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2022年山东省聊城市高考数学模拟试卷（一）（一模）
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这是一份2022年山东省聊城市高考数学模拟试卷（一）（一模），共14页。试卷主要包含了01，设a=sin7，则，设0
2022年山东省聊城市高考数学模拟试卷（一）（一模）
1.（5分）设集合A={x|x=2k-1,k∈Z}，B={x|0⩽x<6}，则A∩B=()
A. {1,3} B. {-1,1,3}
C. {-1,1,3,5} D. {1,3,5}
2.（5分）复数z满足(1+2i)z=3-i，则|z|=()
A. 2 B. 3 C. 2 D. 5
3.（5分）已知向量a→，b→满足|a→|=1，|b→|=2，且(a→+b→)⊥a→，则向量a→与b→的夹角为( )
A. 30° B. 60° C. 120° D. 150°
4.（5分）根据分类变量x与y的成对样本数据，计算得到χ2=6.147.依据α=0.01的独立性检验(x0.01=6.635)，结论为()
A. 变量x与y不独立
B. 变量x与y不独立，这个结论犯错误的概率不超过0.01
C. 变量x与y独立
D. 变量x与y独立，这个结论犯错误的概率不超过0.01
5.（5分）“阿基米德多面体”也称半正多面体，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，它体现了数学的对称美．如图是以一正方体的各条棱的中点为顶点的多面体，这是一个有八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面体”，若该多面体的棱长为1，则经过该多面体的各个顶点的球的体积为()
A. 43π B. 823π C. 4π D. 8π
6.（5分）设a=sin7，则()
A. a2<2a
(参考数据：lg2≈0.3，lg3≈0.477)
A. 5 B. 7 C. 8 D. 9
8.（5分）已知正数x，y满足ylnx+ylny=ex，则xy-2x的最小值为()
A. 12ln2 B. 2-2ln2 C. -12ln2 D. 2+2ln2
9.（5分）设01 C. ab<1 D. 1a+2b⩾3
10.（5分）已知双曲线C：x29-k+y2k-1=1(0
B. 双曲线C的焦距等于42
C. 双曲线C的焦点到其渐近线的距离等于1-k
D. 双曲线C的离心率的取值范围为(1,103)
11.（5分）已知函数f(x)=2sin(ωx+φ)+a，ω>0，则下列结论正确的是()
A. 若对于任意的x∈R，都有f(x)⩽1成立，则a⩽-1
B. 若对于任意的x∈R，都有f(x+π)=f(x)成立，则ω=2
C. 当φ=π3时，若f(x)在[0,π2]上单调递增，则ω的取值范围为(0,13]
D. 当a=-3时，若对于任意的φ∈R，函数f(x)在[0,π2]上至少有两个零点，则ω的取值范围为[4,+∞)
12.（5分）在数列{an}中，对于任意的n∈N*都有an>0，且an+12-an+1=an，则下列结论正确的是()
A. 对于任意的n⩾2，都有an>1
B. 对于任意的a1>0，数列{an}不可能为常数列
C. 若0
14.（5分）第24届冬奥会于2022年2月4日至20日在北京和张家口举行，中国邮政陆续发行了多款纪念邮票，其图案包括“冬梦”“飞跃”“冰墩墩”“雪容融”等，小明现有“冬梦”“飞跃”“冰墩墩”“雪容融”邮票各2张，他打算从这8张邮票中任选3张赠送给同学小红，则在选中的3张邮票中既有“冰墩墩”邮票又有“雪容融”邮票的概率为 ______.
15.（5分）F1，F2是椭圆C的两个焦点，P是椭圆C上异于顶点的一点，I是△PF1F2的内切圆圆心，若△PF1F2的面积等于△IF1F2的面积的3倍，则椭圆C的离心率为 ______.
16.（5分）在矩形ABCD中，E是AB的中点，AD=1，AB=2，将△ADE沿DE折起得到△A'DE，设A'C的中点为M，若将△A'DE绕DE旋转90°，则在此过程中动点M形成的轨迹长度为 ______.
17.（12分）设数列{an}的前n项和为Sn，对于任意的n∈N*都有an+1=an+2，且S6=4a5.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足bn=Sncosnπ，求数列{bn}的前2n项和T2n.
18.（12分）如图，在四边形ABCD中，BD
(2)若AB=3，AD=3，CD=1，∠C=2∠CBD，求四边形ABCD的面积．
19.（12分）如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=4，∠BAC=30°，侧面BCC1B1是正方形，E是BB1的中点，CE=5，CE⊥AC.
(1)求证：CC1⊥AC；
(2)F是线段AC1上的点，若平面ABC与平面CEF的夹角为45°，求AF的长．
20.（12分）为了解某车间生产的产品质量，质检员从该车间一天生产的100件产品中，随机不放回地抽取了20件产品作为样本，并一一进行检测．假设这100件产品中有40件次品，60件正品，用X表示样本中次品的件数．
(1)求X的分布列(用式子表示)和均值；
(2)用样本的次品率估计总体的次品率，求误差不超过0.1的概率．
参考数据：设P(X=k)=pk，k=0，1，2，…，20，则p5=0.06530，p6=0.12422，p7=0.17972，p8=0.20078，p9=0.17483，p10=0.11924，p11=0.06376，p12=0.02667.
21.（12分）已知抛物线E：y2=2px(p>0)的准线为l，点P(x0,2)在E上，且P到l的距离与P到原点O的距离相等．
(1)求E的方程；
(2)A，B，C，D是E上异于原点O的四个动点，且OA→⋅OB→=OC→⋅OD→=-4，若OM⊥AB，ON⊥CD，垂足分别为M，N，求|MN|的最大值．
22.（12分）已知函数f(x)=ax-lnx，g(x)=x2-nx+m.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当00，都有f(x)g(x)⩾0，求证：2
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：集合A={x|x=2k-1,k∈z}为奇数集，
B={x|0⩽x<6}，
则A∩B={1,3,5}.
故选：D.
根据交集的定义写出A∩B，即可求得答案．
此题主要考查了交集的运算问题，属于基础题．
2.【答案】A
【解析】解：∵(1+2i)z=3-i，
∴z=3-i1+2i=(3-i)(1-2i)(1+2i)(1-2i)=15-75i，
∴|z|=(15)2+(-75)2=2.
故选：A.
根据已知条件，运用复数的运算法则，以及复数模的公式，即可求解．
此题主要考查了复数代数形式的乘除法运算，以及复数模的公式，需要学生熟练掌握公式，属于基础题．
3.【答案】C
【解析】解：由已知条件得(a→+b→).a→=a2→+|b→||a→|cos=1+2cos=0；
∴cos=-12；
∴向量a→与b→的夹角为120°．
故选：C．
由(a→+b→)⊥a→便得到(a→+b→).a→=0，而根据已知|a→|=1,|b→|=2，即可求得(a→+b→).a→=1+2cos=0，求出cos，从而得到向量a→,b→的夹角．
考查两非零向量垂直的充要条件，以及数量积的运算，向量夹角的概念．
4.【答案】D
【解析】解：∵χ2<6.635，
∴由独立性检验的定义可知，变量x与y独立，这个结论犯错误的概率不超过0.01.
故选：D.
根据已知条件，结合独立性检验的定义，即可求解．
此题主要考查独立性检验的定义，属于基础题．
5.【答案】A
【解析】解：将该多面体放入正方体中，如图所示．
由于多面体的棱长为1，所以正方体的棱长为2，
因为该多面体是由棱长为2的正方体连接各棱中点所得，
所以该多面体外接球的球心为正方体体对角线的中点，其外接球直径等于正方体的面对角线长，即2R=2×2，
所以R=1，
所以该多面体外接球的体积V=43πR3=4π3.
故选：A.
将该多面体放入正方体中，可以间接确定该多面体外接球的球心，从而求出其外接球的体积．
此题主要考查了多面体外接球的体积，属于基础题．
6.【答案】D
【解析】解：a=sin7=sin(7-2π)，
∵π6<7-2π<π4，∴12
∵y=log2x在(0,+∞)上为增函数，且12<|a|<22，
∴log212
利用正弦函数的图象与性质得到12
7.【答案】C
【解析】解：设该污染物排放前过滤的次数为n(n∈N*)，
由题意1.2×0.8n⩽0.2，即(54)n⩾6，
两边取以10为底的对数可得lg(54)n⩾lg6，
即nlg(5×28)⩾lg2+lg3，
所以n⩾lg2+lg31-3lg2，
因为lg2≈0.3，lg3≈0.477，
所以lg2+lg31-3lg2≈0.3+0.4771-3×0.3=7.77，
所以n⩾7.77，
又n∈N*，
所以nmin=8，即该污染物排放前需要过滤的次数至少为8次．
故选：C.
设该污染物排放前过滤的次数为n(n∈N*)，由题意1.2×0.8n⩽0.2，两边取以10为底的对数可得n⩾lg2+lg31-3lg2，根据参考数据即可求解．
此题主要考查了指数、对数的运算，求出关系式1.2×0.8n⩽0.2是解答本题的关键，属于中档题．
8.【答案】B
【解析】解：正数x，y满足ylnx+ylny=ex，
所以yln(xy)=ex，即xyln(xy)=xex，
所以ln(xy)⋅eln(xy)=xex，
令g(x)=xex，(x>0)，则g'(x)=(x+1)ex>0，
所以g(x)在x>0时单调递增，
故x=ln(xy)，即xy=ex，
所以xy-2x=ex-2x，
令f(x)=ex-2x，(x>0)，
则f'(x)=ex-2，
当x>ln2时，f'(x)=ex-2>0，f(x)单调递增，当x
所以xy-2x的最小值为2-2ln2.
故选：B.
由已知结合对数恒等式进行变形，然后进行构造函数，结合导数研究单调性，进而可求最值．
此题主要考查了利用导数研究函数的单调性及最值，解答该题的关键是根据已知等式合理的进行构造函数，属于中档题．
9.【答案】AC
【解析】解：对于A，∵0
故选：AC.
对于A，结合不等式的性质即可求解，对于B，结合指数函数的单调性即可求解，对于CD，结合基本不等式公式即可求解．
本题主要主要考查了不等式的性质，以及基本不等式的应用，属于中档题．
10.【答案】ACD
【解析】解：双曲线C：x29-k+y2k-1=1(0
双曲线的焦距为：29-k+1-k=210-2k，所以B不正确；
双曲线C的焦点到其渐近线的距离等于b=1-k，所以C正确；
双曲线的离心率为：10-2k9-k=2-89-k∈(1,103).所以D正确；
故选：ACD.
通过k的范围，判断双曲线的焦点位置，焦距的长，焦点到其渐近线的距离，离心率的范围，判断选项的正误即可．
此题主要考查双曲线的简单性质的应用，是基础题．
11.【答案】ACD
【解析】解：对于A，对于任意的x∈R，都有f(x)⩽1成立，
所以a⩽1-2sin(ωx+φ)恒成立，又sin(ωx+φ)∈[-1,1]，1-2sin(ωx+φ)∈[-1,3]，∴a⩽-1，故A正确；
对于B，由题可得π是函数的周期，但不能推出函数的最小正周期为π，故B错误；
对于C，当φ=π3时，当x∈[0,π2]时，ωx+π3∈[π3,ωπ2+π3]，
则ωπ2+π3⩽π2,ω>0，故0<ω⩽13，故C正确；
对于D，当a=-3时，当x∈[0,π2]时，ωx+φ∈[φ,ωπ2+φ]，
由f(x)=2sin(ωx+φ)-3在[0,π2]上至少有两个零点，
则ωπ2+φ-φ⩾2π，即ω⩾4，故D正确．
故选：ACD.
由题可得a⩽1-2sin(ωx+φ)恒成立，利用三角函数的性质可判断A，利用函数的周期的含义可判断B，利用正弦函数的单调性可判断C，由题可得ωπ2+φ-φ⩾2π，进而可判断D.
此题主要考查三角函数的图象与性质，考查学生的运算能力，属于中档题．
12.【答案】ACD
【解析】解：对于选项A，在数列{an}中，an+12-an+1=an，则an+1(an+1-1)=an，
又对于任意的n∈N*都有an>0，则an+1-1>0，即an+1>1，即对于任意的n⩾2，都有an>1，即选项A正确；
对于选项B，不妨设数列{an}可能为常数列，则an=an+1，又an+12-an+1=an，则an2-an=an，则an=2，
即a1=2时，数列{an}为常数列，即选项B错误；
对于选项C，an+1-an=2an+1-an+12=an+1(2-an+1)，
又0
对于选项D，a1>2，则a22-a2>2，即a2>2，同理，当n⩾2，都有an>2，
又an+1-an=2an+1-an+12=an+1(2-an+1)<0，
即数列{an}为递减数列，即当n⩾2时，2
结合数列递推式研究数列的单调性，然后逐一判断即可得解．
此题主要考查了数列递推式，重点考查了数列的单调性，属中档题．
13.【答案】 π6
【解析】解：因为f(x)=2sin(x+φ)-cosx为奇函数，
由奇函数性质可得，f(0)=2sinφ-1=0，
所以sinφ=12，
则φ=π6.
故答案为：π6(答案不唯一).
由已知结合奇函数的性质f(0)=0，代入即可求解．
此题主要考查了奇函数性质的应用，属于基础题．
14.【答案】 514
【解析】解：在选中的3张邮票中既有“冰墩墩”邮票又有“雪容融”邮票的概率为12C21C12+C21CC41C83=514.
故答案为：514.
选3张邮票中既有“冰墩墩”邮票又有“雪容融”的组合数除以从8张邮票中任选3张的组合数可得答案．
此题主要考查组合数应用及古典概型应用，考查数学运算能力及抽象能力，属于基础题．
15.【答案】 12
【解析】解：由于椭圆关于原点对称，不妨设点P在x轴上方，
设点P纵坐标为yP，点I纵坐标为yI，内切圆半径为r，椭圆长轴长为2a，焦距为2c，
则S△PF1F2=12yP⋅|F1F2|=3S△IF1F2=3×12yI⋅|F1F2|，得yP=3yI，
又S△PF1F2=S△IF1F2+S△IF1P+S△IPF2，即12yP⋅|F1F2|=12r⋅|F1F2|+12r⋅|PF1|+12r⋅|PF2|，
又yI=r，化简得yP⋅|F1F2|=yI(|F1F2|+|PF1|+|PF2|)，即3×2c=2c+2a，
解得a=2c，可得离心率为ca=12.
故答案为：12.
先由S△PF1F2=3S△IF1F2，求得yP=3yI，再利用S△PF1F2=S△IF1F2+S△IF1P+S△IPF2，求得a=2c，即可求出离心率．
本题主要椭圆的性质，考查三角形内切圆的性质，考查运算求解能力，属于中档题．
16.【答案】 2π8
【解析】解：如图，设AC的中点为M0，△A'DE绕DE旋转90°，此时平面A'DE⊥平面ABCD，
取CD中点P，CE中点Q，PQ中点N，连接PQ，MP，MQ，MN，M0P，M0Q，M0N，
MP=M0P=12AD=12，MQ=M0Q=12AE=12，PQ=12DE=22，△MPQ和△M0PQ是等腰直角三角形，
且在旋转过程中保持形状大小不变，故动点M的轨迹是以N为圆心，12PQ为半径的一段圆弧，
又MP//A'D，MP⊄面A'DE，A'D⊂面A'DE，MP//面A'DE，同理MQ//面A'DE，
又因为MP∩MQ=M，所以平面MPQ⊥平面A'DE，又平面A'DE⊥平面ABCD，
故平面MPQ⊥面ABCD，又平面MPQ∩平面ABCD=PQ，MN⊥PQ，故MN⊥平面ABCD，
又M0N⊂面ABCD，所以MN⊥M0N，
故动点M形成的轨迹长度为14π⋅PQ=2π8.
故答案为：2π8.
先通过△MPQ始终是等腰直角三角形确定动点M的轨迹是一段圆弧，再结合垂直关系证明圆弧对应的圆心角为90*，即可求出动点M的轨迹长度．
此题主要考查空间位置关系与距离，考查数形结合思想与运算求解能力，属于中档题．
17.【答案】解：（1）对于任意的n∈N*都有an+1=an+2，
∴数列{an}是等差数列，公差为2，
∵S6=4a5，∴6a1+15×2=4（a1+4×2），
解得a1=1，
∴an=1+2（n-1）=2n-1．
（2）由an=2n-1，可得Sn=n(2n-1+1)2=n2．
∴bn=Sncosnπ=n2cosnπ，
∴b2n-1=-（2n-1）2，b2n=（2n）2，
∴b2n-1+b2n=-（2n-1）2+（2n）2=2n-1+2n，
∴数列{bn}的前2n项和T2n=1+2+3+4+…+2n-1+2n=2n(1+2n)2=2n2+n．
【解析】
(1)对于任意的n∈N*都有an+1=an+2，可得数列{an}是等差数列，公差为2，利用通项公式即可得出an.
(2)由an=2n-1，可得Sn=n2，bn=Sncosnπ=n2cosnπ，可得b2n-1+b2n，通过分组求和即可得出结论．
此题主要考查了等差数列的通项公式及其求和公式、分组求和方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
18.【答案】解：（1）因为（π3-∠A）+（π6+∠A）=π2，
所以sin（π3-∠A）=cos（π6+∠A），
所以sin(π3-∠A)cos(π6+∠A)=14，可化为sin2（π3-∠A）=14，
由二倍角公式可得：cos（2π3-2∠A）=12，
因为BD＜AD，所以∠A∈（0，π2），
所以2π3-2∠A∈（-π3，2π3-），
所以2π3-2∠A=π3，解得∠A=π6．
（2）在△ABD中，AB=3，AD=3，∠A=π6，
由余弦定理得：BD2=AB2+AD2-2AB•ADcos∠A，即BD2=3+9-2×3×3×32=3，
所以BD=3，
在△BCD中，由正弦定理得sin∠Csin∠CBD=BDCD=3，所以sin∠C=3sin∠CBD，
又因为∠C=2∠CBD，所以cos∠CBD=32，
又因为∠CBD∈（0，π），所以∠CBD=π6，从而∠C=2∠CBD=π3，所以∠BDC=π2，
因此四边形ABCD的面积S=12AB•AD•sin∠A+12BD•CD=12×3×3×12+12×3×1=534．
【解析】
(1)利用诱导公式和二倍角公式得到cos(2π3-2∠A)=12，再判断出2π3-2∠A∈(-π3,2π3-)，即可求出∠A；
(2)由余弦定理求出BD，由正弦定理得到sin∠C=3sin∠CBD，从而求出cos∠CBD=32，得到∠CBD和∠BDC，进而求出四边形ABCD的面积．
此题主要考查了正弦定理，余弦定理，三角函数恒等变换在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．
19.【答案】（1）证明：∵侧面BCC1B1是正方形，E是BB1的中点，
∴BE=12BC，∵BE2+BC2=CE2，∴5BE2=（5）2=5，∴BE=1，∴BC=2，
又AB=4，∠BAC=30°，在△ABC中由余弦定理有BC2=AC2+AB2-2AD•ABcos∠BAC，
∴4=16+AD2-43AD，解得AD=23，∴AD2+BC2=AB2，∴∠BCA=90°，
∴AC⊥BC，又CE⊥AC．CE∩BC=C，CE，BC⊂平面BCC1B1，
∴AC⊥平面BCC1B1，又CC1⊂平面BCC1B1，
∴CC1⊥AC；
（2）以C为坐标原点，CA，CB，CC1为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则C（0，0，0），E（0，2，1），A（23，0，0），C1（0，0，2），
设AF→=λAC1→=λ（-23，0，2）=（-23λ，0，2λ），（0≤λ≤1）
CF→=CA→+AF→=（23，0，0）+（-23λ，0，2λ）=（23-23λ，0，2λ），
又CE→=（0，2，1），
设平面CFE的一个法向量为n→=（x，y，z），
则{n→·CF→=0n→·CE→=0，即{(23-23λ)x+2λz=02y+z=0，令y=1，则z=-2，x=2λ3-3λ，
∴平面CFE的一个法向量为n→=（2λ3-3λ，1，-2），
由（1）易证CC1⊥平面ABC，∴CC1→=（0，0，2）为平面ABC的一个法向量，
∴|cos＜n→，CC1→＞|=44λ2(3-3λ)2+1+4×2=cos45°=22，
解得λ=35或λ=3（舍去），
AF=35×AC=125．
【解析】
(1)由CE=5，可求得BC=2，进而由余弦定理可得AD=23，可证AC⊥BC，结合CE⊥AC.可证AC⊥平面BCC1B1，可证结论；
(2)以C为坐标原点，CA，CB，CC1为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，AF→=λAC1→，可求平面CEF的一个法向量和平面ABC的一个法向量，利用向量法可得44λ2(3-3λ)2+1+4×2=22，求解即可．
此题主要考查线线垂直的证明，以及利用面面角的大小求线段的长，属中档题．
20.【答案】解：（1）由于质检员是随机不放回抽取20件产品，各次试验之间的结果不相互独立，
则随机变量X服从超几何分布，
故X的分布列为P（X）=C40kC8020-kC10020，k=0，1，2，•••，20，X的均值为E（X）=np=20×40100=8．
（2）样本中次品率f20=X100是一个随机变量，
所以P（|f20-0.4|≤0.1）=P（6≤X≤10）=P（X=6）+P（X=7）+P（X=8）+P（X=9）+P（X=10）=0.12422+0.17972+0.20078+0.17483+0.11924=0.79879，
所以误差不超过0.1的概率为0.79879．
【解析】
(1)由题意可知，随机变量X服从超几何分布，从而即可求解．
(2)样本中次品率f20=X100是一个随机变量，即可得P(|f20-0.4|⩽0.1)=P(6⩽X⩽10)，再结合参考数据，即可求解．
此题主要考查离散型随机变量分布列的求解，考查期望公式的应用，属于中档题．
21.【答案】解：（1）设抛物线E的焦点为 F，点 P到 l的距离为d，则|PF|=d，
由题可得|PO|=d=|PF|，
所以x0=p4，故（2）2=2p·p4，p＞0，
∴p=2，
∴E的方程为y2=4x；
（2）设直线AB的方程为x=my+n，
由{x=my+ny2=4x，得y2-4my-4n=0，
设A（x1，y1），B（x2，y2），
则y1y2=-4n，x1x2=(y1y2)216=n2，
∴OA→·OB→=x1x2+y1y2=n2-4n=-4，
解得n=2，
∴直线AB的方程为x=my+2，故直线AB过定点Q（2，0），
当m≠0时，∠OMQ=90°，点M在以OQ为直径的圆上，
当m=0时，点M与点Q重合，点M在以OQ为直径的圆上，
综上，点M总在以OQ为直径的圆上，
同理，点N总在以OQ为直径的圆上，
因此|MN|的最大值为圆的直径2．
【解析】
(1)由题可得x0=p4，进而即得；
(2)由题可设 AB的方程为x=my+n，利用韦达定理及条件可得n=2，直线 AB过定点Q(2,0)，进而可得点 M、 N总在以 OQ为直径的圆上，即得．
此题主要考查了抛物线的方程和性质，直线与抛物线相交的问题，难点在于得到点N、M在以 OQ为直径的圆上，属于中档题．
22.【答案】（1）解：f（x）的定义域为(0，+∞)，f'(x)=a-1x，
当a⩽0时，对于任意的x＞0，都有f′（x）＜0，所以f（x）在（0，+∞）内单调递减；
当a＞0时，令f′（x）＞0，解得x＞1a；令f′（x）＜0，解得0＜x＜1a，
所以f（x）在(0，1a)内单调递减，在(1a，+∞)内单调递增；
（2）证明：因为当a∈(0，14)时，f（x）在(0，1a)内单调递减，在(1a，+∞)内单调递增，又f(1a)=1+lna＜1-ln4＜0，f(1)=a＞0，f(1a2)=2lna+1a＞0，
所以存在x1∈(0，1a)，x2∈(1a，+∞)，使得f（x1）=f（x2）=0，且
当x∈（0，x1）时，f（x）＞0，当x∈（x1，x2）时，f（x）＜0，当x∈（x2，+∞）时，f（x）＞0，
因为对于任意的x＞0，都有f（x）g（x）⩾0，所以x1，x2也是函数g（x）的两个零点，
即x1，x2是方程x2-nx+m=0的根，所以x1+x2=n，x1x2=m，
又因为ax1=lnx1，ax2=lnx2，所以lnm=ln（x1x2）=lnx1+lnx2=a（x1+x2），
所以2＜lnm＜n4等价于2＜a(x1+x2)＜x1+x24，
因为0＜a＜14，所以a(x1+x2)＜x1+x24，下面证明：x1+x2＞2a．
要证x1+x2＞2a，即证x2＞2a-x1，
因为x2，2a-x1∈(1a，+∞)，f(x)在(1a，+∞)内单调递增，
所以只需证f(x2)＞f(2a-x1)，又因为f（x1）=f（x2），
所以也只需证f(x1)＞f(2a-x1)，
设p(x)=f(x)-f(2a-x)，则p'(x)=f'(x)+f'(2a-x)=2a-2ax(2a-x)，
因为x(2a-x)＜1a2，所以当x∈(0，1a)时，p′（x）＜0，所以p（x）在(0，1a]上单调递减，
又因为p(1a)=0，所以当x∈(0，1a)时，p（x）＞0，即f(x)＞f(2a-x)，
因为x1∈(0，1a)，所以f(x1)＞f(2a-x1)．
所以x1+x2＞2a成立，即a（x1+x2）＞2，
因此2＜lnm＜n4．
【解析】
(1)求出f'(x)=a-1x(x>0)，分a⩽0和a>0两种情况讨论即可得答案；
(2)由(1)根据函数零点存在定理存在x1∈(0,1a),x2∈(1a,+∞)，使得f(x1)=f(x2)=0，由对于任意的x>0，都有f(x)g(x)⩾0，可得x1，x2也是函数g(x)的两个零点，即x1，x2是方程x2-nx+m=0的根，所以x1+x2=n，x1x2=m，又ax1=lnx1，ax2=lnx2，所以lnm=ln(x1x2)=lnx1+lnx2=a(x1+x2)，所以22a，即证x2>2a-x1，构造函数p(x)=f(x)-f(2a-x)即可证明．
此题主要考查导数的综合应用，考查学生的综合能力，属于难题．
2022年山东省聊城市高考数学模拟试卷（一）（一模）
1.（5分）设集合A={x|x=2k-1,k∈Z}，B={x|0⩽x<6}，则A∩B=()
A. {1,3} B. {-1,1,3}
C. {-1,1,3,5} D. {1,3,5}
2.（5分）复数z满足(1+2i)z=3-i，则|z|=()
A. 2 B. 3 C. 2 D. 5
3.（5分）已知向量a→，b→满足|a→|=1，|b→|=2，且(a→+b→)⊥a→，则向量a→与b→的夹角为( )
A. 30° B. 60° C. 120° D. 150°
4.（5分）根据分类变量x与y的成对样本数据，计算得到χ2=6.147.依据α=0.01的独立性检验(x0.01=6.635)，结论为()
A. 变量x与y不独立
B. 变量x与y不独立，这个结论犯错误的概率不超过0.01
C. 变量x与y独立
D. 变量x与y独立，这个结论犯错误的概率不超过0.01
5.（5分）“阿基米德多面体”也称半正多面体，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，它体现了数学的对称美．如图是以一正方体的各条棱的中点为顶点的多面体，这是一个有八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面体”，若该多面体的棱长为1，则经过该多面体的各个顶点的球的体积为()
A. 43π B. 823π C. 4π D. 8π
6.（5分）设a=sin7，则()
A. a2<2a
(参考数据：lg2≈0.3，lg3≈0.477)
A. 5 B. 7 C. 8 D. 9
8.（5分）已知正数x，y满足ylnx+ylny=ex，则xy-2x的最小值为()
A. 12ln2 B. 2-2ln2 C. -12ln2 D. 2+2ln2
9.（5分）设0
10.（5分）已知双曲线C：x29-k+y2k-1=1(0
B. 双曲线C的焦距等于42
C. 双曲线C的焦点到其渐近线的距离等于1-k
D. 双曲线C的离心率的取值范围为(1,103)
11.（5分）已知函数f(x)=2sin(ωx+φ)+a，ω>0，则下列结论正确的是()
A. 若对于任意的x∈R，都有f(x)⩽1成立，则a⩽-1
B. 若对于任意的x∈R，都有f(x+π)=f(x)成立，则ω=2
C. 当φ=π3时，若f(x)在[0,π2]上单调递增，则ω的取值范围为(0,13]
D. 当a=-3时，若对于任意的φ∈R，函数f(x)在[0,π2]上至少有两个零点，则ω的取值范围为[4,+∞)
12.（5分）在数列{an}中，对于任意的n∈N*都有an>0，且an+12-an+1=an，则下列结论正确的是()
A. 对于任意的n⩾2，都有an>1
B. 对于任意的a1>0，数列{an}不可能为常数列
C. 若0
14.（5分）第24届冬奥会于2022年2月4日至20日在北京和张家口举行，中国邮政陆续发行了多款纪念邮票，其图案包括“冬梦”“飞跃”“冰墩墩”“雪容融”等，小明现有“冬梦”“飞跃”“冰墩墩”“雪容融”邮票各2张，他打算从这8张邮票中任选3张赠送给同学小红，则在选中的3张邮票中既有“冰墩墩”邮票又有“雪容融”邮票的概率为 ______.
15.（5分）F1，F2是椭圆C的两个焦点，P是椭圆C上异于顶点的一点，I是△PF1F2的内切圆圆心，若△PF1F2的面积等于△IF1F2的面积的3倍，则椭圆C的离心率为 ______.
16.（5分）在矩形ABCD中，E是AB的中点，AD=1，AB=2，将△ADE沿DE折起得到△A'DE，设A'C的中点为M，若将△A'DE绕DE旋转90°，则在此过程中动点M形成的轨迹长度为 ______.
17.（12分）设数列{an}的前n项和为Sn，对于任意的n∈N*都有an+1=an+2，且S6=4a5.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足bn=Sncosnπ，求数列{bn}的前2n项和T2n.
18.（12分）如图，在四边形ABCD中，BD
(2)若AB=3，AD=3，CD=1，∠C=2∠CBD，求四边形ABCD的面积．
19.（12分）如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=4，∠BAC=30°，侧面BCC1B1是正方形，E是BB1的中点，CE=5，CE⊥AC.
(1)求证：CC1⊥AC；
(2)F是线段AC1上的点，若平面ABC与平面CEF的夹角为45°，求AF的长．
20.（12分）为了解某车间生产的产品质量，质检员从该车间一天生产的100件产品中，随机不放回地抽取了20件产品作为样本，并一一进行检测．假设这100件产品中有40件次品，60件正品，用X表示样本中次品的件数．
(1)求X的分布列(用式子表示)和均值；
(2)用样本的次品率估计总体的次品率，求误差不超过0.1的概率．
参考数据：设P(X=k)=pk，k=0，1，2，…，20，则p5=0.06530，p6=0.12422，p7=0.17972，p8=0.20078，p9=0.17483，p10=0.11924，p11=0.06376，p12=0.02667.
21.（12分）已知抛物线E：y2=2px(p>0)的准线为l，点P(x0,2)在E上，且P到l的距离与P到原点O的距离相等．
(1)求E的方程；
(2)A，B，C，D是E上异于原点O的四个动点，且OA→⋅OB→=OC→⋅OD→=-4，若OM⊥AB，ON⊥CD，垂足分别为M，N，求|MN|的最大值．
22.（12分）已知函数f(x)=ax-lnx，g(x)=x2-nx+m.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当0
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：集合A={x|x=2k-1,k∈z}为奇数集，
B={x|0⩽x<6}，
则A∩B={1,3,5}.
故选：D.
根据交集的定义写出A∩B，即可求得答案．
此题主要考查了交集的运算问题，属于基础题．
2.【答案】A
【解析】解：∵(1+2i)z=3-i，
∴z=3-i1+2i=(3-i)(1-2i)(1+2i)(1-2i)=15-75i，
∴|z|=(15)2+(-75)2=2.
故选：A.
根据已知条件，运用复数的运算法则，以及复数模的公式，即可求解．
此题主要考查了复数代数形式的乘除法运算，以及复数模的公式，需要学生熟练掌握公式，属于基础题．
3.【答案】C
【解析】解：由已知条件得(a→+b→).a→=a2→+|b→||a→|cos
∴cos
∴向量a→与b→的夹角为120°．
故选：C．
由(a→+b→)⊥a→便得到(a→+b→).a→=0，而根据已知|a→|=1,|b→|=2，即可求得(a→+b→).a→=1+2cos
考查两非零向量垂直的充要条件，以及数量积的运算，向量夹角的概念．
4.【答案】D
【解析】解：∵χ2<6.635，
∴由独立性检验的定义可知，变量x与y独立，这个结论犯错误的概率不超过0.01.
故选：D.
根据已知条件，结合独立性检验的定义，即可求解．
此题主要考查独立性检验的定义，属于基础题．
5.【答案】A
【解析】解：将该多面体放入正方体中，如图所示．
由于多面体的棱长为1，所以正方体的棱长为2，
因为该多面体是由棱长为2的正方体连接各棱中点所得，
所以该多面体外接球的球心为正方体体对角线的中点，其外接球直径等于正方体的面对角线长，即2R=2×2，
所以R=1，
所以该多面体外接球的体积V=43πR3=4π3.
故选：A.
将该多面体放入正方体中，可以间接确定该多面体外接球的球心，从而求出其外接球的体积．
此题主要考查了多面体外接球的体积，属于基础题．
6.【答案】D
【解析】解：a=sin7=sin(7-2π)，
∵π6<7-2π<π4，∴12
∵y=log2x在(0,+∞)上为增函数，且12<|a|<22，
∴log212
利用正弦函数的图象与性质得到12
7.【答案】C
【解析】解：设该污染物排放前过滤的次数为n(n∈N*)，
由题意1.2×0.8n⩽0.2，即(54)n⩾6，
两边取以10为底的对数可得lg(54)n⩾lg6，
即nlg(5×28)⩾lg2+lg3，
所以n⩾lg2+lg31-3lg2，
因为lg2≈0.3，lg3≈0.477，
所以lg2+lg31-3lg2≈0.3+0.4771-3×0.3=7.77，
所以n⩾7.77，
又n∈N*，
所以nmin=8，即该污染物排放前需要过滤的次数至少为8次．
故选：C.
设该污染物排放前过滤的次数为n(n∈N*)，由题意1.2×0.8n⩽0.2，两边取以10为底的对数可得n⩾lg2+lg31-3lg2，根据参考数据即可求解．
此题主要考查了指数、对数的运算，求出关系式1.2×0.8n⩽0.2是解答本题的关键，属于中档题．
8.【答案】B
【解析】解：正数x，y满足ylnx+ylny=ex，
所以yln(xy)=ex，即xyln(xy)=xex，
所以ln(xy)⋅eln(xy)=xex，
令g(x)=xex，(x>0)，则g'(x)=(x+1)ex>0，
所以g(x)在x>0时单调递增，
故x=ln(xy)，即xy=ex，
所以xy-2x=ex-2x，
令f(x)=ex-2x，(x>0)，
则f'(x)=ex-2，
当x>ln2时，f'(x)=ex-2>0，f(x)单调递增，当x
所以xy-2x的最小值为2-2ln2.
故选：B.
由已知结合对数恒等式进行变形，然后进行构造函数，结合导数研究单调性，进而可求最值．
此题主要考查了利用导数研究函数的单调性及最值，解答该题的关键是根据已知等式合理的进行构造函数，属于中档题．
9.【答案】AC
【解析】解：对于A，∵0
故选：AC.
对于A，结合不等式的性质即可求解，对于B，结合指数函数的单调性即可求解，对于CD，结合基本不等式公式即可求解．
本题主要主要考查了不等式的性质，以及基本不等式的应用，属于中档题．
10.【答案】ACD
【解析】解：双曲线C：x29-k+y2k-1=1(0
双曲线的焦距为：29-k+1-k=210-2k，所以B不正确；
双曲线C的焦点到其渐近线的距离等于b=1-k，所以C正确；
双曲线的离心率为：10-2k9-k=2-89-k∈(1,103).所以D正确；
故选：ACD.
通过k的范围，判断双曲线的焦点位置，焦距的长，焦点到其渐近线的距离，离心率的范围，判断选项的正误即可．
此题主要考查双曲线的简单性质的应用，是基础题．
11.【答案】ACD
【解析】解：对于A，对于任意的x∈R，都有f(x)⩽1成立，
所以a⩽1-2sin(ωx+φ)恒成立，又sin(ωx+φ)∈[-1,1]，1-2sin(ωx+φ)∈[-1,3]，∴a⩽-1，故A正确；
对于B，由题可得π是函数的周期，但不能推出函数的最小正周期为π，故B错误；
对于C，当φ=π3时，当x∈[0,π2]时，ωx+π3∈[π3,ωπ2+π3]，
则ωπ2+π3⩽π2,ω>0，故0<ω⩽13，故C正确；
对于D，当a=-3时，当x∈[0,π2]时，ωx+φ∈[φ,ωπ2+φ]，
由f(x)=2sin(ωx+φ)-3在[0,π2]上至少有两个零点，
则ωπ2+φ-φ⩾2π，即ω⩾4，故D正确．
故选：ACD.
由题可得a⩽1-2sin(ωx+φ)恒成立，利用三角函数的性质可判断A，利用函数的周期的含义可判断B，利用正弦函数的单调性可判断C，由题可得ωπ2+φ-φ⩾2π，进而可判断D.
此题主要考查三角函数的图象与性质，考查学生的运算能力，属于中档题．
12.【答案】ACD
【解析】解：对于选项A，在数列{an}中，an+12-an+1=an，则an+1(an+1-1)=an，
又对于任意的n∈N*都有an>0，则an+1-1>0，即an+1>1，即对于任意的n⩾2，都有an>1，即选项A正确；
对于选项B，不妨设数列{an}可能为常数列，则an=an+1，又an+12-an+1=an，则an2-an=an，则an=2，
即a1=2时，数列{an}为常数列，即选项B错误；
对于选项C，an+1-an=2an+1-an+12=an+1(2-an+1)，
又0
对于选项D，a1>2，则a22-a2>2，即a2>2，同理，当n⩾2，都有an>2，
又an+1-an=2an+1-an+12=an+1(2-an+1)<0，
即数列{an}为递减数列，即当n⩾2时，2
结合数列递推式研究数列的单调性，然后逐一判断即可得解．
此题主要考查了数列递推式，重点考查了数列的单调性，属中档题．
13.【答案】 π6
【解析】解：因为f(x)=2sin(x+φ)-cosx为奇函数，
由奇函数性质可得，f(0)=2sinφ-1=0，
所以sinφ=12，
则φ=π6.
故答案为：π6(答案不唯一).
由已知结合奇函数的性质f(0)=0，代入即可求解．
此题主要考查了奇函数性质的应用，属于基础题．
14.【答案】 514
【解析】解：在选中的3张邮票中既有“冰墩墩”邮票又有“雪容融”邮票的概率为12C21C12+C21CC41C83=514.
故答案为：514.
选3张邮票中既有“冰墩墩”邮票又有“雪容融”的组合数除以从8张邮票中任选3张的组合数可得答案．
此题主要考查组合数应用及古典概型应用，考查数学运算能力及抽象能力，属于基础题．
15.【答案】 12
【解析】解：由于椭圆关于原点对称，不妨设点P在x轴上方，
设点P纵坐标为yP，点I纵坐标为yI，内切圆半径为r，椭圆长轴长为2a，焦距为2c，
则S△PF1F2=12yP⋅|F1F2|=3S△IF1F2=3×12yI⋅|F1F2|，得yP=3yI，
又S△PF1F2=S△IF1F2+S△IF1P+S△IPF2，即12yP⋅|F1F2|=12r⋅|F1F2|+12r⋅|PF1|+12r⋅|PF2|，
又yI=r，化简得yP⋅|F1F2|=yI(|F1F2|+|PF1|+|PF2|)，即3×2c=2c+2a，
解得a=2c，可得离心率为ca=12.
故答案为：12.
先由S△PF1F2=3S△IF1F2，求得yP=3yI，再利用S△PF1F2=S△IF1F2+S△IF1P+S△IPF2，求得a=2c，即可求出离心率．
本题主要椭圆的性质，考查三角形内切圆的性质，考查运算求解能力，属于中档题．
16.【答案】 2π8
【解析】解：如图，设AC的中点为M0，△A'DE绕DE旋转90°，此时平面A'DE⊥平面ABCD，
取CD中点P，CE中点Q，PQ中点N，连接PQ，MP，MQ，MN，M0P，M0Q，M0N，
MP=M0P=12AD=12，MQ=M0Q=12AE=12，PQ=12DE=22，△MPQ和△M0PQ是等腰直角三角形，
且在旋转过程中保持形状大小不变，故动点M的轨迹是以N为圆心，12PQ为半径的一段圆弧，
又MP//A'D，MP⊄面A'DE，A'D⊂面A'DE，MP//面A'DE，同理MQ//面A'DE，
又因为MP∩MQ=M，所以平面MPQ⊥平面A'DE，又平面A'DE⊥平面ABCD，
故平面MPQ⊥面ABCD，又平面MPQ∩平面ABCD=PQ，MN⊥PQ，故MN⊥平面ABCD，
又M0N⊂面ABCD，所以MN⊥M0N，
故动点M形成的轨迹长度为14π⋅PQ=2π8.
故答案为：2π8.
先通过△MPQ始终是等腰直角三角形确定动点M的轨迹是一段圆弧，再结合垂直关系证明圆弧对应的圆心角为90*，即可求出动点M的轨迹长度．
此题主要考查空间位置关系与距离，考查数形结合思想与运算求解能力，属于中档题．
17.【答案】解：（1）对于任意的n∈N*都有an+1=an+2，
∴数列{an}是等差数列，公差为2，
∵S6=4a5，∴6a1+15×2=4（a1+4×2），
解得a1=1，
∴an=1+2（n-1）=2n-1．
（2）由an=2n-1，可得Sn=n(2n-1+1)2=n2．
∴bn=Sncosnπ=n2cosnπ，
∴b2n-1=-（2n-1）2，b2n=（2n）2，
∴b2n-1+b2n=-（2n-1）2+（2n）2=2n-1+2n，
∴数列{bn}的前2n项和T2n=1+2+3+4+…+2n-1+2n=2n(1+2n)2=2n2+n．
【解析】
(1)对于任意的n∈N*都有an+1=an+2，可得数列{an}是等差数列，公差为2，利用通项公式即可得出an.
(2)由an=2n-1，可得Sn=n2，bn=Sncosnπ=n2cosnπ，可得b2n-1+b2n，通过分组求和即可得出结论．
此题主要考查了等差数列的通项公式及其求和公式、分组求和方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
18.【答案】解：（1）因为（π3-∠A）+（π6+∠A）=π2，
所以sin（π3-∠A）=cos（π6+∠A），
所以sin(π3-∠A)cos(π6+∠A)=14，可化为sin2（π3-∠A）=14，
由二倍角公式可得：cos（2π3-2∠A）=12，
因为BD＜AD，所以∠A∈（0，π2），
所以2π3-2∠A∈（-π3，2π3-），
所以2π3-2∠A=π3，解得∠A=π6．
（2）在△ABD中，AB=3，AD=3，∠A=π6，
由余弦定理得：BD2=AB2+AD2-2AB•ADcos∠A，即BD2=3+9-2×3×3×32=3，
所以BD=3，
在△BCD中，由正弦定理得sin∠Csin∠CBD=BDCD=3，所以sin∠C=3sin∠CBD，
又因为∠C=2∠CBD，所以cos∠CBD=32，
又因为∠CBD∈（0，π），所以∠CBD=π6，从而∠C=2∠CBD=π3，所以∠BDC=π2，
因此四边形ABCD的面积S=12AB•AD•sin∠A+12BD•CD=12×3×3×12+12×3×1=534．
【解析】
(1)利用诱导公式和二倍角公式得到cos(2π3-2∠A)=12，再判断出2π3-2∠A∈(-π3,2π3-)，即可求出∠A；
(2)由余弦定理求出BD，由正弦定理得到sin∠C=3sin∠CBD，从而求出cos∠CBD=32，得到∠CBD和∠BDC，进而求出四边形ABCD的面积．
此题主要考查了正弦定理，余弦定理，三角函数恒等变换在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．
19.【答案】（1）证明：∵侧面BCC1B1是正方形，E是BB1的中点，
∴BE=12BC，∵BE2+BC2=CE2，∴5BE2=（5）2=5，∴BE=1，∴BC=2，
又AB=4，∠BAC=30°，在△ABC中由余弦定理有BC2=AC2+AB2-2AD•ABcos∠BAC，
∴4=16+AD2-43AD，解得AD=23，∴AD2+BC2=AB2，∴∠BCA=90°，
∴AC⊥BC，又CE⊥AC．CE∩BC=C，CE，BC⊂平面BCC1B1，
∴AC⊥平面BCC1B1，又CC1⊂平面BCC1B1，
∴CC1⊥AC；
（2）以C为坐标原点，CA，CB，CC1为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则C（0，0，0），E（0，2，1），A（23，0，0），C1（0，0，2），
设AF→=λAC1→=λ（-23，0，2）=（-23λ，0，2λ），（0≤λ≤1）
CF→=CA→+AF→=（23，0，0）+（-23λ，0，2λ）=（23-23λ，0，2λ），
又CE→=（0，2，1），
设平面CFE的一个法向量为n→=（x，y，z），
则{n→·CF→=0n→·CE→=0，即{(23-23λ)x+2λz=02y+z=0，令y=1，则z=-2，x=2λ3-3λ，
∴平面CFE的一个法向量为n→=（2λ3-3λ，1，-2），
由（1）易证CC1⊥平面ABC，∴CC1→=（0，0，2）为平面ABC的一个法向量，
∴|cos＜n→，CC1→＞|=44λ2(3-3λ)2+1+4×2=cos45°=22，
解得λ=35或λ=3（舍去），
AF=35×AC=125．
【解析】
(1)由CE=5，可求得BC=2，进而由余弦定理可得AD=23，可证AC⊥BC，结合CE⊥AC.可证AC⊥平面BCC1B1，可证结论；
(2)以C为坐标原点，CA，CB，CC1为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，AF→=λAC1→，可求平面CEF的一个法向量和平面ABC的一个法向量，利用向量法可得44λ2(3-3λ)2+1+4×2=22，求解即可．
此题主要考查线线垂直的证明，以及利用面面角的大小求线段的长，属中档题．
20.【答案】解：（1）由于质检员是随机不放回抽取20件产品，各次试验之间的结果不相互独立，
则随机变量X服从超几何分布，
故X的分布列为P（X）=C40kC8020-kC10020，k=0，1，2，•••，20，X的均值为E（X）=np=20×40100=8．
（2）样本中次品率f20=X100是一个随机变量，
所以P（|f20-0.4|≤0.1）=P（6≤X≤10）=P（X=6）+P（X=7）+P（X=8）+P（X=9）+P（X=10）=0.12422+0.17972+0.20078+0.17483+0.11924=0.79879，
所以误差不超过0.1的概率为0.79879．
【解析】
(1)由题意可知，随机变量X服从超几何分布，从而即可求解．
(2)样本中次品率f20=X100是一个随机变量，即可得P(|f20-0.4|⩽0.1)=P(6⩽X⩽10)，再结合参考数据，即可求解．
此题主要考查离散型随机变量分布列的求解，考查期望公式的应用，属于中档题．
21.【答案】解：（1）设抛物线E的焦点为 F，点 P到 l的距离为d，则|PF|=d，
由题可得|PO|=d=|PF|，
所以x0=p4，故（2）2=2p·p4，p＞0，
∴p=2，
∴E的方程为y2=4x；
（2）设直线AB的方程为x=my+n，
由{x=my+ny2=4x，得y2-4my-4n=0，
设A（x1，y1），B（x2，y2），
则y1y2=-4n，x1x2=(y1y2)216=n2，
∴OA→·OB→=x1x2+y1y2=n2-4n=-4，
解得n=2，
∴直线AB的方程为x=my+2，故直线AB过定点Q（2，0），
当m≠0时，∠OMQ=90°，点M在以OQ为直径的圆上，
当m=0时，点M与点Q重合，点M在以OQ为直径的圆上，
综上，点M总在以OQ为直径的圆上，
同理，点N总在以OQ为直径的圆上，
因此|MN|的最大值为圆的直径2．
【解析】
(1)由题可得x0=p4，进而即得；
(2)由题可设 AB的方程为x=my+n，利用韦达定理及条件可得n=2，直线 AB过定点Q(2,0)，进而可得点 M、 N总在以 OQ为直径的圆上，即得．
此题主要考查了抛物线的方程和性质，直线与抛物线相交的问题，难点在于得到点N、M在以 OQ为直径的圆上，属于中档题．
22.【答案】（1）解：f（x）的定义域为(0，+∞)，f'(x)=a-1x，
当a⩽0时，对于任意的x＞0，都有f′（x）＜0，所以f（x）在（0，+∞）内单调递减；
当a＞0时，令f′（x）＞0，解得x＞1a；令f′（x）＜0，解得0＜x＜1a，
所以f（x）在(0，1a)内单调递减，在(1a，+∞)内单调递增；
（2）证明：因为当a∈(0，14)时，f（x）在(0，1a)内单调递减，在(1a，+∞)内单调递增，又f(1a)=1+lna＜1-ln4＜0，f(1)=a＞0，f(1a2)=2lna+1a＞0，
所以存在x1∈(0，1a)，x2∈(1a，+∞)，使得f（x1）=f（x2）=0，且
当x∈（0，x1）时，f（x）＞0，当x∈（x1，x2）时，f（x）＜0，当x∈（x2，+∞）时，f（x）＞0，
因为对于任意的x＞0，都有f（x）g（x）⩾0，所以x1，x2也是函数g（x）的两个零点，
即x1，x2是方程x2-nx+m=0的根，所以x1+x2=n，x1x2=m，
又因为ax1=lnx1，ax2=lnx2，所以lnm=ln（x1x2）=lnx1+lnx2=a（x1+x2），
所以2＜lnm＜n4等价于2＜a(x1+x2)＜x1+x24，
因为0＜a＜14，所以a(x1+x2)＜x1+x24，下面证明：x1+x2＞2a．
要证x1+x2＞2a，即证x2＞2a-x1，
因为x2，2a-x1∈(1a，+∞)，f(x)在(1a，+∞)内单调递增，
所以只需证f(x2)＞f(2a-x1)，又因为f（x1）=f（x2），
所以也只需证f(x1)＞f(2a-x1)，
设p(x)=f(x)-f(2a-x)，则p'(x)=f'(x)+f'(2a-x)=2a-2ax(2a-x)，
因为x(2a-x)＜1a2，所以当x∈(0，1a)时，p′（x）＜0，所以p（x）在(0，1a]上单调递减，
又因为p(1a)=0，所以当x∈(0，1a)时，p（x）＞0，即f(x)＞f(2a-x)，
因为x1∈(0，1a)，所以f(x1)＞f(2a-x1)．
所以x1+x2＞2a成立，即a（x1+x2）＞2，
因此2＜lnm＜n4．
【解析】
(1)求出f'(x)=a-1x(x>0)，分a⩽0和a>0两种情况讨论即可得答案；
(2)由(1)根据函数零点存在定理存在x1∈(0,1a),x2∈(1a,+∞)，使得f(x1)=f(x2)=0，由对于任意的x>0，都有f(x)g(x)⩾0，可得x1，x2也是函数g(x)的两个零点，即x1，x2是方程x2-nx+m=0的根，所以x1+x2=n，x1x2=m，又ax1=lnx1，ax2=lnx2，所以lnm=ln(x1x2)=lnx1+lnx2=a(x1+x2)，所以2
此题主要考查导数的综合应用，考查学生的综合能力，属于难题．
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