2022-2023学年河南省焦作市高二（下）期末数学试卷（含详细答案解析）

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这是一份2022-2023学年河南省焦作市高二（下）期末数学试卷（含详细答案解析），共16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|x2+x−2≤0}，B={x|−1A. (−1,1]B. (−2,3]C. (−2,3)D. (−1,1)
2.若复数z=3− 7i4i，则|z|=( )
A. 0B. 1C. 2D. 2
3.已知向量a=(4,2m−3)，b=(m,−5)，若a⊥b，则实数m=( )
A. −5B. 5C. −52D. 52
4.已知等比数列{an}中，a4+a7a1+a4=8，a6=32，则a2=( )
A. 16B. 4C. 2D. 1
5.已知抛物线C：y2=4x的焦点为F，A是C上一点，O为坐标原点，若|AF|=|OF|+3，则△AOF的面积为( )
A. 3B. 3C. 2 3D. 6
6.已知角α满足tan(α−π4)=12，则sin(2α+π4)=( )
A. − 25B. 25C. − 210D. 210
7.已知函数f(x)=sinωx+csωx(ω>0)的图象的一个对称中心的横坐标在区间(π4,π2)内，且两个相邻对称中心之间的距离大于π3，则ω的取值范围为( )
A. (0,3)B. (32,3)C. (0,32)D. (1,3)
8.已知函数f(x)=ex−1+x−2存在零点a，函数g(x)=x2−mx−m−2存在零点b，且|a−b|<2，则实数m的取值范围是( )
A. (14,+∞)B. (74,+∞)C. (−∞,14)D. (−∞,74)
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。
9.2014−2022年(2022年为上半年)中国国内生产总值(GDP)统计如下，且已知2022年全年中国国内生产总值(GDP)为121.01万亿元，则下列结论中正确的是( )
A. 2022年下半年中国GDP为64.75万亿元
B. 2022年中国GDP大于2014年与2015年的GDP之和
C. 2014−2021年中国GDP同比增长率超过10%的有2017年、2018年、2021年
D. 2014−2021年中国GDP同比增长最快的是2021年
10.已知函数f(x)=(x2−a)ex(a∈R)，则下列结论中正确的是( )
A. 当a≤−1时，f(x)是R上的增函数
B. 当a<0时，直线y=a与f(x)的图象没有公共点
C. 当a>−1时，f(x)的单调递减区间为(−1− 1+a,−1+ 1+a)
D. 当f(x)有一个极值点为0时，f(x)的极大值为e2
11.已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为12，P，Q为C上的动点，|PF2|的最大值为6，则下列结论中正确的是( )
A. 椭圆C的短轴长为4 3
B. 当P，Q分别在x轴的上方和下方时四边形PF1QF2的周长的取值范围是(8,16]
C. 存在四个不同的点P，使得∠F1PF2=60∘
D. 若△PF1F2为锐角三角形，则点P横坐标的取值范围是(−2,2)
12.如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，AB⊥BC，BB1⊥平面ABC，BC=2，三棱锥C−AB1B的外接球O的表面积为16π，记直线AC与B1C1所成的角为α，直线B1C与平面ABC所成的角为β，则下列结论中正确的是( )
A. OA1=4
B. 三棱柱ABC−A1B1C1的体积的最大值为6
C. 球心O到平面ABB1A1的距离为 2
D. tan2α+tan2β=3
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.若(x+2)(1−ax)5的展开式中x2的系数为15，则实数a=______.
14.某足球队共有30名球员练习点球，其中前锋6人，中场16人，后卫8人.若前锋点球进门的概率均是0.9，中场点球进门的概率均是0.8，后卫点球进门的概率均是0.7，则任选一名球员点球进门的概率是______.(结果保留两位小数)
15.已知函数f(x)的定义域为R，y=f(x−4)−1是偶函数，当x≤−4时，f(x)=(x+4)2−2，则不等式f(3x−5)>f(2x−4)的解集为______.
16.已知在四面体P−ABC中，PA=PB=PC=BC=6，(AB+AC)2=|AB|2+|AC|2，则该四面体外接球的体积为______.
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)
已知在等差数列{an}中，a3=19，a5+a6=73.
(Ⅰ)求{an}的通项公式；
(Ⅱ)若{bn+an}是等比数列，且b1=−4，b2=−10，求数列{bn}的前n项和Sn.
18.(本小题12分)
已知在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且 3ccsB+csinB= 3a.
(Ⅰ)求C；
(Ⅱ)若c=2，△ABC的面积为 3，求证：△ABC是正三角形.
19.(本小题12分)
如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=AA1=4，AD=8，A1D交AD1于点O.
(Ⅰ)证明：BO//平面B1CD1；
(Ⅱ)求直线AB与平面B1CD1所成角的正弦值.
20.(本小题12分)
2023年5月15日至21日是第二个全国家庭教育宣传周，为进一步促进家校共育，某校举行“家教伴成长，协同育新人”主题活动，最终评出了8位“最美家长”，其中有6位妈妈，2位爸爸，学校准备从这8位“最美家长”中每次随机选出一人做家庭教育经验分享.
(Ⅰ)若每位“最美家长”最多做一次家庭教育经验分享，记第一次抽到妈妈为事件A，第二次抽到爸爸为事件B，求P(A)和P(B)；
(Ⅱ)现需要每天从这8位“最美家长”中随机选1人，连续4天分别为低年级、中年级、高年级和全体教师各做1场经验分享，1天只做1场，且人选可以重复，记这4天中爸爸做经验分享的天数为X，求X的分布列和数学期望.
21.(本小题12分)
已知函数f(x)=2xlnx−3x2−1.
(Ⅰ)证明：f(x)在(0,+∞)上单调递减；
(Ⅱ)若函数g(x)=−x22f′(x)−2x3+(a+32)x2+x(f′(x)为f(x)的导函数)，且g(x)单调递增，求实数a的取值范围.
22.(本小题12分)
已知点P( 2, 3)在双曲线C：x2a2−y2a2+2=1(a>0)上，过C的右焦点F的动直线l与C交于A，B两点.
(Ⅰ)若点A1，A2分别为C的左、右顶点，Q为C上异于A1，A2的点，求kQA1⋅kQA2(k表示斜率)的值；
(Ⅱ)证明以AB为直径的圆恒过x轴上的定点，并求该定点的坐标.
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：∵A={x|−2≤x≤1}，B={x|−1∴A∩B=(−1,1].
故选：A.
可求出集合A，然后进行交集的运算即可．
本题考查了一元二次不等式的解法，交集的定义及运算，考查了计算能力，属于基础题．
2.【答案】B
【解析】解：∵z=3− 7i4i=(3− 7i)(−4i)4i(−4i)=4 7i2−12i−16i2=−4 7−12i16=− 74−34i，
∴|z|= (− 74)2+(−34)2=1.
故选：B.
由复数的四则运算法则求出z，再求|z|即可．
本题考查复数的四则运算和复数的模等知识，属于基础题．
3.【答案】D
【解析】解：由a⊥b可得a⋅b=0，
则有4m−5(2m−3)=0，
即15−6m=0，解得m=52.
故选：D.
由向量垂直的坐标关系，列方程可求得m的值．
本题考查向量垂直的坐标运算，属基础题．
4.【答案】C
【解析】解：根据题意，设等比数列{an}的公比为q，
若a4+a7a1+a4=8，则有a4+a7a1+a4=q3(a1+a4)a1+a4=q3=8，解可得q=2，
又由a6=32，则a2=a6q4=3216=2，
故选：C.
根据题意，设等比数列{an}的公比为q，由于a4+a7a1+a4=q3(a1+a4)a1+a4=q3，可得q的值，进而计算可得答案．
本题考查等比数列的性质，涉及等比数列的通项公式，属于基础题．
5.【答案】A
【解析】解：根据题意，抛物线C：y2=4x的焦点为F(1,0)，
设A(m,n)，则|AF|=m+1=1+3，∴m=3，n=±2 3，
∴S△AOF=12×1×2 3= 3.
故选：A.
根据抛物线的标准方程求出焦点，再利用抛物线定义求出点A的纵坐标，利用三角形的面积公式即可求解．
本题考查抛物线的定义，考查三角形面积公式，是中档题．
6.【答案】C
【解析】解：∵tan(α−π4)=12，
∴tanα=tan[(α−π4)+π4]=tan(α−π4)+tanπ41−tan(α−π4)tanπ4=12+11−12=3；
∴sin2α=2sinαcsα=2sinαcsαsin2α+cs2α=2tanα1+tan2α=35；
cs2α=cs2α−sin2α=1−tan2α1+tan2α=−45；
∴sin(2α+π4)= 22sin2α+ 22cs2α=− 210.
故选：C.
利用两角和的正切可求得tanα=3，进而可求得sin2α与cs2α的值，利用两角和的正弦可求得答案．
本题考查两角和与差的三角函数，考查运算求解能力，属于中档题．
7.【答案】B
【解析】解：函数f(x)=sinωx+csωx= 2sin(ωx+π4)，(ω>0)，
令ωx+π4=kπ，k∈Z；
x=kπ−π4ω，k∈Z；
f(x)图象的一个对称中心的横坐标在区间(π4,π2)内，
所以π4又因为ω>0，所以2k−12<ω<4k−1，k∈Z；
k=1时，32<ω<3，
又因为f(x)图象两个相邻对称中心之间的距离大于π3，
所以T2=πω>π3，由ω>0，所以ω<3，
所以ω的取值范围是(32,3).
故选：B.
化函数f(x)= 2sin(ωx+π4)，求f(x)图象的对称中心横坐标，根据题意求出ω的取值范围．
本题考查了三角函数的图象与性质的应用问题，是基础题．
8.【答案】D
【解析】解：易知函数f(x)在R上单调递增，
又f(1)=0，
则a=1，
于是|1−b|<2，解得−1则函数g(x)=x2−mx−m−2在(−1,3)上存在零点，
令g(x)=0，可得m=x2−2x+1，
则直线y=m与函数h(x)=x2−2x+1在(−1,3)上的图象有交点，
h′(x)=2x(x+1)−(x2−2)(x+1)2=x2+2x+2(x+1)2>0在(−1,3)上恒成立，
则函数h(x)在(−1,3)上单调递增，
又x→−1时，h(x)→−∞，h(3)=74，
则m<74.
故选：D.
易知a=1，则−1本题考查函数与导数的综合运用，考查运算求解能力，属于中档题．
9.【答案】ACD
【解析】解：对于A，2022年下半年中国GDP为121.01−56.26=64.75万亿元，故A正确；
对于B，2014年与2015年的GDP之和64.36+68.89=133.25万亿元，2022年中国GDP为121.01万亿元，
所以2022年中国GDP小于2014年与2015年的GDP之和，故B错误；
对于C，由统计图可知，2014−2021年中国GDP同比增长率超过10%的有2017年、2018年、2021年，故C正确；
对于D，由统计图可知，2014−2021年中国GDP同比增长最快的是2021年，故D正确．
故选：ACD.
根据统计图逐个判断各个选项即可．
本题主要考查了统计图的应用，属于基础题．
10.【答案】ABC
【解析】解：已知f(x)=(x2−a)ex(a∈R)，函数定义域为R，
可得f′(x)=(x2+2x−a)ex，
对于选项A：当a≤−1时，f′(x)>0，
所以函数f(x)是R上的增函数，故选项A正确；
对于选项B：不妨令(x2−a)ex=a，
整理得a=x2exex+1，
不妨设g(x)=x2exex+1，函数定义域为R，
易知ex+1>0，x²ex≥在定义域上恒成立，
所以g(x)>0，
此时直线y=a与f(x)的图象在a<0的情况下没有公共点，故选项B正确；
对于选项C，当a>−1时，令f′(x)=0，
解得x=−1− 1+a或x=−1+ 1+a，
当x<−1− 1+a时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当−1− 1+a当x>−1+ 1+a时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
所以当a>−1时，f(x)的单调递减区间为(−1− 1+a,−1+ 1+a)，故选项C正确；
对于选项D：不妨令a=0，此时f(x)=x2ex，
可得f′(x)=x(x+2)ex，
当x<−2时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当−2当x>0时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
所以当x=0时，函数f(x)取得极小值，极小值f(0)=0，
当x=−2时，函数f(x)取得极大值，极大值f(−2)=4e2，故选项D错误．
故选：ABC.
由题意，对函数f(x)进行求导，根据导数的几何意义得到函数f(x)的单调性，进而判断选项A和选项C；将a分类出来，易知当a>0时才会有交点，进而判断选项B；令a=0，对函数f(x)进行求导，利用导数得到f(x)的单调性和极值，进而判断选项D.
本题考查利用导数研究函数的单调性和极值，考查了逻辑推理、转化思想和运算能力．
11.【答案】AD
【解析】解：由题意可得e=ca=12a+c=6，解得c=2，a=4，
可得b= a2−c2= 16−4=2 3，
所以椭圆的方程为：x216+y212=1；
对于A，可知短轴长2b=4 3，故A正确；
对于B，∵P，Q在椭圆上，∴|PF1|+|PF2|=2a，|QF1|+|QF2|=2a，
∴可知四边形的周长为4a=16，故B错误；
对于C，当P在上下顶点处时，∠F1PF2最大，
此时由离心率为12，∴cs∠PF1F2=12，∴∠PF1F2=60∘，
∴∠F1PF2=60∘，∴P在上下顶点处时，∠F1PF2=60∘，
∴存在两个不同的点P，使得∠F1PF2=60∘，故C错误；
对于D，由C可知∠F1PF2一定是锐角，
若△PF1F2为锐角三角形，则点P横坐标的取值范围是(−2,2)，故D正确．
故选：AD.
由已知可得e=ca=12a+c=6，可求椭圆方程，根据椭圆的性质，结合每个选项的条件计算可判断其正确性．
本题考查求椭圆的方程，考查椭圆的几何性质，考查运算求解能力，属中档题．
12.【答案】BD
【解析】解：设外接球O的半径为r，∵三棱锥C−AB1B的外接球O的表面积为16π，
∴4πr2=16π，解得r=2，∴OA1=2，故A错误；
以BC，BA，BB1为正方体的同一顶点的三条棱，可得A1C为正方体的外接球的直径，
正方体的外接球即是三棱柱ABC−A1B1C1的外接球，
∴42=22+AB2+BB12，
∴AB2+BB12=12，V=(12×BC×AB)×BB1=AB×BB1≤AB2+BB122=6，
当且仅当AB=BB1= 6时取等号，
∴三棱柱ABC−A1B1C1的体积的最大值为6，
∵又BC⊥平面ABB1A1，∴B到平面ABB1A1的距离为2，
又O是CA1的中点，∴O到平面ABB1A1的距离为1，故C错误；
∵BC//B1C1，∴∠ACB是直线AC与B1C1所成的角，∴tanα=tan∠ACB=AB2，
∵BB1⊥平面ABC，∴∠B1CB为直线B1C与平面ABC所成的角，
∴tanβ=tan∠B1CB=BB12，
∴tan2α+tan2β=14(AB2+BB12)=3，故D正确；
故选：BD.
利用空间几何体的性质，结合每个选项的条件计算判断即可得结论．
本题考查空间几何体的体积的计算，考查线线角与线面角的求法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
13.【答案】1或−34
【解析】解：根据题意知，(1−ax)5的展开式的通项公式为C5r(−a)rxr，
展开式中含x2项的系数为2C52a2+C51(−a)=15，解得a=1或−34.
故答案为：1或−34.
由题意可得，(1−ax)5的展开式的通项公式，根据x2的系数为15列方程求得a的值即可．
本题考查二项式定理的应用，属于基础题．
14.【答案】0.79
【解析】解：由题意得，选中前锋的概率为630=0.2，选中中场的概率为1630=815，选中后卫的概率为830=415，
则任选一名球员点球进门的概率是0.2×0.9+815×0.8+415×0.7≈0.79.
故答案为：0.79.
利用相互独立事件的乘法公式求解即可．
本题考查相互独立事件的乘法公式，是基础题．
15.【答案】{x|x<15或x>1}
【解析】解：∵y=f(x−4)−1是偶函数，f(x)的定义域为R，
∴f(x)的图象关于x=−4对称，
又x≤−4时，f(x)=(x+4)2−2，
∴f(x)在(−∞,−4)上单调递减，在(−4,+∞)上单调递增，
∴由f(3x−5)>f(2x−4)得，|3x−5−(−4)|>|2x−4−(−4)|，即|3x−1|>|2x|，解得x<15或x>1，
∴不等式f(3x−5)>f(2x−4)的解集为{x|x<15或x>1}.
故答案为：{x|x<15或x>1}.
根据条件得出f(x)关于x=−4对称，f(x)在(−∞,−4)上单调递减，在(−4,+∞)上单调递增，然后由f(3x−5)>f(2x−4)得出|3x−1|>|2x|，解出x的范围即可．
本题考查了偶函数的定义及对称性，二次函数的单调性及单调区间，绝对值不等式的解法，考查计算能力，属于中档题．
16.【答案】32 3π
【解析】解：∵(AB+AC)2=|AB|2+|AC|2，∴2AB⋅AC=0，
∴AB⊥AC，过P作PO⊥平面ABC于O，连接OA，OB，OC，
∵PA=PB=PC，∴OA=OB=OC，
∴O是Rt△ABC的外心，∴O为BC的中点，
∴四面体外接球的球心在PO上，PO= 62−32=3 3，
设外接球的半径为R，
∴(3 3−R)2+32=R2，
解得R=2 3，
∴该四面体外接球的体积为V=43πR3=32 3π.
故答案为：32 3π.
由已知可得AB⊥AC，过P作PO⊥平面ABC于O，连接OA，OB，OC，可得O是Rt△ABC的外心，进而可得四面体外接球的球心在PO上，进而可求四面体外接球的半径，可求得该四面体外接球的体积．
本题考查空间几何体的外接球的体积的求法，考查运算求解能力，属中档题．
17.【答案】解：(Ⅰ)设公差为d的等差数列{an}中，a3=19，a5+a6=73.
所以a3=a1+2d=19 a5+a6=2a1+9d=73 ，解得a1=5 d=7 ，
故an=5+7(n−1)=7n−2.
(Ⅱ)由于若{bn+an}是等比数列，且b1=−4，b2=−10，
由(Ⅰ)得：a1=5，a2=12，
故a2+b2a1+b1=2，
所以an+bn=(a1+b1)⋅2n−1=2n−1，
所以bn=2n−1−(7n−2)，
故Sn=(20+21+...+2n−1)−(5+12+...+7n−2)=1×(2n−1)2−1−n(5+7n−2)2=2n−1−7n2+3n2.
【解析】(Ⅰ)直接利用等差数列的性质，建立方程组，进一步求出数列的通项公式；
(Ⅱ)首先求出数列{bn}的通项公式，进一步利用分组法求出数列的和．
本题考查的知识要点：数列的通项公式的求法，数列的求和，分组法的求和，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题．
18.【答案】解：(Ⅰ)由 3csB+csinB= 3a及正弦定理得 3sinCcsB+sinBsinC= 3sinA，
所以 3sinCcsB+sinBsinC= 3sin(B+C)，
所以 3sinCcsB+sinBsinC= 3sinBcsC+ 3csBsinC，
所以sinBsinC= 3sinBcsC，因为sinB≠0，所以sinC= 3csC，
所以tanC= 3，因为C∈(0,π)，所以C=π3；
(Ⅱ)证明：因为S△ABC=12absiinC= 34ab= 3，所以ab=4，
由余弦定理可得c2=a2+b2−2abcsC，
所以22=(a+b)2−3ab，即22=(a+b)2−3×4，
所以a+b=4，所以a=b=2，所以a=b=c，
所以△ABC是正三角形．
【解析】(Ⅰ)由正弦定理得 3sinCcsB+sinBsinC= 3sinA，进而运算可得tanC= 3，可求C；
(Ⅱ)利用余弦定理及三角形的面积可证a=b=c，可得结论．
本题考查正余弦定理的应用，考查运算求解能力，属中档题．
19.【答案】(Ⅰ)证明：建立空间直角坐标系，如图所示，
因为AB=AA1=4，AD=8，A1D交AD1于点O，所以A(0,0,0)，B(4,0,0)，O(0,4,2)，
B1(4,0,4)，C(4,8,0)，D1(0,8,4)，
所以BO=(−4,4,2)，CB1=(0,−8,4)，CD1=(−4,0,4)，
设平面B1CD1的法向量为n=(x,y,z)，则n⋅CB1=−8y+4z=0n⋅CD1=−4x+4z=0，
令y=1，则z=2，x=2，所以n=(2,1,2)，
计算n⋅BO=−8+4+4=0，所以n⊥BO，
又因为BO⊄平面B1CD1，所以BO//平面B1CD1；
(Ⅱ)因为AB=(4,0,0)，n=(2,1,2)，
计算直线AB与平面B1CD1所成角的正弦值为
sinα=|cs|=|n⋅AB|n||AB||=8 4+1+4×4=23.
【解析】(Ⅰ)建立空间直角坐标系，利用坐标表示向量，求出BO与平面B1CD1的法向量n，再判断BO//平面B1CD1；
(Ⅱ)利用向量计算直线AB与平面B1CD1所成角的正弦值．
本题考查了空间中的直线与平面平行以及直线与平面所成角的计算问题，是中档题．
20.【答案】解：(Ⅰ)根据题意可知，P(A)=68=34，
P(B)=P(AB)+P(A−B)=P(A)P(B|A)+P(A−)P(B|A−)=68×27+28×17=14.
(Ⅱ)爸爸做经验分享的天数X的所有可能取值为0，1，2，3，4，且X∼B(4,14)，
P(X=0)=C40(34)4(14)0=81256，
P(X=1)=C41(34)3(14)1=2764，
P(X=2)=C42(34)2(14)2=27128，
P(X=3)=C43(34)1(14)3=364，
P(X=4)=C44(34)0(14)4=1256，
故X的分布列为：
根据二项分布的期望公式可知E(X)=4×14=1.
【解析】(Ⅰ)根据古典概型概率公式求出P(A)，根据P(B)=P(AB)+P(A−B)=P(A)P(B|A)+P(A−)P(B|A−)求出P(B)即可；
(Ⅱ)根据题意可知，爸爸做经验分享的天数X的所有可能取值为0，1，2，3，4，且X∼B(4,14)，计算对应概率，写出分布列和期望即可．
本题考查离散型随机变量的应用，属于中档题．
21.【答案】解：(Ⅰ)证明：函数f(x)的定义域为(0,+∞)，f′(x)=2lnx−6x+2，
令u(x)=f′(x)=2lnx−6x+2，
u′(x)=2x−6=2−6xx，x>0，
令u′(x)=0得x=13，
所以在(0,13)上u′(x)>0，u(x)单调递增，
在(13,+∞)上u′(x)<0，u(x)单调递减，
所以u(x)max=u(13)=2ln13<0，
所以f′(x)<0对任意x∈(0,+∞)恒成立，
所以f(x)在(0,+∞)上单调递减．
(Ⅱ)由题知g(x)=−x22f′(x)−2x3+(a+32)x2+x=−x22(2lnx−6x+2)−2x3+(a+32)x2+x
=−x2lnx+x3+(a+12)x2+x，
g′(x)=2ax−2xlnx+3x2+1≥0，
即2a≥2lnx−3x−1x，
令h(x)=2lnx−3x−1x，
h′(x)=2x−3−1x2=−3x2−2x−1x2=−(3x+1)(x−1)x2，x>0，
令h′(x)=0得x=−13(舍)或x=1，
所以在(0,1)上h′(x)>0，h(x)单调递增，
在(1,+∞)上h′(x)<0，h(x)单调递减，
所以h(x)max=h(1)=−4，
所以2a≥−4，
所以a≥−2，
所以a的取值范围为[−2,+∞).
【解析】(Ⅰ)函数f(x)的定义域为(0,+∞)，求导分析f′(x)的符号，f(x)的单调性，即可得出答案．
(Ⅱ)由题知g(x)=−x22f′(x)−2x3+(a+32)x2+x=−x2lnx+x3+(a+12)x2+x，由于g(x)单调递增，则g′(x)≥0，即2a≥2lnx−3x−1x，令h(x)=2lnx−3x−1x，只需2a≥h(x)max=h(1)=−4，即可得出答案．
本题考查导数的综合应用，解题中需要理清思路，属于中档题．
22.【答案】解：(Ⅰ)∵点P( 2, 3)在双曲线C：x2a2−y2a2+2=1(a>0)上，
∴2a2−3a2+2=1，解得a2=1，
∴双曲线C的方程为x2−y23=1，
则A1(−1,0)，A2(1,0)，设Q点坐标为(x,y)，
则kQA1=yx+1，kQA2=yx−1，
kQA1⋅kQA2=yx+1⋅yx−1=y2x2−1，
∵点Q在双曲线C上，∴y2=3(x2−1)，kQA1⋅kQA2=3(x2−1)x2−1=3；
(Ⅱ)证明：设以AB为直径的圆与x轴的交点为M(m,0)，
由(Ⅰ)可知双曲线的右焦点F为(2,0).
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y=k(x−2)，
A(x1,y1)，B(x2,y2)，∵MA⋅MB=0，
∴(x1−m)(x2−m)+y1y2=0，
整理得到(1+k2)x1x2−(m+2k2)(x1+x2)+m2+4k2=0①．
由y=k(x−2)3x2−y2=3，消去y可得(3−k2)x2+4k2x−4k2−3=0，
∵直线l与双曲线C有两个不同的交点，
∴Δ=16k4+4(3−k2)(4k2+3)=36+36k2>0，且3−k2≠0，
∴k≠± 3，由题设有①对任意的k≠± 3总成立，
∵x1+x2=−4k23−k2，x1x2=−4k2+33−k2，
∴①可转化为−(1+k2)4k2+33−k2+(m+2k2)4k23−k2+m2+4k2=0，
整理得到3(m2−1)+(5+4m−m2)k2=0对任意的k≠± 3总成立，
故m2−1=05+4m−m2=0，解得m=−1，即点M的坐标为(−1,0).
当直线l的斜率不存在时，l：x=2，
此时A(2,3)，B(2,−3)或B(2,3)，A(2,−3)，
则MA⋅MB=9−9=0，即M在以AB为直径的圆上，
综上，以AB为直径的圆恒过x轴上的定点，且定点的坐标为(−1,0).
【解析】(Ⅰ)将点P( 2, 3)代入双曲线方程即可得方程，直接计算A1Q与A2Q斜率乘积即可；(Ⅱ)假设存在定点M(m,0)，则MA⋅MB=0，由此将根与系数的关系代入即可得．
本题考查直线与双曲线的综合问题，考查过定点问题，属于难题．X
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1
2
3
4
P
81256
2764
27128
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