2023-2024学年江西省抚州市金溪一中高三上学期1月考试数学试题（含解析）

这是一份2023-2024学年江西省抚州市金溪一中高三上学期1月考试数学试题（含解析），共20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.集合A=x|x≤3,x∈N，若B⊆A且B≠A，则满足条件的集合B的个数为
( )
A. 7B. 8C. 15D. 16
2.已知复数z满足z3−4i=4−2i，则z=( )
A. 55B. 2 55C. 15D. 45
3.将函数fx=csωx+π4(ω>0)的图象向左平移π3个单位长度后得到的函数为奇函数，则实数ω的最小值为
( )
A. 94B. 54C. 34D. 14
4.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的上顶点、右顶点、左焦点恰好是等腰三角形的三个顶点，则椭圆C的离心率为
( )
A. 32B. 22C. 5−12D. 3−12
5.蚊香具有悠久的历史，我国蚊香的发明与古人端午节的习俗有关.如图为某校数学社团用数学软件制作的“蚊香”.画法如下：在水平直线上取长度为1的线段AB，作一个等边三角形ABC，然后以点B为圆心，AB为半径逆时针画圆弧交线段CB的延长线于点D(第一段圆弧)，再以点C为圆心，CD为半径逆时针画圆弧交线段AC的延长线于点E，再以点A为圆心，AE为半径逆时针画圆弧……以此类推，当得到的“蚊香”恰好有15段圆弧时，“蚊香”的长度为
( )

A. 44πB. 64πC. 70πD. 80π
6.已知非零向量a，b满足a⋅b+b2=0，a+4b=5，则a+b+b的最大值为( )
A. 5 103B. 4 103C. 25 24D. 5
7.已知函数fx=x2−x2−a3x−9在区间−∞,−3,1,+∞上都单调递增，则实数a的取值范围是
( )
A. 08.设A、B是半径为 2的球体O表面上的两定点，且∠AOB=π2，球体O表面上动点M满足MA= 3MB，则点M的轨迹长度为
( )
A. 4 67πB. 2 305πC. 4 1511πD. 2 3311π
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.已知数列an是等差数列，其前n项的和为Sn，则下列结论一定正确的是
( )
A. 数列2an是等比数列B. 数列an2不是等差数列
C. 数列Snn是等差数列D. 数列Snn+1不是等差数列
10.已知双曲线E：x2a2−y2b2=1a>0,b>0的右焦点为F6,0，以坐标原点O为圆心，线段OF为半径作圆与双曲线E在第一、二、三、四象限依次交于A，B，C，D四点，若cs∠AOF=2 23，则
( )
A. AC=BD=12B. cs∠AOB=−4 29
C. 四边形ABCD的面积为32 2D. 双曲线E的离心率为 62
11.若四面体各棱的长是3或6，且该四面体的棱长不全相等，则其体积的值可能为( )
A. 9 142B. 9 112C. 9 144D. 9 114
12.已知实数x、y满足xx=yy=m(x>y>0)，则m的值可能为
( )
A. 22B. eeC. cs12D. ee+1
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.1+ 35+1− 35=
14.由6个实数组成的一组数据的方差为s12，将其中一个数6改为2，另一个数5改为9，其余的数不变，得到新的一组数据的方差为s22，则s22−s12=
15.已知x、y为正实数，且满足xy2(3x+4y)=3，则3x+2y的最小值为
16.已知正方形ABCD的 中心在坐标原点，四个顶点都在函数fx=x3+bx的图象上．若正方形ABCD唯一确定，则实数b的值为
四、解答题：本题共6小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题12分)
已知在平面四边形ABCD中，AB=BC=CD=1，AD=2．
(1)求2csA−csC的值；
(2)记▵ABD与△CBD的面积分别为S1和S2，求S12+S22的最大值．
18.(本小题12分)
如图，已知多面体ABCDEF的底面ABCD为矩形，四边形BDEF为平行四边形，平面FBC⊥平面ABCD，FB=FC=BC=1，AB=2，G是CF的中点．

(1)证明：BG//平面AEF；
(2)求直线AE与平面BDEF所成角的正弦值．
19.(本小题12分)
甲、乙两人准备进行羽毛球比赛，比赛规定：一回合中赢球的一方作为下一回合的发球方.若甲发球，则本回合甲赢的概率为23，若乙发球，则本回合甲赢的概率为13，每回合比赛的结果相互独立.经抽签决定，第1回合由甲发球．
(1)求第4个回合甲发球的概率；
(2)设前4个回合中，甲发球的次数为X，求X的分布列及期望．
20.(本小题12分)
记Sn为数列an的前n项和，已知a1=1,Snan+1−Snan=−12．
(1)求an的通项公式；
(2)设Q={x|x=2an+1,n∈N∗},R={x|x=4an+2,n∈N∗}，若等差数列cn中的任一项cn∈Q∩R，其中c1是Q∩R中的最小数，且40021.(本小题12分)
与x轴不垂直的直线l交抛物线T：y2=2pxp>0于M、N两点，F为抛物线的焦点，线段MN的垂直平分线交x轴于点E3,0，已知O0,0,Q4,0，且有MF+NF=4
(1)求抛物线T的方程;
(2)过F的直线交抛物线T于A、B两点，延长AQ,BQ分别交抛物线T于C、D；G、H分别为AB,CD的中点，求cs∠GOH的最小值．
22.(本小题12分)
已知函数fx=x+2ea−x
(1)求函数fx的单调区间；
(2)若方程fx=x−2的两个实数根互为相反数，求实数a的值；
(3)在条件(2)下，若函数gx=2ex−lnx−x−m−f−x有两个不同的零点x1,x2，证明：x1x2<1e．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】【分析】利用集合所包含子集的个数求解．
【详解】因为A=x|x≤3,x∈N=0,1,2,3，
所以共有子集24=16个，
又B⊆A且B≠A，
所以共有16−1=15个，
故选：C
2.【答案】B
【解析】【分析】根据复数的除法运算，求出复数z，然后利用z=z即可求解．
【详解】因为复数z满足z3−4i=4−2i，所以z=4−2i3−4i=4−2i3+4i3−4i3+4i=45+25i，
所以z=z= 452+252=2 55．
故选：B．
3.【答案】C
【解析】【分析】根据题意，利用三角函数的图象变换，求得gx=cs(ωx+ωπ3+π4)，再由gx为奇函数，求得ω=3k+34,k∈Z，进而得到ω取得最小值．
【详解】由函数fx=csωx+π4(ω>0)，将函数y=fx的图象向左平移π3个单位长度后，
得到函数gx=cs[ω(x+π3)+π4]=cs(ωx+ωπ3+π4)，
又由gx为奇函数，所以ωπ3+π4=π2+kπ,k∈Z，解得ω=3k+34,k∈Z，
因为ω>0，所以当k=0时，ω取得最小值，最小值为34．
故选：C．
4.【答案】D
【解析】【分析】根据已知得到a+c= a2+b2，结合a,b,c关系式即可求出结果．
【详解】由题知等腰三角形的三边为a，a+c， a2+b2，
则a+c= a2+b2，
即有a2−2ac−2c2=0，解得e=ca= 3−12．
故选：D
5.【答案】D
【解析】【分析】利用扇形弧长公式及等差数列求和公式计算即可．
【详解】由题意每段圆弧的中心角都是2π3，每段圆弧的半径依次增加1，
则第n段圆弧的半径为n，弧长记为an，则an=2π3⋅n，
所以S15=2π3(1+2+3+⋯+15)=80π．
故选：D．
6.【答案】A
【解析】【分析】利用平面向量的数量积与模长关系先判定a+b⊥b，再利用三角换元结合辅助角公式计算即可．
【详解】设a+b=m,b=n，由a⋅b+b2=a+b⋅b=0，则有a+b⊥b，
又a+4b=a+b+3b=5，
即m2+3n2=25，
令m=5csθ,3n=5sinθ,0<θ<π2，
则m+n=5csθ+53sinθ= 25+259sinθ+φ≤5 103tanφ=3，
故选：A．
7.【答案】C
【解析】【分析】设gx=x2−a3x−9，判定其零点再分类讨论去绝对值符号得出fx解析式，结合二次函数与一次函数的单调性分类讨论即可．
【详解】设gx=x2−a3x−9⇒Δ=a29+36>0，∴函数gx一定有两个零点，
设gx的两个零点为x1,x2x1x2,
当a≤0时，fx在−∞,x1上为单调递减函数或常函数，不符合题意；
则a>0，又有g−3=a>0，故x1>−3，∴fx在−∞,−3上单调递增，
要满足在1,+∞上单调递增，只需a12≤1，可解得0故选：C．
8.【答案】B
【解析】【分析】先建立平面直角坐标系确定M轨迹，转化为空间中的阿氏球，利用两球相交求相交圆周长即可．
【详解】以AOB所在的平面建立平面直角坐标系，AB为x轴，AB垂直平分线为y轴，
则易知A−1,0,B1,0,O0,1，
设Mx,y，由MA= 3MB，可得x+12+y2=3x−12+3y2⇒x−22+y2=3，
故M的轨迹是以C2,0为圆心， 3为半径的圆，
转化到空间M的轨迹为以C为球心， 3为半径的球，同时M在球O上，
故M在两球的交线上，轨迹为圆．
又OM= 2，MC= 3，易求得OC= 5，即▵OCM为直角三角形，
则对应圆的半径为= 2× 3 5= 305，
M的轨迹长度即对应圆的周长为2 305π．
故选：B．
难点点睛：在于合理建立平面坐标系得出M的轨迹，并转化为空间中的轨迹，最后结合两球相交的位置关系计算交线长．
9.【答案】AC
【解析】【分析】设出公差，利用等比数列定义判断A；举常数列判断B；设等差数列Sn=An2+Bn(A,B为常数)，利用等差是数列的定义判断C；举特殊数列各项为0的常数列判断D．
【详解】数列an是等差数列，设公差为d，d为常数，
对于A，数列an是等差数列，则an+1−an=d，那么2an+12an=2an+1−an=2d为常数，且2an>0，
所以数列2an是等比数列，故 A正确；
对于B，当an为常数列时，an2也为常数列，此时数列an2是等差数列，故 B错误；
对于C，数列an是等差数列，其前n项的和为Sn，可设Sn=An2+Bn(A,B为常数)，
令cn=Snn=An+B，此时cn+1−cn=A为常数，所以数列Snn是等差数列，故 C正确；
对于D，当an是等差数列，且为各项均为0的常数列时，Sn=0，此时Snn+1=0，
所以数列Snn+1为各项为0的常数列，可以为等差数列，故 D错误，
故选：AC．
10.【答案】ACD
【解析】【分析】根据双曲线以及圆的对称性可判断A；利用对称性可得∠AOD=2∠AOF，结合二倍角公式可判断B；利用三角形面积公式可求四边形ABCD的面积，判断C；求出点A的纵坐标，利用三角函数值推出a,c之间的关系，即可求得离心率，判断D．
【详解】对于A，由双曲线以及圆的对称性可知AC和BD是圆O的两条直径，且|OF|=6，
所以AC=BD=12，故 A正确；

对于B，由条件得cs∠AOD=cs2∠AOF=2×2 232−1=79，
而∠AOD与∠AOB互补，所以cs∠AOB=−cs∠AOD=−79，故 B错误；
对于C，由已知得∠AOD∈(0,π),∴sin∠AOD= 1−792=4 29，
所以四边形ABCD的面积为2×12×|OA||OD|×sin∠AOD+2×12×|OA||OB|×sin∠AOB
=12×AC×BDsin∠AOD=12×12×12×4 29=32 2，故 C正确；
对于D，记双曲线的半焦距为c(c>0)，联立x2a2−y2b2=1x2+y2=a2+b2=c2，解得y=±c2−a2c，
故A点纵坐标为c2−a2c，则sin∠AOF=c2−a2c2，
再由已知可得∠AOF为锐角，故sin∠AOF= 1−2 232=13，
所以c2−a2c2=13，所以a2c2=23,∴e= 62，故 D正确．
故选：ACD
难点点睛：解答本题的难点在于选项D，求双曲线的离心率，解答时要注意利用角的三角函数值建立a,b,c之间的等量关系，从而求得关于a,c的关系，即可求解．
11.【答案】BCD
【解析】【分析】根据棱长为3的条数分类讨论计算四面体的体积即可，其中结合了线面垂直和锥体体积公式．
【详解】由三角形的 两边之和大于第三边性质，知四面体中棱长为3的棱最多有3条，
若只有一条棱长度为3，如图AB=3，其余棱长都为6，
取AB中点E，CD中点F，连接CE,DE,EF，
则CE⊥AB,DE⊥AB，
又CE,DE是平面CDE内两相交直线，则AB⊥平面CDE，
由已知CE=DE= 62−(32)2=3 152，
则EF⊥CD，EF= (3 152)2−32=3 112，
S▵CDE=12×6×3 112=9 112，
VABCD=13×S▵CDE×AB=13×9 112×3=9 112；
若有两条棱长度为3，还是如(1)中的图形，AB=CD=3，
解法如(1)，VABCD=13×S▵CDE×AB=13×9 144×3=9 144
若有三条棱长度为3，只能是底面三边为3，
如图BC=CD=BD=3，AB=AC=AD=6，四面体为正三棱锥，设AO是正三棱锥的高，O是▵BCD的外心，OB=23× 32×3= 3，
AO= AB2−OB2= 62− 32= 33，
VABCD=13×S▵BCD×AO=13× 34×32× 33=9 114 ，
故选：BCD．
12.【答案】ACD
【解析】【分析】先对已知条件xx=yy=m(x>y>0)两边取自然对数得xlnx=ylny=lnm，构造函数fx=xlnx，利用导数研究函数fx的单调性及最值，得出e−1e0，利用导数求出函数的值域即可判断选项 D．
【详解】由题可得m>0；xlnx=ylny=lnm(x>y>0).
设fx=xlnx
则f′x=lnx+1
令f′x>0，得x>1e；令f′x<0，得0所以函数fx=xlnx在0,1e上单调递减，在1e,+∞上单调递增．
故fxmin=1eln1e=−1e
因为当x→0时fx<0,fx→0；当x→+∞时fx→+∞．
则函数fx=xlnx图象如图所示：
e−1e由xlnx=ylny=lnm(x>y>0)，可得−1e因为12>1e，
所以f12>f1e，即12ln12>1eln1e，则1212>1e1e
又因为e−1e=1e1e， 22=1212<1，
所以e−1e< 22<1，故选项 A正确；
因为 ee=e−12因为1>cs12>csπ6> 22，故选项 C正确；
令函数gx=ex−x−1x>0，
则g′x=ex−1>0，
所以函数gx在区间0,+∞上单调递增．
所以gx>g0=0，即ex>x+1x>0，
则e1e>1e+1=e+1e．
所以e−1e故选：ACD．
关键点点睛：本题主要考查利用导数研究函数的单调性和最值、利用函数的单调性比较大小.解题的关键在于：先根据已知条件构造函数fx=xlnx，利用导数研究函数fx的单调性及最值，得出e−1e13.【答案】152
【解析】【分析】利用二项式定理得到1+ 35,1− 35的展开式，求出相加得到答案．
【详解】1+ 35=C50 30+C51 31+C52 32+C53 33+C54 34+C55 35
=1+5 3+30+30 3+45+9 3，
1− 35=C50− 30+C51− 31+C52− 32+C53− 33+C54− 34+C55− 35
=1−5 3+30−30 3+45−9 3，
故1+ 35+1− 35=1+30+45+1+30+45=152．
故答案为：152
14.【答案】4
【解析】【分析】利用方差的计算公式计算即可．
【详解】因为数据中一个数6改为2，另一个数5改为9，其余的数不变，可知前后两组数据的平均数不变，不妨设为x，设没有变化的4个数与平均数差的平方和为s，
所以S22−S12=S+2−x2+9−x2−S+6−x2+5−x26=85−616=4．
故答案为：4
15.【答案】2 3
【解析】【分析】将已知条件转化为x3x+4y=3y2，构造完全平方式消元转化结合基本不等式计算即可．
【详解】由题意可知：x3x+4y=3y2，
又3x+2y2=9x2+12xy+4y2=3x3x+4y+4y2=9y2+4y2≥12，
当且仅当9y2=4y2取得等号，即3x+2y≥2 3．
故答案为：2 3．
16.【答案】−2 2
【解析】【分析】设直线AC和BD的方程，讨论b≥0，b<0两种情况，根据OA=OB得到方程k−1k2−bk−1k+2=0，换元后t2−bt+2=0必有两个相等的实数根，检验后即可得到结果．
【详解】因为四边形ABCD为正方形，O为其中心，所以AC⊥BD于点O，
且OA=OB=OC=OD，
不妨设直线AC的方程为y=kxk>0，则直线BD的方程为y=−1kx，
设点Ax1,y1，Bx2,y2，则C−x1,−y1，D−x2,−y2，
当b≥0时，f′x=3x2+b≥0，
fx在R上单调递增，与y=−1kx仅有1个交点为原点，不合题意，
当b<0时，联立直线AC与曲线方程，得到x13+bx1=kx1，解得x12=k−b，
则y12=kx12=k2k−b，
联立直线BD与曲线方程，得到x23+bx2=−1kx2，解得x22=−1k−b，
则y22=−1kx22=1k2−1k−b，
因为OA=OB，所以 x12+y12= x22+y22，
所以1+k2k−b=1+1k2−1k−b，
整理得，k2+1k2−bk−1k=0，即k−1k2−bk−1k+2=0
设tk=k−1kk>0，该函数在0,+∞上单调递增，值域为R，
要使符合题意的正方形只有1个，则必有t2−bt+2=0有两个相等的实数根，
即Δ=b2−8=0，解得b=−2 2或b=2 2，
因为b<0，所以b=−2 2，
此时k−1k=−2 2，解得k=− 2− 3或k=− 2+ 3，
因为k>0，所以k=− 2+ 3，
所以b=−2 2．
故答案为：−2 2．
方法点睛：本题考查了函数与方程的综合应用，将正方形ABCD唯一性转化为根的个数问题，分b≥0，b<0两种情况讨论．
17.【答案】解：(1)
在▵ABD中，由余弦定理可得BD2=AB2+AD2−2AB⋅ADcsA=5−4csA，
在▵BCD中，由余弦定理可得BD2=BC2+CD2−2BC⋅CDcsC=2−2csC，
所以5−4csA=2−2csC，即2csA−csC=32．
(2)依题意S12=14AB2⋅AD2sin2A=sin2A，S22=14BC2⋅CD2sin2C=14sin2C，
所以S12+S22=sin2A+14sin2C=1−cs2A+14−14cs2C
=1−cs2A+14−142csA−322
=−2cs2A+32csA+1116=−2csA−382+3132，
又−1即S12+S22的最大值为3132．

【解析】(1)在▵ABD和▵BCD中利用余弦定理表示出BD2，即可得到方程，解得即可；
(2)利用三角形的面积公式表示出S12+S22，然后结合上一问条件求解．
18.【答案】解：(1)如图，取BC中点N，取AD中点M，
因为▵FBC为等边三角形，所以FN⊥BC，

因为平面FBC⊥平面ABCD，
又FN⊂平面FBC，平面FBC∩平面ABCD=BC，
所以FN⊥平面ABCD，
又底面ABCD为矩形，则NM⊥NB．
以N为坐标原点，NM，NB，NF分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系N−xyz，
由题意可得A2,12,0,B0,12,0,C0,−12,0,D2,−12,0，F0,0, 32，
已知G是CF的中点．则G0,−14, 34，
可知BG=0,−34, 34,AF=−2,−12, 32,BD=2,−1,0，
由四边形BDEF为平行四边形，得AE=AF+BD=0,−32, 32，
设平面AEF的法向量n=x,y,z，则n⋅AF=−2x−12y+ 32z=0n⋅AE=−32y+ 32z=0,
取z= 3，得y=1,x=12，则平面AEF的一个法向量n=12,1, 3，
而BG⋅n=0×12−34×1+ 34× 3=0，则BG⊥n．
且BG⊄平面AEF，则BG//平面AEF；
(2)由上可知AE=0,−32, 32,BD=2,−1,0,BF=0,−12, 32，
设平面BDEF的法向量m=a,b,c，则m⋅BD=2a−b=0n⋅BF=−12b+ 32c=0,
取c=2，得b=2 3,a= 3，
得平面BDEF的一个法向量m= 3,2 3,2，
设直线AE与平面BDEF所成角为θ，
则sinθ=csAE,m=AE⋅mAE⋅m=2 3 3⋅ 19=2 1919，
故所求直线AE与平面BDEF所成角的正弦值为2 1919．

【解析】(1)利用面面垂直的性质判定线面垂直，建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量证明线面平行即可；
(2)利用空间向量计算线面夹角即可．
19.【答案】解：(1)由题可知，第2回合甲发球的概率为23，乙发球的概率为13．
所以第3回合甲发球的概率为23×23+13×13=59，
乙发球的概率为23×13+13×23=49．
可得第4个回合甲发球的概率为59×23+49×13=1427．
故第4个回合甲发球的概率为1427；
(2)由题意可知：X可以取1，2，3，4．
当X=1时，P1=13×23×23=427；当X=4时，P4=233=827；
当X=2时，前4个回合甲发球两次的情况分以下三种：
第一种情况，甲第1，2回合发球，乙第3，4回合发球，其概率为23×13×23=427．
第二种情况，甲第1，3回合发球，乙第2，4回合发球，其概率为13×13×13=127．
第三种情况，甲第1，4回合发球，乙第2，3回合发球，其概率为13×23×13=227．
故前4个回合甲发球两次的概率为P2=427+127+227=727；
当X=3时，P3=1−P1−P2−P4=827，
故X的分布列为：
EX=1×427+2×727+3×827+4×827=7427．

【解析】(1)分类讨论结合独立事件乘法公式计算即可；
(2)分情况讨论列出分布列并计算期望即可．
20.【答案】解：(1)由a1=1,Snan+1−Snan=−12有Sn+1−an+1an+1−Snan=−12，即Sn+1an+1−Snan=12，
又a1=1，故S1a1=1，所以数列Snan是以1为首项，12为公差的等差数列，
所以Snan=n+12，即Sn=n+12an，
故Sn+1=n+22an+1，两式相减得an+1=n+22an+1−n+12an，即n2an+1=n+12an，
所以an+1n+1=ann=⋅⋅⋅=a11=1，因此an的通项公式为an=n．
(2)由(1)可知Q=xx=2n+2,n∈N∗，R={x|x=4n+2,n∈N∗}，
所以Q∩R=R.又因为cn∈Q∩R，其中c1是Q∩R中的最小数，
所以c1=6，则cn的公差是4的倍数，设公差为4t，t∈N∗，
所以c21=6+80t，又因为400则39480则cn=6+n−1×20=20n−14，
所以cn2n+1=10n−72n，即Tn=3×121+13×122+⋯+10n−7×12n，
12Tn=3×122+13×123+⋯+10n−7×12n+1 ，
两式相减，得12Tn=32+10×122+10×123+⋯+10×12n−10n−7×12n+1
=32+10×122−12n1−12−10n−7×12n+1=132−10n+132×12n，
所以Tn=13−10n+132n,n∈N∗．

【解析】(1)由Snan+1−Snan=−12化简成Sn+1an+1−Snan=12，构造Snan数列，即可求得an的通项公式；
(2)根据题意得到Q∩R=R，从而求得cn，再利用错位相减法即可得解．
21.【答案】解：(1)设Mx1,y1,Nx2,y2，由抛物线定义可知MF+NF=x1+x2+p=4，
又线段MN的垂直平分线交x轴于点E3,0，故ME=NE，
即 x1−32+y12= x2−32+y22，
化简得x1+x2−6x1−x2=y22−y12=2px2−2px1=2px2−x1，
因为x2≠x1，所以x1+x2−6=−2p，即4−p−6=−2p，则有p=2，
即抛物线T的方程为y2=4x．
(2)由题意：F1,0，设AB：x=ny+1,Ax1,y1,Bx2,y2，
代入y2=4x得y2−4ny−4=0，则有y1+y2=4ny1y2=−4,
x1+x2=ny1+y2+2=4n2+2，所以G2n2+1,2n，故kOG=2n2n2+1，
设Cx3,y3,Dx4,y4，则kAC=y3−y1x3−x1=4y1+y3=kAQ=y1y124−4，
解得y3=−16y1，同理，y4=−16y2，所以C64y12,−16y1,D64y22,−16y2，
所以H点的横坐标为321y12+1y22=32×y1+y22−2y1y2y1y22=162n2+1，
H点的纵坐标为−81y1+1y2=8n，所以kOH=n22n2+1，有kOH=14kOG，
记t=kOG=2n2n2+1，故kOG=2n2n2+1，
当n=0时，kOG=0，当n≠0时，kOG=2n2n2+1=22n+1n≤22 2n⋅1n= 22，
易求得t2∈0,12；取直线OG,OH的方向向量分别为p=1,t,q=4,t
故cs∠GOH=p⋅qpq=t2+4 t2+1 t2+16
当t2=0时cs∠GOH=1，当t2∈0,12时，cs∠GOH= 1−9t2+16t2+17，
设函数y=x+16x，y′=1−16x2=x2−16x2，当x∈0,12时，y′<0，
所以函数y=x+16x为减函数，且当x=12时取最小值为12+1612=652，
所以当t2=12时，cs∠GOH取到最小值为 1−9652+17= 911=3 1111．

【解析】(1)设出交点坐标，根据抛物线定义及两点间距离公式可得结果．
(2)设出直线AB的方程，联立抛物线方程，由韦达定理，中点坐标公式及斜率公式求出OG,OH的斜率，利用向量夹角公式可得结果．
【点睛】直线与抛物线相交结合韦达定理求出中点坐标，利用斜率公式求出OG,OH的斜率，本题关键是把直线的夹角转化为向量的夹角．
22.【答案】解：(1)fx的定义域为R，
故f′x=ea−x−x+2ea−x=−x+1ea−x，
令f′x>0得x<−1，令f′x<0得x>−1，
故函数fx的增区间是−∞,−1，减区间是−1,+∞；
(2)x+2ea−x−x+2=0，即eax+2−exx−2=0，
设方程x+2ea−x−x+2=0的两根分别是x0和−x0，
故eax0+2−ex0x0−2=0①，
ea−x0+2−e−x0−x0−2=0，即eaex0−x0+2+x0+2=0②，
由①−②可得：ea−1x0+2+x0−2ex0=0③，
令gx=x+2+x−2ex，则g′x=1+x−1ex，
令wx=g′x=1+x−1ex，则w′x=xex，
当x>0时，w′x>0，g′x=1+x−1ex单调递增，
当x<0时，w′x<0，g′x=1+x−1ex单调递减，
故g′x=1+x−1ex在x=0处取得极小值，也时最小值，
故g′x≥g′0=1−1=0，即gx单调递增，注意到g0=0，
故gx只有1个零点，即0，
当x0=0时，由①可知：2ea+2=0，即ea=−1，无解，
故x0≠0，则gx0≠0，则有ea−1=0，解得a=0；
(3)由(2)可得fx=x+2e−x，f−x=−x+2ex，
则gx=2ex−lnx−x−m−f−x=xex−lnx−x−m，
令gx=0得xex−lnx−x−m=0，即ex+lnx−lnx+x−m=0，
令t=x+lnx，则函数t=x+lnx在x∈0,+∞单调递增，t∈R，
函数g(x)有两个不同的零点x1,x2，也即方程et−t=m在t∈R有两根t1,t2，
其中t1=lnx1+x1,t2=lnx2+x2，
令p(t)=et−t，则p′(t)=et−1，
令p′(t)>0，解得t>0，令p′(t)<0，解得t<0，
∴p(t)=et−t在t∈−∞,0为减函数，在t∈0,+∞为增函数，
∴ptmin=p0=1，又x→−∞时，p(t)→+∞；x→+∞时，p(t)→+∞，
∴m>1，t1<0令q(t)=p(t)−p(−t)=(et−t)−(e−t+t)=et−e−t−2t,t>0，
则q′(t)=et+e−t−2≥2 et⋅e−t−2=0，当且仅当t=0时，等号成立，
又t>0，故q′(t)>0恒成立，
∴qt在t∈0,+∞单调递增，∴t>0时，q(t)>q(0)=0，
由t2>0得q(t2)=p(t2)−p(−t2)>0，即p(t2)>p(−t2)，
而pt在t∈−∞,0单调递减，且t1<0,−t2<0，所以t1<−t2，t1+t2<0，
即有t1+t2=lnx1+x1+lnx2+x2<0，
∵lnx1+x1+lnx2+x2=lnx1x2+x1+x2≥2ln x1x2+2 x1x2，
∴ln x1x2+ x1x2<0，又ln1 e+1 e=1 e−12>0，
∴ln x1x2+ x1x2∴ x1x2<1 e，∴x1x2<1e．
即得证

【解析】(1)求定义域，求导，得到不等式，求出单调区间；
(2)转化为方程x+2ea−x−x+2=0的两根分别是x0和−x0，得到方程组，相减后得到ea−1x0+2+x0−2ex0=0，令gx=x+2+x−2ex，求导，得到单调性，得到gx只有1个零点，即0，代入x+2ea−x−x+2=0，此时无解，故ea−1=0，求出实数a的值；
(3)令gx=0，转化为ex+lnx−lnx+x−m=0，构造p(t)=et−t，求导得到其单调性，得到t1<0又ln1 e+1 e=1 e−12>0，故ln x1x2+ x1x2【点睛】极值点偏移问题，通常会构造差函数来进行求解，本题关键点为xex−lnx−x−m=0变形为ex+lnx−lnx+x−m=0，换元后再构造差函数进行求解．
X
1
2
3
4
P
427
727
827
827