2022-2023学年河南省周口市项城第一高级中学等5校高二（下）期中数学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年河南省周口市项城第一高级中学等5校高二（下）期中数学试卷（含解析），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。

1.360的不同正因数的个数为( )
A. 24B. 36C. 48D. 42
2.在x，y轴上的截距分别为4，−3的直线l被圆C：x2+y2−10x−4y+19=0截得的弦长为( )
A. 3B. 6C. 2 3D. 4 2
3.已知函数f(x)的导函数f′(x)的图象如图所示，则f(x)的极大值点为( )
A. x1和x4
B. x2
C. x3
D. x5
4.设等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，若SnTn=n+22n+1，则a10b10=( )
A. 47B. 2241C. 37D. 713
5.(x+y−1)6的展开式中xy2的系数为( )
A. −60B. 60C. −120D. 120
6.已知双曲线C：x216−y2b2=1(b>0)的左、右焦点分别是F1，F2，过F2的直线l与双曲线C的右支交于A，B两点，若△ABF1是等边三角形，则双曲线C的离心率是( )
A. 2B. 5C. 2D. 3
7.985211被9除的余数为( )
A. 2B. 6C. 4D. 7
8.放假伊始，8名同学相约前往某门店体验沉浸式角色扮演型剧本游戏，目前店中仅有可供4人组局的剧本，其中A，B角色各1人，C角色2人.已知这8名同学中有4名男生，4名女生，店主让他们8人分成两组先后参加游戏，其中A，B角色不可同时为女生，C角色至少有一名女生，则他们不同的选择方式共有( )
A. 2376种B. 4752种C. 9504种D. 1584种
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。
9.已知离散型随机变量X的分布列为
则下列选项正确的是( )
A. m+n=0.7B. 若m=0.3，则P(X>3)=0.5
C. 若m=0.9，则n=−0.2D. P(X=1)=2P(X=6)
10.已知(3x+2)20=a0+a1x+a2x2+⋯+a20x20，则( )
A. a0=220B. a0+a2+a4+⋯+a20=1
C. 展开式系数中a9最大D. a0−a13+a232−a333+⋯+a20320=1
11.甲箱中有3个红球，2个白球和2个黑球，乙箱中有2个红球，3个白球和3个黑球.先从甲箱中随机取出一球放入乙箱，分别以A1，A2和A3表示从甲箱中取出的球是红球、白球和黑球的事件，再从乙箱中随机取出一球，以B表示从乙箱中取出的球是红球的事件，则( )
A. P(B|A1)=13B. P(B)=1763
C. P(A1)P(B)=P(A1B)D. P(A2|B)=417
12.若p=1.1+ln0.1,q=0.1e0.1,r=19，则( )
A. pqC. qr
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.直线l：ax−y−3a+2=0过定点______，若直线l与直线2x+(a−1)y+3=0垂直，则a= ______．
14.南宋晚期的龙泉窑粉青釉刻花斗笠盏如图1所示，忽略杯盏的厚度，这只杯盏的轴截面如图2所示，其中光滑的曲线是抛物线的一部分，已知杯盏盛满茶水时茶水的深度为3cm，则该抛物线的焦点到准线的距离为______cm．
15.已知一个首项为1的数列{an}，从第二项起，每一项减去它前一项的差构成等比数列，每一项除以它前一项的商构成等差数列.请写出一个满足题意的数列通项公式，即an= ______．
16.如图，某景区共有A，B，C，D，E五个景点，相邻景点之间仅设置一个检票口供出入，共有7个检票口，工作人员为了检测检票设备是否正常，需要对每个检票口的检票设备进行检测.若不重复经过同一个检票口，依次对所有检票口进行检测，则共有______种不同的检测顺序．
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)
已知函数f(x)=6ex−3x2−ax．
(1)若曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为5x−y+6=0，求a；
(2)若函数f(x)在R上单调递增，求实数a的取值范围．
18.(本小题12分)
已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn=32an−2．
(1)证明{an}是等比数列，并求{an}的通项公式；
(2)若bn=lg3an4，求数列{4bnan}的前n项和Tn．
19.(本小题12分)
如图，四棱锥P−ABCD的底面为矩形，AD=2，AB=3，PA=PD= 10，平面PAD⊥平面ABCD，O是AD的中点，E是PB上一点，且AE/​/平面POC．
(1)求PEPB的值；
(2)求直线CE与平面POC所成角的正弦值．
20.(本小题12分)
某班举行“党史知识”竞赛，共12个填空题，每题5分，满分60分.李明参加该竞赛，其中前9个题能答对，后3个题能答对的概率分别为12，13，14．
(1)求李明最终获得满分的概率；
(2)设李明的最终得分为X，求X的分布列．
21.(本小题12分)
已知椭圆C：x2a2+x2b2=1(a>b>0)的离心率是 32，P(2,0)是椭圆C上一点．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过点(6,0)的直线l与椭圆C交于A，B(异于点P)两点，直线PA，PB的斜率分别是k1，k2，试问k1k2是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．
22.(本小题12分)
定义：若函数y=f(x)在定义域内存在实数x0，使得f(x0+k)=f(x0)+f(k)成立，其中k为大于0的常数，则称点(x0,k)为函数f(x)的k级“平移点”．
(1)判断函数g(x)=xln(x+1)的2级“平移点”的个数，并求出2级“平移点”；
(2)若函数h(x)=ax2+xlnx在[1,+∞)上存在1级“平移点”，求实数a的取值范围．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：因为360=23×32×5，
所以360有4×3×2=24个不同的正因数．
故选：A．
根据质因数分解，结合分步计数原理进行求解即可．
本题主要考查了排列组合知识，属于基础题．
2.【答案】B
【解析】解：由题意得，直线l的方程为x4+y−3=1，即3x−4y−12=0，
又由C：x2+y2−10x−4y+19=0，可化为(x−5)2+(y−2)2=10，
可得圆C的圆心为(5,2)，半径为 10，则圆心到直线l的距离d=|15−8−12|5=1，
所以直线l被圆C截得的弦长为2 ( 10)2−12=6．
故选：B．
根据题意，求得直线l的方程为3x−4y−12=0，结合圆的弦长公式，即可求解．
本题考查直线与圆的位置关系的应用，是基础题．
3.【答案】C
【解析】解：根据图像，在(−∞,x3)和(x5,+∞)上，f′(x)>0，f(x)单调递增；
在(x3,x5)上，f′(x)<0，f(x)单调递减，故f(x)的极大值点为x3．
故选：C．
根据图像，在(−∞,x3)和(x5,+∞)上f(x)单调递增，在(x3,x5)上f(x)单调递减，得到极大值点．
本题考查利用导数研究函数的极值，考查数形结合思想以及运算求解能力，属于基础题．
4.【答案】D
【解析】解：因为S19=19(a1+a19)2=19a10，T19=19(b1+b19)2=19b10，
所以a10b10=S1919T1919=S19T19=2139=713．
故选：D．
根据等差数列的前n项和公式，结合等差数列下标的性质进行求解即可．
本题主要考查了等差数列的性质及求和公式的应用，属于基础题．
5.【答案】A
【解析】解：因为(x−1+y)6展开式的通项为Tr+1=C6r(x−1)6−ryr，
当r=2时才能出现y2，此时(x−1)4展开的通项为Tr+1=C4rx4−r(−1)r，
当r=3时出现x的一次，所以展开式中xy2的系数为C62C43(−1)3=−60．
故选：A．
先把x−1看作整体写出二项式展开的通项，再根据指定项确定x−1的次数，再写一次二项式展开的通项，最后根据指定项配凑出项的系数．
本题主要考查二项式定理的应用，属于基础题．
6.【答案】D
【解析】解：由△ABF1是等边三角形，可得AB⊥F1F2，
且|F1F2|= 3|AF2|，
则2c= 3b2a，
即 3c2− 3a2=2ac，
由e=ca，两边同时除以a2，
即 3e2−2e− 3=0，
解得e= 3．
故选：D．
由等边三角形的性质和双曲线的对称性，可得AB⊥F1F2，推得2ac= 3b2，由离心率公式，解方程可得所求值．
本题考查双曲线的方程和性质，以及等边三角形的性质，考查方程思想和运算能力，属于中档题．
7.【答案】C
【解析】解：由二项式定理可得，985211=(109×9+4)211=C2110⋅(109×9)211⋅40+C2111⋅(109×9)210⋅41+⋯+C211210⋅(109×9)1⋅4210+C211211⋅(109×9)0⋅4211，
又因为4211=4×4210=4×(18−2)105=4×[C1050⋅18105⋅(−2)0+C1051⋅18104⋅(−2)1+⋯+C105104⋅181⋅(−2)104+C105105⋅180⋅(−2)105]，
其中4⋅C105105⋅180⋅(−2)105=4×(1−9)35=4×[C350⋅(−9)0+C351⋅(−9)1+⋯+C3534⋅(−9)34+C3535⋅(−9)35]，
其中4×C350⋅(−9)0=4，
所以985211被9除的余数为4．
故选：C．
利用二项式展开式求得正确答案．
本题主要考查了二项式定理的应用，属于中档题．
8.【答案】B
【解析】解：分组方法1：一组A，B角色两个男生、C角色1男1女；
另一组A，B角色1男1女、C角色2女；
方法数有：(C42A22×C21C41×C31A22)×2=1152．
分组方法2：一组2男2女；另一组2男2女；
方法数有：C42C42×(A22+A22A22+A22A22)×(A22+A22A22+A22A22)×A22A22=3600，
所以他们不同的选择方式共有1152+3600=4752．
故选：B．
根据三个角色的要求进行分组，然后计算出他们不同的选择方式．
本题主要考查排列、组合及简单计数问题，考查运算求解能力，属于中档题．
9.【答案】ABD
【解析】解：对于A中，由分布列的性质，可得0.2+m+n+0.1=1，解得m+n=0.7，所以A正确；
对于B中，若m=0.3，可得n=0.4，则P(X>3)=P(X=4)+P(X=6)=0.5，故B正确；
对于C中，由概率的定义知m≥0，n≥0，所以C不正确；
对于D中，由P(X=1)=0.2，P(X=6)=0.1，则P(X=1)=2P(X=6)，所以D正确．
故选：ABD．
根据分布列的性质，以及概率的定义与互斥事件概率的加法公式，逐项判定，即可求解．
本题主要考查了离散型随机变量分布列的性质，属于基础题．
10.【答案】AD
【解析】解：令f(x)=(3x+2)20=a0+a1x+a2x2+⋯+a20x20，
当x=0时，a0=f(0)=220，A正确；
当x=1时，a0+a1+a2+⋯+a20=f(1)=520，当x=−1时，a0−a1+a2−⋯+a20=f(−1)=1，
因此a0+a2+a4+⋯+a20=520+12，B错误；
(3x+2)20=a0+a1x+a2x2+⋯+a20x20，
f(x)展开式的通项为Tr+1=C20r(3x)20−r2r=2r⋅320−rC20rx20−r,r≤20,r∈N，
设第r+1项的系数最大，显然r≠0且r≠20，于是320−r⋅2rC20r≥319−r⋅2r+1C20r+1320−r⋅2rC20r≥321−r⋅2r−1C20r−1，
即3⋅20!r!(20−r)!≥2⋅20!(r+1)!(19−r)!2⋅20!r!(20−r)!≥3⋅20!(r−1)!(21−r)!，整理得3(r+1)≥2(20−r)2(21−r)≥3r，解得375≤r≤425，
而r为整数，则r=8，所以展开式系数中a12最大，C错误；
当x=−13时，a0−a13+a232−a333+⋯+a20320=f(−13)=(−3×13+2)20=1，D正确．
故选：AD．
根据给定条件，利用赋值法计算判断ABD；求出展开式的通项公式，再建立不等式组求解判断C作答．
本题主要考查二项式定理，考查转化能力，属于中档题．
11.【答案】ABD
【解析】解：因为P(A1)=37，P(A2)=27，P(A3)=27，
若A1发生，则乙箱中有3个红球，3个白球和3个黑球，∴P(B|A1)=39=13，故A正确；
若A2发生，则乙箱中有2个红球，4个白球和3个黑球，∴P(B|A2)=29，
若A3发生，则乙箱中有2个红球，3个白球和4个黑球，∴P(B|A3)=29，
∴P(B)=P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)+P(A3)P(B|A3)
=37×13+27×29+27×29=1763，故B正确；
∵P(A1B)=P(B|A1)⋅P(A1)=13×37=17，
∴P(A1)P(B)≠P(A1B)，故C错误；
P(A2|B)=P(A2B)P(B)=P(B|A2)P(A2)P(B)=27×291763=417，故D正确．
故选：ABD．
根据全概率公式及条件概率概率公式计算可得．
本题主要考查条件概率，全概率公式，考查运算求解能力，属于中档题．
12.【答案】AC
【解析】解：令函数f(x)=ex−x−1，求导得f′(x)=ex−1，
当x<0时，f′(x)<0，当x>0时，f′(x)>0，
则函数f(x)在(−∞,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增，
f(x)≥f(0)=0，即ex≥x+1，
设F(x)=xex−(1+x)−lnx，则F(x)=ex+lnx−(1+x)−lnx≥x+lnx+1−(1+x)−lnx=0，
当且仅当x+lnx=0时取等号，
而函数g(x)=x+lnx在(0,+∞)上递增，g(1e)=1e−1<0，g(1)=1>0，
则函数g(x)在(1e,1)上存在零点，取x=0.1，
因此0.1e0.1−1.1−ln0.1>0，即p设G(x)=x+lnx−lnx1−x,0由ex≥x+1，得ex−1≥x，当x>0时，lnx≤x−1，当且仅当x=1时取等号，
于是G(x)=x+lnx−lnx+ln(1−x)=x+ln(1−x)则有x+lnx−lnx1−x=ln(xex)−lnx1−x<0，即有xex取x=0.1，因此0.1e0.1<0.11−0.1=19，即q故选：AC．
根据给定条件，构造函数F(x)=xex−(1+x)−lnx，G(x)=x+lnx−lnx1−x，再借助导数探讨函数单调性并证明恒成立的不等式作答．
本题考查构造函数，利用函数的单调性比较大小，导数研究函数的单调性，属难题．
13.【答案】(3,2) −1
【解析】解：由直线l：ax−y−3a+2=0，可化为a(x−3)−y+2=0，
又由方程组x−3=0y−2=0，解得x=3，y=2，
所以直线l过定点(3,2)，
因为直线l与直线2x+(a−1)y+3=0垂直，可得2a−(a−1)=0，
解得a=−1．
故答案为：(3,2)；−1．
化简直线l的方程为a(x−3)−y+2=0，列出方程组，得到直线l过定点(3,2)，再由两直线的位置关系，列出方程，即可求解．
本题主要考查直线垂直的性质，属于基础题．
14.【答案】278
【解析】解：以抛物线的顶点为坐标原点，对称轴为y轴，建立直角坐标系，如图所示：
由题意得A的坐标为(92,3)，
设抛物线的标准方程为x2=2py(p>0)，则814=6p，解得p=278．
故该抛物线的焦点到准线的距离为278cm．
故答案为：278．
以抛物线的顶点为坐标原点，对称轴为y轴，建立平面直角坐标系，设抛物线的标准方程为x2=2py(p>0)，根据题意得到点A的坐标，代入求出参数p的值，即可得出答案．
本题考查抛物线的性质，考查转化思想和数形结合思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
15.【答案】an=2n−1,n∈N*(答案不唯一)
【解析】解：由首项为a1=1的数列{an}，从第二项起，每一项减去它前一项的差构成等比数列，每一项除以它前一项的商构成等差数列，
可得数列{an+1−an}为等比数列，数列{an+1an}为等差数列，
设等比数列{an+1−an}的公比为q，等差数列{an+1an}的公差为d，
令bn=an+1−an，则b1=a2−a1，b2=a3−a2，b3=a4−a3，⋯，bn−1=an−an−1，
各式相加得到b1+b2+⋯+bn=an−a1，可得an=b1(1−qn−1)1−q+a1，
取q=2，可得an=(2n−1−1)b1+1，
不妨设等差数列{an+1an}的公差为d=0，则a2a1=a3a2，可得a22=a1a3，
即[(21−1)b1+1]2=1⋅[(22−1)b1+1]，解得b1=1，此时an=2n−1，
所以满足条件的一个通项公式可以为an=2n−1,n∈N*．
故答案为：an=2n−1,n∈N*(答案不唯一)．
设等比数列{an+1−an}的公比为q，等差数列{an+1an}的公差为d，令bn=an+1−an，利用等比数列的求和公式，求得an=b1(1−qn−1)1−q+a1，取q=2，求得an=(2n−1−1)b1+1，不妨设等差数列{an+1an}的公差为d=0，根据a2a1=a3a2，求得an=2n−1，得到答案．
本题考查的知识点：数列的通项公式的求法，主要考查学生的运算能力，属于基础题．
16.【答案】32
【解析】解：如图，将5个景区抽象为5个点，将7个检票口抽象为7条路线，将问题化归为不重复走完7条路线，即一笔画问题，
从B或E处出发的线路是奇数条，其余是偶数条，可以判断只能从B或E处出发才能不重复走完7条路线，
由于对称性，只列出从B处出发的路线情形即可．
①走BA路线：3126547，3126745，3147526，3147625，3156247，3157426，共6种；
②走BC路线：4137526，4137625，4265137，4267315，4562137，4573126，共6种；
③走BE路线：7513426，7543126，7621345，7624315，共4种；
综上，共有2×(6+6+4)=32种检测顺序．
故答案为：32．
将5个景区抽象为5个点，将7个检票口抽象为7条路线，将问题化归为不重复走完7条路线，即一笔画问题，分析可得只能从B或E处出发才能不重复走完7条路线，再用列举法列出所有可能结果，即可得解．
本题主要考查简单的计数问题，考查运算求解能力，属于基础题．
17.【答案】解：(1)因为f(x)=6ex−3x2−ax，所以f′(x)=6ex−6x−a，
因为曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为5x−y+6=0，
所以f′(0)=5，即6−a=5，解得a=1．
(2)因为f′(x)=6ex−6x−a，又函数f(x)在R上单调递增，
所以f′(x)=6ex−6x−a≥0恒成立，
即a≤6ex−6x在R上恒成立，
令g(x)=6ex−6x，x∈R，则g′(x)=6ex−6=6(ex−1)，所以当x>0时g′(x)>0，
当x<0时g′(x)<0，
所以g(x)在(−∞,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增，
所以g(x)在x=0处取得极小值即最小值，即g(x)min=g(0)=6，
所以a≤6，即实数a的取值范围为(−∞,6]．
【解析】(1)求出函数的导函数，依题意可得f′(0)=5，即可得到方程，解得即可；
(2)依题意可得f′(x)=6ex−6x−a≥0恒成立，参变分离可得a≤6ex−6x在R上恒成立，令g(x)=6ex−6x，x∈R，利用导数求出函数的最小值，即可求出参数的取值范围．
本题主要考查利用导数研究函数的单调性，利用导数研究曲线上某点的切线方程，考查运算求解能力，属于中档题．
18.【答案】解：(1)证明：由Sn=32an−2，可得a1=S1=32a1−2，解得a1=4，
n≥2时，an=Sn−Sn−1=32an−2−32an−1+2，化为an=3an−1，
则{an}是首项为4，公比为3的等比数列，
可得{an}的通项公式为an=4×3n−1；
(2)由bn=lg3an4=lg33n−1=n−1，4bnan=(n−1)⋅(13)n−1，
可得Tn=0+1⋅13+2⋅19+3⋅127+...+(n−1)⋅(13)n−1，
13Tn=0+1⋅19+2⋅127+3⋅181+...+(n−1)⋅(13)n，
上面两式相减可得23Tn=13+19+127+...+(13)n−1−(n−1)⋅(13)n
=13(1−13n−1)1−13−(=(n−1)⋅(13)n,
化为Tn=34−8n+1912⋅13n．
【解析】(1)由数列的递推式和等比数列的定义、通项公式可得所求；
(2)由对数的运算性质求得bn，4bnan，由数列的错位相减法求和，以及等比数列的求和公式，可得所求和．
本题考查数列的递推式和等比数列的通项公式、求和公式，以及数列的错位相减法，考查转化思想和运算能力、推理能力，属于中档题．
19.【答案】解：(1)设平面AOE与直线PC相交于点F，连接EF，OF，如下图所示，
∵AE//平面POC，AE⊂平面AEFO，平面AEFO∩平面POC=FO，
∴AE//FO，
∵AO//BC，BC⊂平面PBC，
AO⊄平面PBC，
∴AO/​/平面PBC，
又平面AEFO∩平面PBC=EF，∴AO/​/EF，
∴四边形AEFO为平行四边形，
∴EF=AO=12BC，
即E，F分别为PB，PC的中点，
故PEPB=12；
(2)因为PA=PD，O为AD的中点，
所以PO⊥AD，
又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，PO⊂平面PAD，
所以PO⊥平面ABCD，
以点O为坐标原点，以OA所在直线为x轴，以过点O平行与AB的直线为y轴，以OP所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
因为PO⊥AO，所以PO= PA2−AO2=3，
则O(0,0,0)，C(−1,3,0)，P(0,0,3)，E(12,32,32)，
所以OC=(−1,3,0)，OP=(0,0,3)，CE=(32,−32,32)，
设平面POC的法向量为m=(x,y,z)，
则m·OC=0m·OP=0，即−x+3y=0,3z=0,
令y=1，解得x=3，z=0，
∴m=(3,1,0)，
设直线CE与平面POC所成的角为θ，
则sinθ=csm,CE=|m⋅CE||m||CE|=33 32× 10= 3015．
故直线CE与平面POC所成角的正弦值为 3015．
【解析】本题考查直线与平面平行的判定定理和性质，利用空间向量求解直线与平面所成角，属于中档题．
(1)设平面AOE与直线PC相交于点F，连接EF，OF，利用线面平行的性质定理可得AE//FO，又因为AO/​/EF，所以四边形AEFO为平行四边形，从而求出结果；
(2)建立空间直角坐标系，求出相应点的坐标，进而求出平面POC的一个法向量，再利用直线与平面夹角的向量公式求解．
20.【答案】解：(1)李明最终获得满分的概率为12×13×14=124．
(2)前9个题得分5×9=45(分)；
后3个题，得分可能是0，5，10，15，
所以X的可能取值为45，50，55，60，
所以P(X=45)=12×23×34=14，P(X=50)=12×23×34+12×13×34+12×23×14=1124，P(X=55)=12×13×34+12×23×14+12×13×14=14，P(X=60)=12×13×14=124．
所以X的分布列为：

【解析】(1)根据相互独立事件概率计算公式求得正确答案．
(2)先求得X的可能取值，然后利用相互独立事件概率计算公式求得X的分布列．
本题主要考查离散型随机变量分布列的求解，属于基础题．
21.【答案】解：(1)设椭圆C的焦距为2c，
由题意可得ca= 324a2=1c2=a2−b2，解得a=2，b=1，
故椭圆C的标准方程为：x24+y2=1；
(2)由题意可知直线l的斜率不为0，设直线l：x=my+6，A(x1,y1)，B(x2,y2)，
联立x=my+6x24+y2=1，整理得(m2+4)y2+12my+32=0，
则Δ=144m2−4(m2+4)×32=16(m2−32)>0，y1+y2=−12mm2+4，y1y2=32m2+4，
因为P(2,0)，所以k1=y1x1−2，k2=y2x2−2，
所以k1k2=y1x1−2⋅y2x2−2=y1y2(my1+4)(my2+4)=y1y2m2y1y2+4m(y1+y2)+16=32m2+4m2⋅32m2+4+4m⋅(−12mm2+4)+16=3232m2−48m2+16m2+64=12，
故k1k2为定值，该定值为12．
【解析】(1)由已知椭圆的离心率是 32，又过点P(2,0)，可得ca= 324a2=1c2=a2−b2，直接解得a=2，b=1，即可得到椭圆C的标准方程；
(2)由直线过点(6,0)，可设直线方程为l：x=my+6，A(x1,y1)，B(x2,y2)，联立方程组x=my+6x24+y2=1，由韦达定理可得y1+y2=−12mm2+4，y1y2=32m2+4，又P(2,0)，得k1=y1x1−2，k2=y2x2−2，再代入k1k2化简即可求解．
本题主要考查了椭圆的标准方程，考查了直线与椭圆的位置关系，属于中档题．
22.【答案】解：(1)函数g(x)=xln(x+1)，x>−1，存在的2级“平移点”，则g(x0+2)=g(x0)+g(2)，
即g(x0)=x0ln(x0+1)，g(2)=2ln3，g(x0+2)=(x0+2)ln(x0+3)，
∴(x0+2)ln(x0+3)=x0ln(x0+1)+2ln3，即(x0+2)ln(x0+3)−x0ln(x0+1)−2ln3=0，
令k(x)=(x+2)ln(x+3)−xln(x+1)−2ln3，
则k′(x)=ln(x+3)+x+2x+3−ln(x+1)−xx+1=ln(x+3)−ln(x+1)+1x+1−1x+3，
当x>−1时，ln(x+3)−ln(x+1)>0,1x+1−1x+3>0，∴k′(x)>0，
∴k(x)在(−1,+∞)上单调递增，而k(0)=2ln3−2ln3=0，
∴k(x)在(−1,+∞)只有1个零点，即函数g(x)=xln(x+1)的2级“平移点”的个数为1，且2级“平移点”为(0,2)．
(2)由h(x)=ax2+xlnx在[1,+∞)上存在1级“平移点”，则h(x+1)=h(x)+h(1)有解，
即：a(x+1)2+(x+1)ln(x+1)=ax2+xlnx+a，得：2ax=xlnx−(x+1)ln(x+1)，
∴2a=xlnx−(x+1)ln(x+1)x在[1,+∞)上有解，
令h(x)=xlnx−(x+1)ln(x+1)x，x∈[1,+∞)，则h′(x)=[lnx−ln(x+1)]x−[xlnx−(x+1)ln(x+1)]x2=ln(x+1)x2>0，
∴h(x)在(1,+∞)上单调递增，则h(x)≥h(1)=−2ln2，
∴2a≥−2ln2，即a≥−ln2，
实数a的取值范围为：[−ln2,+∞)．
【解析】(1)根据题意，可得g(x0+2)=g(x0)+g(2)，代入解析式求解即可；
(2)根据k级“平移点”定义知h(x+1)=h(x)+h(1)有解，即可得2a=lnx−x+1xln(x+1)在[1,+∞)上有解，构造函数并利用导数研究单调性、最值，即可求a的范围．
本题主要考查函数与方程的应用，考查运算求解能力，属于中档题．X
1
2
4
6
P
0.2
m
n
0.1
X
45
50
55
60
P
14
1124
14
124