其中一家公司的网约车出行)对甲，乙两个公司的乘车费用，等待时间，乘车舒适度等因素的评价，得到如下统计结果：
①用户选择甲公司的频率为0.32，选择乙公司的频率为0.68；
②选择甲公司的用户对等待时间满意的频率为0.62，选择乙公司的用户对等待时间满意的频率为0.78；
③选择甲公司的用户对乘车舒适度满意的频率为0.68，选择乙公司的用户对乘车舒适度满意的频率为0.61；
④选择甲公司的用户对乘车费用满意的频率为0.21，选择乙公司的用户对乘车费用满意的频率为0.32.
将上述随机事件发生的频率视为其发生的概率.
(1)分别求出网约车用户对等待时间满意、乘车舒适度满意、乘车费用满意的概率，并比较用户对哪个因素满意的概率最大，对哪个因素满意的概率最小.
(2)若已知某位用户对乘车舒适度满意，则该用户更可能选择哪个公司的网约车出行？并说明理由.
21.(本小题12分)
已知如图，点B1，B2为椭圆C的短轴的两个端点，且B2的坐标为(0,1)，椭圆C的离心率为 22.
(Ⅰ)求椭圆C的标准方程；
(Ⅱ)若直线l不经过椭圆C的中心，且分别交椭圆C与直线y=−1于不同的三点D，E，P(点E在线段DP上)，直线PO分别交直线DB2，EB2于点M，N.
求证：四边形B1MB2N为平行四边形.
22.(本小题12分)
已知函数f(x)=x−λex+λex，其中λ为实数.
(1)若函数y=f(x)是定义域上的单调函数，求λ的取值范围；
(2)若x1与x2为方程f′(x)=0的两个不等实根，|f(x1)−f(x2)|≤ln3−1恒成立，求实数λ的取值范围.
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：由题知M={1,2}，N={4,8}，
∴∁U(M∪N)={6}.
故选：A.
根据集合的交并补即可求解．
本题主要考查了集合的并集及补集运算，属于基础题．
2.【答案】C
【解析】解：由1+z1−z=−i解得z=1+i−1+i=(1+i)(−1−i)(−1+i)(−1−i)=−i，所以|z|=1.
故选：C.
利用复数的除法解出z，由模长公式计算|z|.
本题主要考查复数的四则运算，属于基础题．
3.【答案】B
【解析】解：由题知，y′=2x，y′|x=1=2，
故切线方程为y−1=2(x−1)，即y=2x−1.
故选：B.
先求在x=1处的导数值，即切线的斜率，再写出切线方程．
本题考查了利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，考查计算能力，属于基础题．
4.【答案】B
【解析】解：由a⊥(a−2b)得a⋅(a−2b)=|a|2−2a⋅b=0，
又a,b为单位向量，
∴a⋅b=12，
设a与b的夹角为α，
∴csα=a⋅b|a||b|=12，
∴α=π3.
故选：B.
由向量垂直得到方程，求出a⋅b=12，再利用向量夹角余弦公式求出答案．
本题主要考查了向量数量积的性质，属于基础题．
5.【答案】C
【解析】解：设这100个圆的半径从小到大依次为r1，r2，⋯，r100，则由题知，r12=1
每相邻的两个圆中，小圆的切线被大圆截得的弦长都为2，
有rn+12−rn2=1(n=1,2,⋯,99)，则{rn2}是首项为1、公差为1的等差数列，n=1，2，⋯，100，
所以r1002=100，得r100=10.
故选：C.
设这100个圆的半径从小到大依次为r1，r2，⋯，r100，由题意得r12=1且rn+12−rn2=1，可求r100.
本题考查数列的应用，数列与圆的位置关系的应用，是中档题．
6.【答案】D
【解析】解：根据题意，中途共三次转向可以分为两类，由此分2种情况讨论：
①，右上右(即第一次向右转，第二次向上转，第三次向右转)，此时有3×4=12种方法，
②，上右上，此时共有4×3=12种方法．
则共有12+12=24种最短路径．
故选：D.
根据题意，按路线的不同分2种情况讨论，由加法原理计算可得答案．
本题考查排列组合的应用，涉及分类计数原理的应用，属于基础题．
7.【答案】B
【解析】解：由sin(π2−θ)+cs(π3−θ)=1得csθ+12csθ+ 32sinθ=1，进而可得32csθ+ 32sinθ=1，
结合辅助角公式得 3cs(θ−π6)=1，
则cs(θ−π6)= 33，∴cs(2θ−π3)=2cs2(θ−π6)−1=−13.
故选：B.
根据和差角公式以及诱导公式可得32csθ+ 32sinθ=1，由辅助角公式以及二倍角公式即可求解．
本题考查诱导公式的应用，属于中档题．
8.【答案】D
【解析】解：令f(x)=excsx，
则f′(x)=ex(csx−sinx)= 2excs(x+π4)，
当x∈(−π2,π4)时，f′(x)>0；
当x∈(π4,5π4)时，f′(x)<0；
所以f(x)在(−π2,π4)上单调递增，在(π4,5π4)上单调递减，
所以f(π4)>f(π3)且f(π4)>f(−π6)，
所以 22eπ4>12eπ3且 22eπ4> 32e−π6，
即 2eπ4>eπ3且 2eπ4> 3e−π6，
所以m>n，m>p，
又n=eπ3>e,p= 3e−π6< 3e0= 3p，
综上所述，m>n>p.
故选：D.
观察选项，构造函数f(x)=excsx，利用导数求得其单调性，结合指数函数的性质即可得解．
本题考查利用导数研究函数的单调性，属中档题．
9.【答案】ABC
【解析】解：由题知a+b+c=1,3a=5b,2b=3c,解得a=0.5，b=0.3，c=0.2，A选项正确；
所以E(X)=1×0.2+2×0.3+3×0.5=2.3，B选项正确；
D(X)=(1−2.3)2×0.2+(2−2.3)2×0.3+(3−2.3)2×0.5=0.61，C选项正确；
D(2X)=22⋅D(x)=2.44，D选项错误．
故选：ABC.
由所有取值频率之和为1，结合已知条件，解出a，b，c，利用期望和方差公式计算数据，验证选项即可．
本题主要考查离散型随机变量的期望和方差，考查运算求解能力，属于基础题．
10.【答案】ABD
【解析】解：设该双曲线标准方程为x2a2−y2b2=1，则c=2 2，
对于A选项，若实轴长为4，则a=2，∴b2=c2−a2=4，符合题意；
对于B选项，若该双曲线为等轴双曲线，则a=b，又c=2 2，a2+b2=c2=8，
可解得a2=b2=4，符合题意；
对于C选项，由双曲线的离心率大于1知，不合题意；
对于D选项，若渐近线方程为y=±x，则a=b，结合a2+b2=c2=8，可解得a2=b2=4，符合题意，
故选：ABD.
根据双曲线实轴、离心率、渐近线方程等性质逐项分析即可．
本题考查双曲线的性质应用，属于中档题．
11.【答案】ACD
【解析】解：令f(x)=sin(ωx+φ)= 32，可得ωx+φ=π3+2kπ或ωx+φ=2π3+2kπ，k∈Z，
由图可知：ωxA+φ=π3+2kπ，k∈Z，
ωxC+φ=π3+2kπ+2π，k∈Z，
ωxB+φ=2π3+2kπ，k∈Z，
所以|BC|=xC−xB=1ω(−π3+2π)，|AB|=xB−xA=1ω⋅π3，
所以π3=|BC|−|AB|=1ω(−2π3+2π)，
所以ω=4，故A正确；
可得f(x)=sin(4x+φ)，由f(−π12)=0得sin⁡(−π3+φ)=0，
所以−π3+φ=π+2kπ,k∈Z，
所以φ=4π3+2kπ，k∈Z，
所以f(x)=sin(4x+4π3+2kπ)=sin(4x+4π3)=−sin(4x+π3)，
可得f(9π8)=−sin(9π2+π3)=−12，故B错误；
当x∈(π3,π2)时，4x+π3∈(5π3,2π+π3)，
因为y=−sint在t∈(5π3,2π+π3)为减函数，故f(x)在(π3,π2)上单调递减，故C正确；
将函数f(x)的图象沿x轴平移θ个单位得g(x)=−sin(4x+4θ+π3)，(θ<0时向右平移，θ>0时向左平移)，
g(x)为偶函数得4θ+π3=π2+kπ，k∈Z，
所以θ=π24+kπ4，k∈Z，
则|θ|的最小值为π24，故D正确．
故选：ACD.
令f(x)= 32，求得xA，xB，xC，根据|BC|−|AB|=π3，求得ω=4，根据f(−π12)=0求得f(x)的解析式，再逐项验证BCD选项即可得解．
本题主要考查了由y=Asin(ωx+φ)的部分图象确定其解析式，正弦函数的图象以及函数y=Asin(ωx+φ)的图象变换，考查了函数思想和数形结合思想，属于中档题．
12.【答案】BD
【解析】解：设该正方体为ABCD−A1B1C1D1，且其棱长为a.
若考虑4个平面中最中间的两个平面，共有两种情况．
①若中间的两个平面为平面A1BD和平面B1D1C，如图1所示，
则过A1，A，C作截面，截面图如图2所示，其中E，F分别为AC，A1C1中点，
此时E，F分别为AC，A1C1中点，则AE= 22a，AA1=a，A1E= 62a，
设相邻两平面间距离即A到A1E的距离为h，
则12× 22a×a=12× 62a×h，解得h= 33a，
∴ 33a=1，解得a= 3；
②若中间的两个平面如图3所示，过B，C，C1作截面，截面图如图4所示，其中M，N分别为BC，B1C1中点，
其中，M，N分别为BC，B1C1中点，
则BM=12a，AA1=a，A1E= 52a，
设相邻两平面间距离即为B到B1M的距离为d，
则12×12a×a=12× 52a×d，
解得d= 55a，∴ 55a=1，解得a= 5.
故选：BD.
设该正方体为ABCD−A1B1C1D1，且其棱长为a.若考虑4个平面中最中间的两个平面，分两种情况进行讨论，能求出结果．
本题考查正方体结构特征、截面、平面的位置分布等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
13.【答案】20
【解析】解：此二项式展开式的通项公式为Tr+1=C6r(2 x)6−r(1 x)r=26−rC6rx3−r，(r=0,1,2,3,4,5,6)，
则当r=3时，对应的为常数项，
故常数项的二项式系数为C63=20.
故答案为：20.
求出二项式展开式的通项公式，令x的次数为0，求得答案．
本题考查的知识要点：二项式的展开式，组合数，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于基础题．
14.【答案】3
【解析】解：由题知F(1,0)，设Q(x0,y0)，A(4,0)，其中x0≥0，
则|QA|= (x0−4)2+y02= x02−8x0+16+4x0= (x0−2)2+12，
由于点Q是抛物线C上到点(4,0)距离最近的点，
解得x0=2，所以|QF|=x0+1=3.
故答案为：3.
根据两点间距离公式，结合二次函数的性质即可求解，再由抛物线的焦半径公式即可求解．
本题考查二次函数的性质的应用及抛物线的性质的应用，属于中档题．
15.【答案】x=π2(答案不唯一)
【解析】解：因为x=π2时sinx=1，
由sinx=1可得x=π2+2kπ,k∈Z，
故sinx=1的一个充分不必要条件是x=π2.
故答案为：x=π2(答案不唯一).
根据三角函数的性质结合充分不必要条件即可求解．
本题主要考查了三角函数的性质以及充分不必要条件的应用，属于基础题．
16.【答案】−12
【解析】解：∵A，B，C是球面上不同的三点，
从而可得A，B，C三点确定平面ABC，
∴平面ABC截球面得到的是一个圆，设该圆半径为r(0∴当且仅当平面ABC过球心时，r=1.
在半径为r的圆中，对于任意的弦AB，由向量数量积的几何意义知：
当C在如图所示的位置时，
AB⋅AC取最小值，则AB⋅AC的最小值为：
−|AB|⋅|AN|=−|AB|⋅(r−12|AB|)
=12|AB|2−r⋅|AB|=12(|AB−r|)2−12r2，
∴当|AB|=r时，−|AB|⋅|AN|取最小值−12r2，
又r的最大值为1，∴AB⋅AC的最小值为−12.
故答案为：−12.
根据向量数量积的几何意义，数形结合，即可求解．
本题考查向量数量积的最值的求解，属中档题．
17.【答案】(1)解：设{an}的公比为q，由a32=2a2⋅a5，知(a1q2)2=2(a1q)(a1q4)，
∴q=12，
由a1+2a2=1得a1+2⋅a1⋅q=1，∴a1=12，
∴an=12n.
(2)证明：由题知bn=lgan 2=−12n，
∴1+bn−2n2n+1=1−12n−2n2n+1=−12n(2n+1)<0，
∴1+bn<2n2n+1.
【解析】(1)利用等比数列基本量计算；
(2)根据对数运算求得bn=−12n，由1+bn−2n2n+1<0得证．
本题主要考查等比数列的性质及通项公式，不等式的证明，考查运算求解能力，属于中档题．
18.【答案】解：(1)证明：由余弦定理知b2=a2+c2−2accsB，
又因为b2=a2+ac，
所以a2+ac=a2+c2−2ac⋅csB，化简得a=c−2acsB，
所以sinA=sinC−2sinAcsB，
因为A+B+C=π，
所以sinA=sin(A+B)−2sinAcsB，
所以sinA=sinAcsB+csAsinB−2sinAcsB=csAsinB−sinAcsB，
所以sinA=sin(B−A)，
因为A∈(0,π)，B−A∈(−π,π)，
所以A=B−A或A+(B−A)=π(舍)，
所以B=2A.
(2)由题知，3c+7a3b=3ac+7a23ab=3(b2−a2)+7a23ab=ba+43⋅ab≥2 43=4 33，当且仅当b=2 33a时取等，
又因为b2=ac+a2，
所以c=13a，
所以csB=a2+c2−b22ac=a2+(13a)2−(2 33a)22a×13a=−13.
【解析】(1)利用余弦定理并结合正弦函数两角和差公式化简即可求解．
(2)利用基本不等式求得3c+7a3b的最小值时的取等条件b=2 33a，再结合余弦定理从而求解．
本题主要考查了余弦定理，三角函数恒等变换，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．
19.【答案】解：(Ⅰ)证明：过A作AO⊥直线BC于O，连接DO.
由题知BA=BD，BO=BO，∠ABO=∠DBO=60∘，
∴△ABO≌△DBO，∴∠DOB=∠AOB=90∘，即BC⊥DO，
又BC⊥AO，AO∩DO=O，∴BC⊥平面AOD，又AD⊂平面AOD，
∴BC⊥AD，即AD⊥BC.
(Ⅱ)∵平面ABC⊥平面BCD，平面ABC∩平面BCD=BC，
AO⊥BC，AO⊂平面ABC，∴AO⊥平面BCD.
以O为原点，以OB的长度为单位长度，以OD,OC,OA的方向分别为x轴，y轴，z的正方向建立空间直角坐标系O−xyz，
如图，则D( 3,0,0)，A(0,0, 3)，B(0,1,0)，C(0,3,0).
∵AC⊥平面BPQ，∴AC⊥BP，AC⊥BQ.
∵BA=BC，∴P为AC中点，由题知CD=( 3,−3,0),AC=(0,3,− 3)，
设BQ=BC+λCD=(0,2,0)+λ( 3,−3,0)=( 3λ,2−3λ,0)，
∴AC⋅BQ=3(2−3λ)=0，∴λ=23，
∴BQ=(2 33,0,0)，∴|BQ|=2 33，
又在△ABC中，BC=BA=2，∠ABC=120∘，所以BP=1，∴BPBQ= 32.
(Ⅲ)由(Ⅱ)知，平面PBQ的一个法向量为AC=(0,3,− 3)，
设平面ABD的一个法向量为n=(x,y,z).∵AB=(0,1,− 3),DB=(− 3,1,0)，
则n⋅AB=y− 3z=0,n⋅DB=− 3x+y=0,，令y= 3，则n=(1, 3,1)，
cs⟨AC,n⟩=AC⋅n|AC||n|=2 32 3× 5= 55，
∴平面ABD与平面PBQ所成角的余弦值为 55.
【解析】(Ⅰ)过A作AO⊥直线BC于O，连接DO.利用三角形全等可证BC⊥DO，进而可证BC⊥平面AOD，可证结论；
(Ⅱ)以O为原点，建立空间直角坐标系，利用向量法可求BP，进而可求得BPBQ的值；
(Ⅲ)求得平面ABD的一个法向量，利用向量法可求平面ABD与平面PBQ所成角的余弦值．
本题考查线线垂直的证明，考查面面角的余弦值的求法，考查转化能力，考查推理论证能力，属中档题．
20.【答案】(1)解：设事件M：用户选择甲公司的网约车出行，事件A：用户对等待时间满意，
事件B：用户对乘车舒适度满意，事件C：用户对乘车费用满意．
则P(A)=P(M)P(A|M)+P(M−)P(A|M−)=0.32×0.62+0.68×0.78=0.7288，
P(B)=P(M)P(B|M)+P(M−)P(B|M−)=0.32×0.68+0.68×0.61=0.6324，
P(C)=P(M)P(C|M)+P(M−)P(C|M−)=0.32×0.21+0.68×0.32=0.2848
所以，用户对等待时间满意的概率最大，对乘车费用满意的概率最小．
(2)解：由题知，P(M|B)=P(MB)P(B)=0.32×，
P(M−|B)=P(M−B)P(B)=0.68×，
所以，P(M|B)【解析】(1)利用全概率公式可计算出用户网约车用户对等待时间满意、乘车舒适度满意、乘车费用满意的概率，即可得出结论；
(2)利用条件概率公式计算出该用户对甲、乙两个公司网约车舒适度满意率，比较大小后可得出结论．
本题考查全概率公式、条件概率公式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
21.【答案】解：(Ⅰ)因为B2的坐标为(0,1)，椭圆C的离心率为 22，
所以b=1ca= 32a2=b2+c2，
解得a2=2，b2=1，
则椭圆C的方程为x22+y2=1；
(Ⅱ)不妨设D(x1,y1)，E(x2,y2)，M(xM,yM)，N(xN,yN)，
可得直线B2D方程为y=y1−1x1x+1，
当直线l的斜率不存在时，
不妨设直线l方程为x=x0(x0≠0)，
此时P(x0,−1)，直线PO方程的为y=−1x0x，
联立y=−1x0xy=y1−1x0x+1，
解得xM=−x0y1，
同理得xN=−x0y2，
因为y1=−y2，
所以xM+xN=0，
当直线l斜率存在时，
不妨设直线l方程为y=kx+t(t≠0)，
联立y=kx+tx22+y2=1，消去y并整理得(1+2k2)x2+4ktx+2t2−2=0，
由韦达定理得x1+x2=−4kt1+2k2，x1x2=2t2−21+2k2，
将y=−1代入直线y=kx+t中，
解得x=−1−kk，
即P(−1−tk,−1)，
所以直线PO的方程为y=kt+1x，
联立y=y1−1x1x+1y=kt+1x，
解得xM=−x1(1+t)(y1−1)(1+t)−kx1=−x1(1+t)ktx1+t2−1，
同理得xN=−x2(1+t)ktx2+t2−1，
所以xM+xN=−(t+1)(x1ktx1+t2−1+x2ktx2+t2−1)
=−(t+1)2ktx1x2+(t2−1)(x1+x2)(ktx1+t2−1)(ktx2+t2−1)，
因为2ktx1x2+(t2−1)(x1+x2)=2kt(2t2−2)1+2k2+(t2−1)(−4kt)1+2k2=0，
所以xM+xN=0，
综上得，xM+xN=0，
则点O为线段MN中点，
因为O为B1B1中点，
所以四边形B1MB2N为平行四边形．
【解析】(Ⅰ)由题意，根据题目所给信息以及a，b，c之间的关系，列出等式即可求解；
(Ⅱ)对直线l的斜率是否存在进行讨论，当直线l的斜率存在时，设出直线l的方程，将直线l的方程与椭圆方程联立，利用韦达定理得到相关表达式，结合直线PO的方程推出点M，N的横坐标表达式，再进行求证即可．
本题考查椭圆的方程以及直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理、分类讨论和运算能力，属于中档题．
22.【答案】解：(1)∵f(x)=x−λex+λex，f′(x)=1−λex−λex=1−λ(ex+1ex)，
当λ≤0时，f′(x)>0，f(x)在R上单调递增，
当λ>12时，由于ex+1ex≥2，所以f′(x)<0，f(x)在R上单调递减，
当λ=12时，f′(x)≤0恒成立，当且仅当x=0时取等，所以f(x)在R上单调递减．
当0<λ<12时，令f′(x)<0，解得xln1+ 1−4λ22λ，
则函数f(x)在(−∞,ln1− 1−4λ22λ)和(ln1+ 1−4λ22λ,+∞)上单调递减，
令f′(x)>0，解得ln1− 1−4λ22λ得函数f(x)在(ln1− 1−4λ22λ,ln1+ 1−4λ22λ)上单调递增，此时不合题意．
∴λ的取值范围是(−∞,0]∪[12,+∞).
(2)不妨设x1ex1+ex2=1λ>0Δ=1−4λ2>0，所以0<λ<12，
ex1=1− 1−4λ22λ,ex2=1+ 1−4λ22λ，且ex1⋅ex2=1，
所以f(x1)−f(x2)=x1−λex1+λex1−x2+λex2−λex2=x1−x2+2λ(ex2−ex1)
=lnex1−lnex2+2 1−4λ2=ln1− 1−4λ21+ 1−4λ2+2 1−4λ2，
令t= 1−4λ2(0故g(t)在(0,1)上单调递减，又g(12)=ln13+1=1−ln3,g(0)=0.
故由|f(x1)−f(x2)|≤ln3−1恒成立可得0所以λ的取值范围是[ 34,12).
方法二：
由题知x1与x2为方程λ(ex+1ex)=1的两个不等实根，λ∈(0,12)，
即ex1+1ex1=1λ,ex2+1ex2=1λ，两式相减并化简可得ex1+x2=1，则x1+x2=0，
不妨设x1<0=x1−x2+λ(ex2−ex1)+λ⋅ex2−ex1ex1⋅ex2=x1−x2+2λ(ex2−ex1)=2x1+2λ(e−x1−ex1)，
由ex1+1ex1=1λ可得λ=ex1e2x1+1，
所以f(x1)−f(x2)=lne2x1+4e2x1+1−2，
令e2x1=t(0则h′(t)=1t−4(t+1)2=(t−1)2t(t+1)2>0，所以函数h(t)单调递增．
又h(1)=0,h(13)=1−ln3，
故由|f(x1)−f(x2)|≤ln3−1恒成立可得13≤t<1.
所以13≤e2x1<1，所以 33≤ex1<1，
令ex1=m( 33≤m<1)，φ(m)=m+1m，则φ′(m)=1−1m2<0在[ 33,1)上恒成立，
φ(m)在[ 33,1)上单调递减，φ(1)<φ(m)≤φ( 33)，即φ(m)∈(2,4 3],
所以1λ=ex1+1ex1∈(2,4 3],进而解得λ的取值范围是[ 34,12).
【解析】(1)利用导数研究函数单调性，分类讨论函数是定义域上的单调函数的条件；
(2)根据方程f′(x)=0解出两个不等实根x1与x2，有ex1⋅ex2=1，所以f(x1)−f(x2)=ln1− 1−4λ21+ 1−4λ2+2 1−4λ2，令t= 1−4λ2(0本题考查了利用导数研究函数单调性，函数的零点，函数不等式恒成立，属于难题．