2024年贵州省部分重点中学高考数学模拟试卷（含详细答案解析）

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这是一份2024年贵州省部分重点中学高考数学模拟试卷（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,y)|y=x}，B={(x,y)|x2+y2=1}，则A∩B中元素的个数是( )
A. 3B. 2C. 1D. 0
2.设x∈R，则“|x−2|<1”是“1A. 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
3.在(x+1x)8的展开式中，含1x4的系数为( )
A. 8B. 28C. 56D. 70
4.如图，甲秀楼位于贵州省贵阳市南明区甲秀路，是该市的标志性建筑之一.甲秀楼始建于明朝，后楼毁重建，改名“凤来阁”，清代甲秀楼多次重修，并恢复原名、现存建筑是宣统元年(1909年)重建.甲秀楼上下三层，白石为栏，层层收进.某研究小组将测量甲秀楼最高点离地面的高度，选取了与该楼底B在同一水平面内的两个测量基点C与D，现测得∠BCD=23∘，∠CDB=30∘，CD=11.2m，在C点测得甲秀楼顶端A的仰角为72.4∘，则甲秀楼的高度约为( )(参考数据：tan72.4∘≈3.15，sin53∘≈0.8)
A. 20mB. 21mC. 22mD. 23m
5.若数列{an}满足an+1=an+2，且a3+a10=4，那么数列{an}的前n项和Sn的最小值是( )
A. S1B. S5C. S6D. S11
6.已知函数f(x)=Asin(ωx+φ)+B(A>0,ω>0,|φ|<π2)的部分图象如图所示，则f(x)的对称中心为( )
A. (kπ2+π6,−1)(k∈Z)
B. (kπ2+π6,0)(k∈Z)
C. (kπ2+π3,0)(k∈Z)
D. (kπ+π6,−1)(k∈Z)
7.已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左顶点为A，上顶点为B，右焦点为F，BF的中点为M，AM⋅BF=0，则椭圆C的离心率为( )
A. 3−14B. 14C. 3−12D. 12
8.已知f(x)是定义在R上的奇函数，f(1−2x)为偶函数，且f(x)在[−2024,−2023]上单调递增，设a=f(−lg32)，b=f(ln(2e4))，c=f(2024)，则a，b，c的大小关系是( )
A. c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a=(3,−1)，b=(2,1)，则下列结论正确的是( )
A. (a−b)⊥bB. |a+2b|=5 10
C. a与b的夹角为π4D. a在b方向上的投影向量是 5b
10.定义：设f′(x)是f(x)的导函数，f′′(x)是函数f′(x)的导数，若方程f′′(x)=0有实数解x0，则称点(x0,f(x0))为函数y=f(x)的“拐点”.经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”且“拐点”就是三次函数图象的对称中心.已知函数f(x)=x3+bx2−x+a图象的对称中心为(0,1)，则下列说法中正确的有( )
A. a=1，b=0B. 函数f(x)的极大值与极小值之和为2
C. 函数f(x)有三个零点D. y=f(x)在区间(0,1)上单调递减
11.如图，四棱锥P−ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD，PD=AD=1，设平面PAD与平面PBC的交线为l，点M为l上的点，N为AD上的点，下列说法正确的是( )
A. l⊥平面PDC
B. 四棱锥P−ABCD外接球的半径为 3
C. 点M到BC的距离为 2
D. 三棱锥N−BCM的体积为16
12.在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则下列说法正确的是( )
A. 若(AB|AB|+AC|AC|)⋅BC=0，且AB|AB|⋅AC|AC|=12，则△ABC为直角三角形
B. 若a=2 3，b=4，A=θ，要使满足条件的三角形有且只有两个，则θ∈(0,π3)
C. 若△ABC平面内有一点O满足：OA+OB+OC=0，且|OA|=|OB|=|OC|，则△ABC为等边三角形
D. 若tanA+tanB+tanC>0，则△ABC为钝角三角形
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知函数f(x)=2−x2+2x+3，则f(x)的最大值是______.
14.拓扑结构图在计算机通信、计算机网络结构设计和网络维护等方面有着重要的作用.某树形拓扑结构图如图所示，圆圈代表节点，每一个节点都有两个子节点，则到第10层一共有______个节点.(填写具体数字)
15.过点P(1,−3)作曲线y=2x3−3x的切线，请写出切线的方程______.
16.已知双曲线E：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，点M在E的左支上，过点M作E的一条渐近线的垂线，垂足为N，则当|MF2|+|MN|取最小值16时，△F1NF2面积的最大值为______.
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)
甲、乙、丙为完全相同的三个不透明盒子，盒内均装有除颜色外完全相同的球.甲盒装有4个白球，8个黑球，乙盒装有1个白球，5个黑球，丙盒装有3个白球，3个黑球.
(1)随机抽取一个盒子，再从该盒子中随机摸出1个球，求摸出的球是黑球的概率；
(2)已知(1)中摸出的球是黑球，求此球属于乙箱子的概率.
18.(本小题12分)
在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且b(1+csC)= 3csinB.
(1)求角C的大小；
(2)若c= 10，b−a=2，求AC边上的高.
19.(本小题12分)
如图，已知在四棱锥S−ABCD中，底面ABCD是矩形，平面SAB⊥底面ABCD，SA=AB=23AD，M是SB的中点.
(1)证明：AM⊥MC；
(2)若SA⊥BD，SA=2，求平面AMC与平面ABCD的夹角的余弦值.
20.(本小题12分)
已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且an+1=2Sn+2(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式.
(2)在an与an+1之间插入n个数，使这n+2个数组成一个公差为dn的等差数列，在数列{dn}中是否存在3项dm，dk，dp(其中m，k，p成等差数列)成等比数列？若存在，求出这样的3项；若不存在，请说明理由.
21.(本小题12分)
已知抛物线C：y2=2px(p>0)的焦点F到双曲线x23−y2=1的渐近线的距离为12.
(1)求抛物线C的方程；
(2)过点F任意作互相垂直的两条直线l1，l2分别交曲线C于点A，B和M，N.设线段AB，MN的中点分别为P，Q，求证：直线PQ恒过一个定点.
22.(本小题12分)
已知函数f(x)=xex+1.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若方程f(x)=4ex+4elnx有两个不相等的实数根x1，x2，证明：x1+x2+ln(x1x2)>2.
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：解y=xx2+y2=1得，x=− 22y=− 22，或x= 22y= 22；
∴A∩B={(− 22,− 22),( 22, 22)}，有两个元素．
故选：B.
解方程组y=xx2+y2=1即可得出A∩B，从而得出A∩B的元素个数．
考查描述法、列举法的定义，以及集合元素的概念．
2.【答案】B
【解析】解：∵|x−2|<1，
∴1则“|x−2|<1”是“1故选：B.
解绝对值不等式得1本题考查充分条件，必要条件相关知识，属于基础题．
3.【答案】B
【解析】解：根据二项式的展开式Tr+1=C8r⋅x8−2r(r=0,1,2,3,4,5,6,7,8)，
当8−2r=−4时，解得r=6，
故含1x4的系数为C86=28.
故选：B.
直接利用二项式的展开式和组合数求出结果．
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．
4.【答案】C
【解析】解：由题意可知，∠BCD=23∘，∠CDB=30∘，
所以∠CBD=127∘，
又因CD=11.2m，
由正弦定理CDsin∠CBD=CBsin∠CDB，可得11.2sin127∘=CBsin30∘，
解得CB=7m，
又因为∠ACB=72.4∘，
所以AB=BCtan∠ACB=7×3.15=22.05≈22m.
故选：C.
由已知结合正弦定理先求出CB，然后结合锐角三角函数定义即可求解．
本题主要考查了正弦定理在求解三角形中的应用，属于中档题．
5.【答案】B
【解析】解：an+1=an+2，
则an+1−an=2，数列{an}为等差数列，且公差d=2，
a3+a10=4，
则a1+2d+a1+9d=2a1+11d=2a1+22=4，解得a1=−9，
故an=a1+(n−1)d=2n−11，
a5=−1，a6=1，d>0，
则数列{an}的前n项和Sn的最小值是S5.
故选：B.
先判断数列{an}为等差数列，再结合等差数列的性质，即可求解．
本题主要考查等差数列的性质，属于基础题．
6.【答案】A
【解析】解：由题意得，A+B=1，−A+B=−3，
则B=−1，A=2，
又12T=11π12−5π12=π2，
所以T=π，ω=2，f(x)=2sin(2x+φ)−1，
又f(5π12)=2sin(5π6+φ)−1=1，|φ|<π2，
所以φ=−π3，f(x)=2sin(2x−π3)−1，
令2x−π3=kπ，k∈Z，则x=π6+kπ2，∈Z，
故函数f(x)的对称中心为(π6+kπ2,−1).
故选：A.
先由最值求A，B，由周期求ω，由函数经过的点求φ，进而可求函数解析式，然后结合正弦函数的对称性即可求解．
本题主要考查了由部分函数的性质求y=Asin(ωx+φ)+B的解析式，还考查了正弦函数对称性的应用，属于中档题．
7.【答案】C
【解析】解：椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左顶点为A，上顶点为B，右焦点为F，
则A(−a,0)，B(0,b)，F(c,0)，
BF的中点为M，
则M(c2,b2)，
AM=(c2+a,b2)，BF=(c,−b)，
AM⋅BF=0，
则(c2+a)c−b22=0，即c2+2ac−b2=0，
由椭圆的性质可知，a2=b2+c2，
则(a−c)2=3c2，即a−c= 3c，即a=( 3+1)c，
故e=ca=c( 3+1)c= 3−12.
故选：C.
根据已知条件，依次求出点A，M，B，F的坐标，再结合向量垂直的性质，以及椭圆的性质，即可求解..
本题主要考查椭圆的性质，考查转化能力，属于中档题．
8.【答案】B
【解析】解：因为f(x)为奇函数，所以f(−x)=−f(x)，函数f(x)的定义域为R，
由f(1−2x)是偶函数，得f(1+2x)=f(1−2x)，即f(2+x)=f(−x)=−f(x)，
所以f(x+4)=f(x)，
所以函数f(x)是以4为周期的奇函数，
又f(x)在[−2024,−2023]上单调递增，
所以f(x)在[−1,1]上单调递增，
又a=f(−lg32)=f(−ln2ln3)，b=f(ln(2e4))=f(ln2+lne4)=f(ln2+4)=f(ln2)，c=f(2024)=f(0)，
显然−1<−ln2ln3<0故选：B.
由已知结合函数的奇偶性可先求出函数的周期，然后结合奇偶性及单调性即可比较函数值的大小．
本题主要考查了函数的奇偶性，周期性及单调性在函数值大小比较中的应用，属于中档题．
9.【答案】AC
【解析】解：已知a=(3,−1)，b=(2,1)，
则a⋅b=3×2+(−1)×1=5，
对于选项A，(a−b)⋅b=a⋅b−b2=5−(22+12)=0，
即(a−b)⊥b，
即选项A正确；
对于选项B，a+2b=(3,−1)+(4,2)=(7,1)，
即|a+2b|= 72+12=5 2，
即选项B错误；
对于选项C，设a，b的夹角为θ，
则csθ=a⋅b|a||b|=5 10× 5= 22，
又θ∈[0,π]，
则θ=π4，
即选项C正确；
对于选项D，a在b方向上的投影向量是a⋅b|b|b|b|=522+12b=b，
即选项D错误．
故选：AC.
由平面向量的坐标运算，结合平面向量数量积的运算及平面向量夹角的运算逐一判断即可．
本题考查了平面向量的坐标运算，重点考查了平面向量数量积的运算，属中档题．
10.【答案】AB
【解析】解：∵f(x)=x3+bx2−x+a图象的对称中心为(0,1)，
f′(x)=3x2+2bx−1，f′′(x)=6x+2b，
∴f″(0)=0f(0)=1⇒2b=0a=1⇒a=1b=0，故A正确；
∵f(x)=x3−x+1，f′(x)=3x2−1<0⇒− 33∴f(x)在(−∞,− 33),( 33,+∞)上单调递增，在(− 33, 33)上单调递减，
故D错误；
∴f(x)的极大值与极小值之和为f(− 33)+f( 33)=2，故B正确；
∵f(x)在(−∞,− 33),( 33,+∞)上单调递增，在(− 33, 33)上单调递减，
f(−2)=−5<0，f( 33)=1−2 39>0，
∴f(x)只有一个零点，故C错误．
故选：AB.
根据“拐点”的定义与f(x)的对称中心，建立方程求出a，b可判断A，再由导数与函数单调性的关系即可判断f(x)的极值，从而判断BD，根据零点存在定理可判断C.
本题以新定义为载体，主要考查了导数与单调性及极值关系的应用，属于中档题．
11.【答案】ACD
【解析】解：在正方形ABCD中，BC//AD，BC⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，
∴BC//平面PAD，平面PAD∩平面PBC=l，∴BC//l，
∵PD⊥平面ABCD，∴PD⊥BC，在正方形ABCD中，BC⊥DC，
DC∩PD=D，∴BC⊥平面PDC，∴l⊥平面PDC，故A正确，
设四棱锥P−ABCD外接球半径为R，由题意知PD，DC，AD两两垂直，
∴4R2=12+12+12，故R= 32，故B错误；
∵l//BC.点M到BC的距离等于点P到BC的距离 2，故C正确；
∵1//平面ABCD，∴VN−BCM=VM−NBC=VP−NBC=13×1×12×1×1=16，故D正确．
故选：ACD.
由已知可得BC//l，证明BC⊥平面PDC，可判断A；求得外接球的半径可判断B；利用l//BC，可求点M到BC的距离判断C；求得三棱锥N−BCM的体积判断D.
本题考查空间几何体的体积的计算，考查点到线的距离的计算，考查线面垂直的判定，属中档题．
12.【答案】BC
【解析】解：对于选项A，因为(AB|AB|+AC|AC|)⋅BC=0，AB|AB|，AC|AC|分别为单位向量．
所以∠A的角平分线与BC垂直，所以AB=AC，所以∠B=∠C.
又因为AB|AB|⋅AC|AC|=12，csA=12，因为0所以∠B=∠C=∠A=π3，所以△ABC为等边三角形，故选项A不正确．
对于选项B，要使满足条件的三角形有且只有两个，则bsinA因为a=2 3，b=4，所以4sinA<2 3，即sinA< 32，A∈(0,π2)，所以0故则θ∈(0,π3)，故B正确；
对于C选项，因为OA+OB+OC=0，故|OA+OB|2=|−OC|2，
即|OA|2+|OB|2+2OA⋅OB=|OC|2，又|OA|=|OB|=|OC|，
所以|OA|2+2|OA|⋅|OB|⋅cs∠AOB=0，故cs∠AOB=−12，
由于∠AOB∈[0,π]，故∠AOB=2π3，同理可得∠AOC=∠BOC=2π3，
结合|OA|=|OB|=|OC|，故△AOB≌△AOC≌△COB，可得|AB|=|AC|=|BC|，
故△ABC为等边三角形，故C正确；
对于D选项，∵tanA+tanB=tan(A+B)(1−tanAtanB)，
∴tanA+tanB=−tanC(1−tanAtanB)，
∴tanA+tanB+tanC=tanAtanBtanC，
∵tanA+tanB+tanC>0，∴tanAtanBtanC>0，
∴tanA，tanB，tanC全大于0，
∴△ABC是锐角三角形，∴故D错误．
故选：BC.
对于A，AB|AB|，AC|AC|分别为单位向量，可得∠A的角平分线与BC垂直，由已知可求角A，进而可判断A；对于B，满足条件的三角形有且只有两个，则bsinA本题考查解三角形，考查运算求解能力，属于中档题．
13.【答案】16
【解析】解：因为−x2+2x+3=−(x−1)2+4≤4，当x=1时取等号，
所以f(x)=2−x2+2x+3∈(0,16].
故答案为：16.
由已知结合二次函数及指数函数的性质即可求解．
本题主要考查了二次函数及指数函数的性质在函数最值求解中的应用，属于基础题．
14.【答案】1023
【解析】解：根据题意，设第n层，有an个节点，
易得{an}是首项为1，公比为2的等比数列，
则到第10层一共有S10=a1(1−q10)1−q=1×(1−210)1−2=1023.
故答案为：1023.
根据题意，设第n层，有an个节点，分析可得{an}是首项为1，公比为2的等比数列，由等比数列前n项和公式计算可得答案．
本题考查归纳推理的应用，涉及等比数列的求和，属于基础题．
15.【答案】y=−3x或y=212x−272
【解析】解：设切点为(b,2b3−3b)，
y=f(x)=2x3−3x，
则f′(x)=6x2−3，
切线的斜率k=f′(b)=6b2−3，
故切线方程为y−(2b3−3b)=(6b2−3)(x−b)，
切线过点P(1,−3)，
则−3−(2b3−3b)=(6b2−3)(1−b)，解得b=0或32，
故切线方程为y=−3x或y=212x−272.
故答案为：y=−3x或y=212x−272.
先设出切点，再对函数求导，结合导数的几何意义，求出切线的斜率，再根据切线过点P，即可求解．
本题主要考查利用导数研究曲线上某点切线的方程，属于中档题．
16.【答案】32
【解析】解：由题意得|MF2|−|MF1|=2a，故|MF2|=|MF1|+2a，
则|MF2|+|MN|=|MF1|+2a+|MN|≥|F1N|+2a=b+2a，当且仅当M，F1，N三点共线时取等号，
所以|MF2|+|MN|的最小值为b+2a=16，
所以16≥2 2ab，即ab≤32，当且仅当b=2a=8时，等号成立，
而F1(−c,0)到渐近线bx+ay=0的距离F1N=bcc=b，
又OF1=c，故ON=a.
所以S△F1NF2=2S△F1NO=2×12|NF1||NO|=ab≤32，即△F1NF2面积的最大值为32.
故答案为：32.
由已知结合双曲线的定义及点关于直线的对称性可求得|MF2|+|MN|的最小值，结合已知可求a，b的关系，然后结合基本不等式可求a，b，再由双曲线的性质即可求解．
本题主要考查了双曲线的性质及定义的综合应用，属于中档题．
17.【答案】解：(1)记取到甲盒子为事件A1，取到乙盒子为事件为A2，取到丙盒子为事件A3，取到黑球为事件B，
由全概率公式得摸出黑球的概率为：
P(B)=P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)+P(A3)P(B|A3)
=13×812+13×56+13×36=23.
(2)摸出的球是黑球，则由条件概率得此球属于乙箱子的概率为：
P(A2|B)=P(A2B)P(B)=13×5623=512.
【解析】(1)设出事件，利用全概率公式能求出结果．
(2)利用条件概率求解．
本题考查全概率公式、条件概率等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
18.【答案】解：(1)因为b(1+csC)= 3csinB，
由正弦定理得，sinB(1+csC)= 3sinCsinB，
因为sinB>0，
所以1+csC= 3sinC，
即 3sinC−csC=1，
所以2sin(C−π6)=1，
所以sin(C−π6)=12，
由C为三角形内角得，C=π3；
(2)由余弦定理得，c2=a2+b2−2abcsC，
即10=(b−a)2+2ab−2abcsC=4+2ab−ab=4+ab，
所以ab=6，
因为b−a=2，
所以a= 7−1，b= 7+1，
设AC边上的高为h，
S△ABC=12absinC=12bh，
即12×6× 32=12×(1+ 7)h，
所以h= 21− 32.
【解析】(1)由已知结合正弦定理及辅助角公式进行化简即可求解；
(2)由已知结合余弦定理进行化简可求a，b，然后结合三角形的面积公式即可求解．
本题主要考查了正弦定理，余弦定理，和差角公式及三角形的面积公式在求解三角形中的应用，属于中档题．
19.【答案】(1)证明：因为平面SAB⊥底面ABCD，在矩形ABCD中，BC⊥AB，
平面SAB∩平面ABCD=AB，所以BC⊥平面SAB.
又因为AM⊂平面SAB，所以BC⊥AM，SA=AB，M是SB的中点，
所以AM⊥SB.BC∩SB=B，所以AM⊥平面SBC，
因为MC⊂平面SBC，所以AM⊥MC.
(2)解：因为由(1)知BC⊥平面SAB，所以BC⊥SA，SA⊥BD，所以SA⊥平面ABCD.
以点A为坐标原点，AD，AB，AS所在直线分别为x，y，Z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
因为SA=2，则A(0,0,0)，C(3,2,0)，M(0,1,1)，
设平面AMC的一个法向量为m=(x,y,z)，则AC=(3,2,0)，AM=(0,1,1).
则m⋅AC=3x+2y=0m⋅AM=y+z=0，取x=2，则y=−3，z=3，
所以平面AMC的一个法向量为m=(2,−3,3)，
SA⊥平面ABCD，故面ABCD的法向量为n=(0,0,1)，
则|cs|=|m⋅n||m|⋅|n|=3 22+(−3)2+32⋅1=3 2222，
所以平面AMC与平面ABCD的夹角的余弦值为3 2222.
【解析】(1)由题意可得BC⊥平面SAB，进而可得BC⊥AM，AM⊥SB.可证AM⊥平面SBC，可得结论；
(2)建立空间直角坐标系，求得平面AMC的一个法向量，平面ABCD的一个法向量，利用向量的夹角公式可求得平面AMC与平面ABCD的夹角的余弦值．
本题考查线线垂直的证明，考查利用空间向量求解二面角问题，考查逻辑推理能力及运算求解能力，属于中档题．
20.【答案】解：(1)由an+1=2Sn+2，可得an=2Sn−1+2(n≥2)，两式相减可得an+1=3an(n≥2)，
由于{an}为等比数列，可得a2=3a1=2S1+2=2a1+2，解得a1=2，
所以an=2×3n−1；
(2)由(1)可知an=2×3n−1，an+1=2×3n.
因为an+1=an+(n+2−1)dn，所以dn=4×3n−1n+1，
假设在数列{dn}中存在三项dm，dk，dp(其中m，k，p成等差数列)成等比数列，
则(dk)2=dmdp，
即(4×3k−1k+1)2=4×3m−1m+1⋅4×3p−1p+1，
化简得32k−2(k+1)2=3m+p−2(m+1)(p+1)(*)
因为m，k，p成等差数列，所以m+p=2k，从而(*)可以化简为k2=mp.
联立m+p=2kk2=mp，可得k=m=p，这与题设矛盾．
所以数列{dn}中不存在三项dm，dk，dp(其中m，k，p成等差数列)成等比数列．
【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)由等差数列的通项公式求得dn=4×3n−1n+1，假设在数列{dn}中存在三项dm，dk，dp(其中m，k，p成等差数列)成等比数列，运用等比数列的性质和恒等式的性质，解方程可得结论．
本题考查数列的递推式和等比数列、等差数列的通项公式和性质，考查方程思想和运算能力、推理能力，属于中档题．
21.【答案】解：(1)由抛物线的方程可得焦点F(p2,0)，
双曲线x23−y2=1的渐近线方程为x± 3y=0，
可得点F到渐近线的距离为d=p2 12+(± 3)2=12，可得p=2，
所以抛物线C的方程为：y2=4x；
(2)证明：由(1)可得F(1,0)，
显然直线l1，l2的斜率存在且不为0，设直线l1 的方程为x=my+1，设A(x1,y1)，B(x2,y2)，
联立x=my+1y2=4x，整理可得：y2−4my−4=0，
可得y1+y2=4m，
所以AB的中点P的纵坐标为2m，横坐标为2m2+1，
即P(2m2+1,2m)，
由题意，将m换成−1m，可得Q(2m2+1,−2m)，
当2m2+1=2m2+1，可得m2=1，即直线PQ的方程为x=3，
当m2≠1时，直线kPQ=−2m+2m2m2+1−(2m2+1)=−m1−m2=mm2−1，
所以直线PQ的方程为y−2m=mm2−1(x−2m2−1)，
整理可得y=mm2−1[x−2m2−1+2(m2−1)]=mm2−1(x−3)，
显然直线恒过定点(3,0).
综上所述，可证得直线PQ恒过定点(3,0).
【解析】(1)由抛物线的方程可得焦点F的坐标，由双曲线的方程，可得渐近线的方程，求出F到渐近线的距离，由题意可得p的值，即求出抛物线的方程；
(2)由(1)可得焦点F的坐标，设直线l1的方程，与抛物线的方程联立，可得两根之和，求出AB的中点P的坐标，由题意可得Q的坐标，分P，Q的横坐标相同和不相同两种情况讨论，可得直线PQ的方程，可得直线PQ恒过的定点的坐标．
本题考查抛物线的方程的求法及直线与抛物线的综合应用，直线恒过定点的求法，属于中档题．
22.【答案】解：(1)由题可知f(x)=xex+1，定义域为R，则有f′(x)=ex+1(1+x)，
令f′(x)<0，则x<−1，可知当x∈(−∞,−1)，f′(x)<0，则f(x)单调递减；
可知当x∈(−1,+∞)，f′(x)>0，则f(x)单调递增；
综上所述，函数f(x)=xex+1的单调递增区间为(−1,+∞)，单调递减区间为(−∞,−1).
(2)证明：4ex+4elnx=xex+1等价于4ln(xex)=xex，
令t=xex>0，其中x>0，则4lnt=t，显然t≠1，所以4=tlnt.
令g(t)=tlnt，则g′(t)=lnt−1(lnt)2，
所以g(t)在(0,1)，(1,e)上单调递减，在(e,+∞)上单调递增，
所以g(t)的极小值为g(e)=e.
因为方程4ln(xex)=xex有两个不相等的实数根x1，x2，
所以关于t的方程4=tlnt有两个不相等的实数根t1，t2，且t1=x1ex1,t2=x2ex2.
要证x1+x2+ln(x1x2)>2，
即证x1ex1⋅x2ex2>e2，即证t1t2>e2，只需证lnt1+lnt2>2.
因为t1=4lnt1,t2=4lnt2,所以t1−t2=4(lnt1−lnt2),t1+t2=4(lnt1+lnt2),整理可得t1+t2t1−t2=lnt1+lnt2lnt1−lnt2
不妨设t1>t2>0，则只需证lnt1+lnt2=t1+t2t1−t2lnt1t2>2，即证lnt1t2>2(t1−t2)t1+t2=2(t1t2−1)t1t2+1.
令s=t1t2>1,h(s)=lns−2(s−1)s+1,s>1，则只需证h(s)>0即可．
因为h′(s)=1s−4(s+1)2=(s−1)2s(s+1)2>0，所以h(s)在(1,+∞)上单调递增，
所以h(s)>h(1)=0，
故x1+x2+ln(x1x2)>2.
【解析】(1)对函数求导，利用导数求函数f(x)的单调区间；
(2)换元后化为4=tlnt，构造g(t)=tlnt，求导后得到其单调性，只需证明lnt1+lnt2>2，变形得到
lnt1t2>2(t1−t2)t1+t2=2(t1t2−1)t1t2+1，令s=t1t2>1,h(s)=lns−2(s−1)s+1,s>1，则只需证h(s)>0即可，求导得到单调性，证明出结论．
本题考查了利用导数研究函数的单调性与极值，利用综合法证明不等式，考查了方程思想和转化思想，属难题．