2022-2023学年河南省新乡市高二（下）期末数学试卷（含详细答案解析）

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这是一份2022-2023学年河南省新乡市高二（下）期末数学试卷（含详细答案解析），共17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.设复数z=1+i，则z−z=( )
A. −iB. iC. −2iD. 2i
2.设全集U=R，集合M={x|x>−1}，N={x|−2A. ∁U(M∩N)B. ∁U(M∪N)C. M∩(∁UN)D. N∪(∁UM)
3.函数f(x)=3x−3−x2⋅cs2x的部分图象大致为( )
A. B.
C. D.
4.某高校现有400名教师，他们的学历情况如图所示，由于该高校今年学生人数急剧增长，所以今年计划招聘一批新教师，其中博士生80名，硕士生若干名，不再招聘本科生，且使得招聘后硕士生的比例下降了4%，招聘后全校教师举行植树活动，树苗共1500棵，若树苗均按学历的比例进行分配，则该高校本科生教师共分得树苗的棵数为( )
A. 100
B. 120
C. 200
D. 240
5.若a=lg30.3，b=sin3π5，c=50.1，则( )
A. b6.设0A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
7.在长方体ABCD−A1B1C1D1中，底面A1B1C1D1为正方形，AC1⊥平面BDE，E为AA1的中点，则下列结论错误的是( )
A. AC1⊥BD
B. AC1⊥A1C
C. A1C//平面BDE
D. 平面A1D1C⊥平面BDE
8.弘扬国学经典，传承中华文化，国学乃我中华民族五千年留下的智慧精髓，其中“五经”是国学经典著作，“五经”指《诗经》《尚书》《礼记》《周易》《春秋》.小明准备学习“五经”，现安排连续四天进行学习且每天学习一种，每天学习的书都不一样，其中《诗经》与《礼记》不能安排在相邻两天学习，《周易》不能安排在第一天学习，则不同安排的方式有( )
A. 32种B. 48种C. 56种D. 68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。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9.已知直线l：4x+3y+6=0与圆C：(x−1)2+y2=9相交于E，F两点，则( )
A. 圆心C到直线l的距离为1B. 圆心C到直线l的距离为2
C. |EF|= 5D. |EF|=2 5
10.已知函数f(x)=12sin(2x−π6)，下列说法正确的是( )
A. f(x)的最小正周期为π2
B. f(x)的极值点为x=π3+kπ2(k∈Z)
C. f(x)的图象可由函数y=12sin2x的图象向右平移π12个单位长度得到
D. 若f(x1)=f(x2)，则x1=x2+kπ(k∈Z)
11.已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的右焦点F2( 3,0)到渐近线的距离为1，P为C上一点，下列说法正确的是( )
A. C的离心率为 62
B. |PF2|的最小值为 22
C. 若A，B为C的左、右顶点，P与A，B不重合，则直线PA，PB的斜率之积为12
D. 设C的左焦点为F1，若△PF1F2的面积为 33，则∠F1PF2=2π3
12.若关于x的不等式xlnx+(2−x)ln(2−x)≥m2−2m对任意x∈(0,2)恒成立，则整数m的取值可能为( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知向量a=(2,1)，b=(1−m,m+1)，若a⊥b，则m=______.
14.已知cs(α−π3)=12，则cs(π3+2α)=______.
15.如图，某圆柱与圆锥共底等高，圆柱侧面的展开图恰好为正方形，则圆柱母线与圆锥母线所成角的正切值为______.
16.已知抛物线y2=4x上存在两点A，B(A,B异于坐标原点O)，使得∠AOB=90∘，直线AB与x轴交于M点，将直线AB绕着M点逆时针旋转90∘与该抛物线交于C，D两点，则四边形ACBD面积的最小值为______.
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)
已知等差数列{an}满足2a2−a3=1，2a2+a3+2=a6.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn=1(an+3)(an+1+3)，数列{bn}的前n项和为Tn，若Tm≤118，求m的最大值.
18.(本小题12分)
已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，向量m=(a+b+c, 3b)，n=(a+b−c,− 3a)，且m⊥n.
(1)求角C的大小；
(2)若csB= 217，b=8，D为边BC上一点，且AD=7，若△ABD，△ACD的面积分别为S1，S2，求S1S2的值.
19.(本小题12分)
投壶是中国古代士大夫宴饮时做的一种投掷游戏，也是一种礼仪，在战国时期较为盛行，尤其是在唐朝，得到了发扬光大.投壶是把箭向壶里投，投中多的为胜.某校开展“健康体育节”活动，其间甲、乙两人轮流进行定点投壶比赛(每人各投一次为一轮，且不受先后顺序影响)，在相同的条件下，甲、乙两人每轮在同一位置，每人投一次.若两人有一人投中，投中者得2分，未投中者得−2分；若两人都投中，两人均得1分；若两人都未投中，两人均得0分.设甲每次投中的概率为13，乙每次投中的概率为25，且各次投壶互不影响.
(1)用Pi表示经过第i轮投壶累计得分后甲得分等于乙得分的概率，求P1与P2；
(2)经过2轮投壶，记甲、乙的得分之和为X，求X的分布列和数学期望.
20.(本小题12分)
如图，四棱锥P−ABCD的底面是边长为2的菱形，△PAD为等边三角形.
(1)若PC⊥AD，证明：AC=CD.
(2)在(1)条件下，若PC=3，AC=2，求平面PAB与平面PAD夹角的余弦值.
21.(本小题12分)
已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为12，且椭圆E上的点到焦点的距离的最大值为3.
(1)求椭圆E的方程.
(2)设A，B是椭圆E上关于x轴对称的不同两点，P在椭圆E上，且点P异于A，B两点，O为原点，直线AP交x轴于点M，直线BP交x轴于点N，试问|OM|⋅|ON|是否为定值？若为定值，求出这个定值；若不是定值，请说明理由.
22.(本小题12分)
已知函数f(x)=ax3+bx2+cx(a≠0)，且6a+b=0，f(1)=4a.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若x∈[0,3]，函数F(x)=f(x)−xe−x有三个零点x1，x2，x3，且x1答案和解析
1.【答案】A
【解析】【分析】
把z=1+i代入z−z，再由复数代数形式的乘除运算化简得答案．
本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题．
【解答】
解：∵z=1+i，
∴z−z=1−i1+i=(1−i)2(1+i)(1−i)=−2i2=−i.
故选A.
2.【答案】B
【解析】解：∵M={x|x>−1}，N={x|−2∴∁UM={x|x≤−1}，∁UN={x|x≤−2或x≥3}，
∴{x|x≤−2}=(∁UM)∩(∁UN)=∁U(M∪N).
故选：B.
进行交集、并集和补集的运算即可．
本题考查了交集、并集和补集的定义及运算，全集的定义，考查了计算能力，属于基础题．
3.【答案】A
【解析】解：根据题意，函数f(x)=3x−3−x2⋅cs2x，其定义域为R，
又由f(−x)=3−x−3x2cs(−2x)=−f(x)，则函数f(x)为奇函数，排除B、C，
在区间(0,π4)上，3x−3−x2>0，cs2x>0，则f(x)>0，排除D.
故选：A.
根据题意，由函数的奇偶性排除B和C，再利用函数值的符号排除D，综合可得答案．
本题考查函数的图象分析，涉及函数的奇偶性和函数值的分析，属于基础题．
4.【答案】B
【解析】解：设招聘x名硕士生，由题意可知，x+400×0.4=(400+80+x)×(0.4−0.04)，
解得x=20，
所以本科生教师共分得树苗40400+80+20×1500=120棵．
故选：B.
设招聘x名硕士生，然后根据题意结合扇形统计图列方程可求出x的值，再根据比例可求得结果．
本题主要考查了统计图的应用，属于基础题．
5.【答案】C
【解析】解：因为a=lg30.3<0，b=sin3π5∈(0,1)，c=50.1>1，
所以a故选：C.
由指数函数、对数函数、三角函数的性质可得a<0，b∈(0,1)，c>1，即可得答案．
本题主要考查了三个数比较大小，考查了指数函数、对数函数、三角函数的性质，属于基础题．
6.【答案】B
【解析】解：若01，
所以“xcsx<1”推不出“x<1”，
若x<1，又0所以0所以“xcsx<1”是“x<1”的必要不充分条件．
故选：B.
根据充分条件和必要条件的定义结合余弦函数的性质分析判断即可．
本题主要考查了充分条件和必要条件的定义，属于基础题．
7.【答案】D
【解析】解：AC1⊥平面BDE，BD⊂平面BDE，可得AC1⊥BD，故A正确；
连接AD1，由AC1⊥平面BDE，可得AC1⊥DE，
由C1D1⊥平面AD1，可得C1D1⊥DE，
而AC1∩C1D1=C1，可得DE⊥平面AC1D1，DE⊥AD1.
在矩形AA1D1D中，设AA1=b，AD=a，
由tan∠DAD1=ba，tan∠ADE=AEAD=b2a，而tan∠DAD1tan∠ADE=1，
所以b= 2a，
又AC= 2a，所以四边形AA1C1C为正方形，即有AC1⊥A1C，故B正确；
设AC与BD交于O，连接OE，可得OE//A1C，而OE⊂平面BDE，A1C⊄平面BDE，
可得A1C//平面BDE，故C正确；
平面A1D1C即为平面A1D1CB，而BC⊥平面AA1B1B，可得平面BCD1A1⊥平面AA1B1B，
若平面BDE⊥平面A1D1CB，又平面BDE∩平面AA1B1B=BE，可得BE⊥平面A1D1CB，显然不成立，故D错误．
故选：D.
由线面垂直的性质可判断A；由线面垂直的性质，结合直角三角形锐角三角函数的定义推得AA1= 2AD，可判断B；由线面平行的判定定理可判断C；由面面垂直的性质可判断D.
本题考查线面平行和线面垂直、面面垂直的判定和性质，考查转化思想和运算能力、推理能力，属于中档题．
8.【答案】D
【解析】解：①若《周易》不排，先将《诗经》与《礼记》以外的另外2种排列，
再将《诗经》与《礼记》插空，则共有A22A32=12种安排方式．
②若排《周易》且《诗经》与《礼记》都安排，
在《尚书》和《春秋》中先选1种，然后将《诗经》与《礼记》以外的另外2种排列，
再将《诗经》与《礼记》插空，减去将《周易》排在第一天的情况即可，
共有C21A22A32−C21A22=20种安排方式；
③若排《周易》且《诗经》与《礼记》只安排一个，
先在《诗经》与《礼记》中选1种，然后将《周易》排在后三天的一天，
最后将剩下的3种书全排列即可，
共有C21C31A33=36种安排方式．
所以共有12+20+36=68种安排方式．
故选：D.
利用排列组合分别讨论不排《周易》，排《周易》且《诗经》与《礼记》都安排，排《周易》且《诗经》与《礼记》只安排一个，三种情况，再利用分类加法计数原理将所有情况相加即可．
本题考查排列组合的应用，属于基础题．
9.【答案】BD
【解析】解：因为圆心C(1,0)到直线l的距离d=4+65=2，所以A错误，B正确．
因为|EF|=2 9−22=2 5，所以C错误，D正确．
故选：BD.
根据点到直线的距离公式计算可知A错误，B正确；利用几何法求出弦长可知C错误，D正确．
本题主要考查直线与圆的位置关系，属于基础题．
10.【答案】BC
【解析】解：f(x)的最小正周期为T=2π2=π，所以A错误；
由f′(x)=cs(2x−π6)=0，得x=π3+kπ2(k∈Z)，
由三角函数的性质可验证f(x)的极值点为x=π3+kπ2(k∈Z)，所以B正确；
将y=12sin2x的图象向右平移π12个单位长度得到f(x)=12sin(2x−π6)的图象，所以C正确；
若f(x1)=f(x2)，则12sin(2x1−π6)=12sin(2x2−π6)，
所以sin(2x1−π6)=sin(2x2−π6)，则2x1−π6=2x2−π6+2kπ(k∈Z)或2x1−π6+2x2−π6=π+2kπ(k∈Z)，
则x1=x2+kπ(k∈Z)或x1=2π3−x2+kπ(k∈Z)，所以D错误．
故选：BC.
由正弦函数的最小正周期的计算公式可判断A；对f(x)求导，令f′(x)=0可判断B；由三角函数的平移变换可判断C；由f(x1)=f(x2)，求出x1=x2+kπ(k∈Z)或x1=2π3−x2+kπ(k∈Z)可判断D.
本题主要考查三角函数的图象与性质，考查转化能力，属于中档题．
11.【答案】ACD
【解析】解：由已知可得c= 3，|cb| a2+b2=b=1，所以a= 2，
则C的方程为x22−y2=1，离心率为 3 2= 62，A正确；
因为|PF2|的最小值为c−a= 3− 2，所以B错误；
设P(x0,y0)，则x022−y02=1，A(− 2,0)，B( 2,0)
kPA⋅kPB=y0x0+ 2⋅y0x0− 2=y02x02−2=x022−1x02−2=12，所以C正确；
设∠F1PF2=θ，由||PF1|−|PF2||=2a|F1F2|2=|PF1|2+|PF2|2−2|PF1||PF2|csθS△PF1PF2=12|PF1||PF2|sinθ，
可得S△PF1F2=b2tanθ2=1tanθ2= 33，得tanθ2= 3，
则∠F1PF2=2π3，所以D正确．
故选：ACD.
根据题意列关于a，b，c的等式，从而可得双曲线的方程，计算离心率，|PF2|的最小值，结合动点P满足的方程x022−y02=1，列式计算kPA⋅kPB，在焦点三角形△PF1F2中，由双曲线的定义，余弦定理以及三角形面积公式列式即可计算出∠F1PF2.
本题考查双曲线的几何性质，方程思想，化归转化思想，属中档题．
12.【答案】AB
【解析】解：令f(x)=xlnx+(2−x)ln(2−x)，则f′(x)=lnx+1−ln(2−x)−1=lnx−2ln(2−x)，
由于函数y=lnx在x∈(0,2)单调递增，y=ln(2−x)在x∈(0,2)单调递减，
所以f′(x)=lnx−2ln(2−x)在x∈(0,2)单调递增，
又f′(1)=0，所以当x∈(0,1)，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈(1,2)，f′(x)>0，f(x)单调递增，
所以当x=1时，f(x)取极小值也是最小值，故f(x)min=f(1)=0，
对于不等式xlnx+(2−x)ln(2−x)≥m2−2m对任意x∈(0,2)恒成立，
则m2−2m≤f(x)min⇒m2−2m≤0，所以0≤m≤2，
故整数m的取值可能为0，1，2.
故选：AB.
构造函数f(x)=xlnx+(2−x)ln(2−x)，求导，利用导数求解函数的最值，进而将问题转为m2−2m≤f(x)min，即可由一元二次不等式求解．
本题主要考查函数恒成立问题，利用导数研究函数的最值，考查运算求解能力，属于中档题．
13.【答案】3
【解析】解：因为向量a=(2,1)，b=(1−m,m+1)，
若a⊥b，则2(1−m)+m+1=0，
解得m=3.
故答案为：3.
由已知结合向量垂直的坐标表示即可求解．
本题主要考查了向量数量积的性质的坐标表示，属于基础题．
14.【答案】12
【解析】解：设α−π3=β，
故csβ=12，
则α=π3+β，
故cs(π3+2α)=cs(π3+2π3+2β)=−cs2β=1−2cs2β=12.
故答案为：12.
根据已知条件，结合换元法，以及二倍角公式，即可求解．
本题主要考查两角和与差的三角函数，属于基础题．
15.【答案】12π
【解析】解：根据题意，如图：
因为圆柱母线与圆锥旋转轴平行，所以圆柱母线与圆锥母线所成角的大小等于∠BAO.
因为圆柱侧面的展开图恰好为正方形，所以2π⋅BO=OA，
所以tan∠BAO=BOOA=12π.
故答案为：12π.
先根据圆柱侧面展开图为正方形得出2π⋅BO=OA，然后根据题意找到圆柱母线与圆锥母线所成的角即可求得．
本题考查圆柱的结构特征，涉及圆柱的侧面展开图，属于基础题．
16.【答案】40
【解析】解：由题意显然直线AB的斜率存在，且不为0，
设直线AB的方程为x=my+t，t≠0，m≠0，设A(x1,y1)，B(x2,y2)，
联立x=my+ty2=4x，整理可得：y2−4my−4t=0，
Δ=16m2+16t>0，即m2+t>0，且y1+y2=4m，y1y2=−4t，x1x2=(y1y2)216=t2，
因为∠AOB=90∘，可得OA⋅OB=0，即x1x2+y1y2=0，
所以t2−4t=0，t≠0，可得t=4，
即M(4,0)，直线AB的方程为：x=my+4，
可得|AB|= 1+m2⋅ (y1+y2)2−4y1y2= 1+m2⋅ 16m2+64=4 1+m2⋅ m2+4，
因为AB⊥CD，
所以|CD|=4 1+1m2⋅ 4+1m2，
所以S四边形ACBD=12|AB|⋅|CD|=12⋅4 1+m2⋅ m2+4⋅4 1+1m2⋅ 4+1m2=8⋅ 4(m4+1m4)+25(m2+1m2)+42⩾4⋅ 4×2 m4⋅1m4+25×2 m2⋅1m2+42=4×10=40，
当且仅当m2=1时，即m=±1时，取等号，
即四边形的面积的最小值为40.
胡答案为：40.
设直线AB的方程，与抛物线的方程联立，可得两根之和及两根之积，由∠AOB=90∘，可得OA⋅OB=0，整理可得直线恒过定点(4,0)，求出弦长|AB|表达式，由题意可得|CD|的表达式，代入四边形的面积公式，由均值不等式可得四边形的面积的最小值．
本题考查直线与抛物线的综合应用，直线恒过定点的求法，四边形面积的求法，属于中档题．
17.【答案】解：(1)设公差和首项为d，a1，
由2a2−a3=1，2a2+a3+2=a6得2(a1+d)−(a1+2d)=12(a1+d)+(a1+2d)+2=a1+5d，解得a1=1d=4，
所以an=a1+4(n−1)=4n−3；
(2)bn=1(an+3)(an+1+3)=1(4n−3+3)(4n+1+3)=116(1n−1n+1)，
因此Tn=116[(1−12)+(12−13)+(13−14)+⋯+(1n−1n+1)]=116(1−1n+1)，
故Tm≤118，则Tm=116(1−1m+1)≤118，解得m≤8，
故m的最大值为8.
【解析】(1)根据等差数列基本量的计算即可求解首项和公差；
(2)根据裂项求和求解Tn=116(1−1n+1)，即可解不等式求解．
本题主要考查数列的求和，考查转化能力，属于中档题．
18.【答案】解：(1)∵向量m=(a+b+c, 3b)，n=(a+b−c,− 3a)，且m⊥n，
∴m⋅n=0，即(a+b+c)(a+b−c)−3ab=0，
化简得：ab=a2+b2−c2，
∴csC=a2+b2−c22ab=ab2ab=12，
∵C∈(0,π)，∴C=π3；
(2)∵csB= 217，B∈(0,π)，∴sinB=2 77，
∴sinA=sin(B+C)=sinBcsC+csBsinC=2 77×12+ 217× 32=5 714，
在△ABC中，由正弦定理得asinA=bsinB，
∴a=bsinAsinB=8×5 7142 77=10
在△ACD中，由余弦定理有：AD2=AC2+CD2−2AC⋅CDcsC，
即49=64+CD2−2×8×CD×12，∴CD2−8CD+15=0，
解得CD=3或CD=5，
当CD=3时，BD=BC−CD=10−3=7，
∴S1S2=12AD×BD×sin∠ADB12AD×CD×sin∠ADC=BDCD=73，
当CD=5时，BD=BC−CD=10−5=5，
∴S1S2=12AD×BD×sin∠ADB12AD×CD×sin∠ADC=BDCD=1，
∴S1S2的值为73或1.
【解析】(1)由平面向量垂直得m⋅n=0，再由平面向量数量积的运算计算化简即得；
(2)由条件知S1S2=BDCD，在△ABC中，由条件及正弦定理求出BC，再在△ACD中，由余弦定理求出CD，从而求出BD即可．
本题考查利用正余弦定理解三角形和三角形的面积公式，属于中档题．
19.【答案】解：(1)因为甲每次投中的概率为13，乙每次投中的概率为25，且各次投壶互不影响，
所以P1=13×25+23×35=815，P2=C21[13×(1−25)][(1−13)×25]+(815)2=88225；
(2)经过2轮投壶，记甲、乙的得分之和为X，
则X的所有取值为0，2，4，
此时P(X=4)=(13×25)2=4225，
P(X=2)=C21×13×25×23×35+C21×13×35×13×25+C21×13×25×23×25=52225，
P(X=0)=1−52225−4225=169225，
则X的分布列为：
所以E(X)=0×169225+2×52225+4×4225=815.
【解析】(1)根据独立事件的概率乘法公式结合互斥事件的概率加法公式可求得P1，P2的值；
(2)分析可知随机变量x的可能取值有0、2、4，计算出随机变量X在不同取值下的概率，可得出随机变量x的分布列，进而可求得E(X)的值．
本题考查离散型随机变量的分布列和数学期望，考查了数据分析和运算能力．
20.【答案】(1)证明：取AD的中点O，连接OP，OC.
因为△PAD为等边三角形，所以PO⊥AD.
又PC⊥AD，PO∩PC=P，PO，PC⊂平面POC，
所以AD⊥平面PCO，因为CO⊂平面POC，
所以AD⊥CO，即OC是线段AD的中垂线，
所以AC=CD.
(2)解：由(1)知PO⊥AD，又AC=CD=2，所以CO⊥AD，且AD⊥平面PCO.
以O为坐标原点，分别以OC，OD的方向为x，y轴的正方向，建立空间直角坐标系，
则A(0,−1,0)，C( 3,0,0)，D(0,1,0).
在△POC中，PO=OC= 3，PC=3，由余弦定理易得∠POC为120∘，
所以点P的坐标为(− 32,0,32)，
所以AB=DC=( 3,−1,0)，AP=(− 32,1,32)，AD=(0,2,0).
设n=(x,y,z)是平面PAB的法向量，
则n⋅AB= 3x−y=0n⋅AP=− 32x+y+32z=0取n=( 3,3,−1).
设m=(x1,y1,z1)是平面PAD的法向量，
则m⋅AD=2y1=0m⋅AP=− 32x1+y1+32z1=0，取m=( 3,0,1).
所以平面PAB与平面PAD所成的余弦值为：
则|cs|=|m⋅n||m||n|=2 13×2= 1313.
【解析】(1)根据等边三角形的三线合一性质，结合线面垂直的判定定理以及性质定理，可得答案；
(2)根据题意，建立空间直角坐标系，求得两平面的法向量，结合夹角的求解公式，可得答案．
本题考查线面垂直的判定定理与性质，向量法求解面面角问题，化归转化思想，属中档题．
21.【答案】解：(1)由题意可得a+c=3e=ca=12b2=a2−c2，解得a=2，b2=3，
所以椭圆的方程为：x24+y23=1；
(2)设A(x1,y1)，P(x2,y2)，由题意可得B(x1,−y1)，则x124+y123=1，x224+y223=1，
直线AP的方程为：y−y1=y1−y2x1−x2(x−x1)，
令y=0，可得xM=x2y1−x1y2y1−y2，
所以|OM|=|x2y1−x1y2y1−y2|，
直线BP的方程为：y+y1=−y1−y2x1−x2(x−x1)，
令y=0，可得xN=y1x2+x1y2y1+y2，
所以|ON|=|y1x2+x1y2y1+y2|，
所以|OM|⋅|ON|=|x2y1−x1y2y1−y2|⋅|y1x2+x1y2y1+y2|=|y12x22−x12y22y12−y22|=|3(1−x124)x22−3(1−x224)x12−34(x12−x22)|=4为定值，
所以|OM|⋅|ON|为定值，且定值为4.
【解析】(1)由题意可得a+c的值及ca的值，可得a，c的值，进而求出b的值，可得椭圆的方程；
(2)设A，P的坐标，由题意可得B的坐标，设直线AP，BP的方程，令y=0，可得M，N的坐标，可得|OM|，|ON|的表达式，进而求出|OM|⋅|ON|的值为定值．
本题考查求椭圆的方程及直线与椭圆的综合应用，属于中档题．
22.【答案】解：(1)由f(1)=4a，得3a−b−c=0，又b=−6a，所以c=9a，
则f(x)=ax3−6ax2+9ax，所以f′(x)=3a(x−1)(x−3)，a≠0.
当a>0时，令f′(x)>0，得x<1或x>3；令f′(x)<0，得1所以f(x)在(−∞,1)和(3,+∞)上单调递增，在(1,3)上单调递减；
当a<0时，令f′(x)>0，得13；
所以f(x)在(−∞,1)与(3,+∞)上单调递减，在(1,3)上单调递增．
(2)x1+x2+x3<2，理由如下：
因为f(x)=ax3−6ax2+9ax=ax(x−3)2，
由F(x)=0，得ax(x−3)2−xe−x=0，解得x=0或a(x−3)2−e−x=0.
因为x∈[0,3]，所以x1=0，x2，x3是a(x−3)2−e−x=0的正根，则x1+x2+x3=x2+x3，
又ln[a(x−3)2]=lne−x=−x，所以lna+2ln(3−x2)=−x2，lna+2ln(3−x3)=−x3，
两式相减得2ln(3−x2)−2ln(3−x3)=x3−x2=(3−x2)−(3−x3).
令3−x2=t2，3−x3=t3，则3>t2>t3≥0，得2lnt2−2lnt3=t2−t3，则2=t2−t3lnt2−lnt3.
令u=t2t3∈(1,+∞)，则t2−t3lnt2−lnt3=t3(u−1)lnu=2，
所以t3=2lnuu−1(u>1)，t2=ut3=2ulnuu−1，可得t2+t3=2(u+1)lnuu−1，
t2+t3−4=2lnuu−1(u+1)−4=2(u+1)lnu−4(u−1)u−1(u>1).
设g(u)=2(u+1)lnu−4(u−1)，则g′(u)=2(lnu+1u−1)，
再设h(u)=lnu+1u−1(u>1)，则h′(u)=1u−1u2=u−1u2>0，
所以h(u)在(1,+∞)上为增函数，则h(u)>h(1)=0，
即g′(u)=2(lnu+1u−1)>0，则g(u)=2(u+1)lnu−4(u−1)在(1,+∞)上为增函数，
从而g(u)>g(1)=2(1+1)ln1−4(1−1)=0，
所以t2+t3−4>0，即(3−x2)+(3−x3)−4=2−(x2+x3)>0，
所以x2+x3<2，即x1+x2+x3=x2+x3<2.
【解析】(1)分类讨论a>0与a<0，结合导数与函数的关系即可得解；
(2)观察式子先确定x1=0，再利用转化法与换元法得到2lnt2−2lnt3=t2−t3，进而利用双变量处理方法得到t2+t3−4=2(u+1)lnu−4(u−1)u−1，利用导数证得t2+t3−4>0，从而得解．
本题考查导数的综合应用，利用导数研究函数的单调性，函数零点问题，化归转化思想，属难题．X
0
2
4
P
169225
52225
4225