通用版2023届高考数学二轮复习转化与化归作业含答案

这是一份通用版2023届高考数学二轮复习转化与化归作业含答案，共31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。

转化与化归
一、单选题（本大题共11小题，共55.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 甲､乙､丙､丁四位同学决定去黄鹤楼､东湖､汉口江滩游玩，每人只能去一个地方，汉口江滩一定要有人去，则不同游览方案的种数为(    )
A. 65 B. 73 C. 70 D. 60
2. 函数f(x)满足f(-x)=f(x)，当x1，x2∈[0,+∞)时都有f(x1)-f(x2)x1-x2>0，且对任意的x∈[12,1]，不等式f(ax+1)≤f(x-2)恒成立，则实数a的取值范围是(    )
A. [-2,0] B. [-5,0] C. [-5,1] D. [-2,1]
3. 若方程x2-1=2x+m有实数解，则实数m的取值范围是(    )
A. [-3,0)∪[2,+∞) B. [-3,0)∪(0,3]
C. D. (-∞,-2]⋃[2,+∞)
4. 某零件的加工共需四道工序，设第一、二、三、四道工序的次品率分别为2%，3%，5%，3%，假设各道工序互不影响，则加工出来的零件的次品率为(    )
A. 22.5% B. 15.5% C. 15.3% D. 12.4%
5. 已知函数fx=xe-x，g(x)=12x2-lnx+a，若∃x1，x2∈1,2，使得fx1=gx2，则实数a的取值范围是(    )
A. 12-1e,2e2-ln2+2 B. 12-1e,2e2-ln2+2
C. 2e2+ln2-2,1e-12 D. 2e2+ln2-2,1e-12
6. 定义：如果函数f(x)的导函数为f'(x)，在区间[a,b]上存在x1,x2(a A. [43,83] B. (-∞,+∞) C. (43,+∞) D. (43,83)
7. 某地举办科技博览会，有3个场馆，现将24个志愿者名额分配给这3个场馆，要求每个场馆至少有一个名额且各场馆名额互不相同的分配方法共有(    )
A. 222种 B. 253种 C. 276种 D. 284种
8. 对于三次函数fx=ax3+bx2+cx+da≠0，现给出定义：设f'x是函数fx的导数，f''x是f'x的导数，若方程f''x=0有实数解x0，则称点x0,fx0为函数fx=ax3+bx2+cx+da≠0的“拐点”.经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”，任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心．设函数gx=x3-3x2+2，则g110+g210+g310+⋯+g1910=(    )
A. 0 B. 1 C. -32 D. 32
9. 已知函数f(x)=x+alnx，g(x)=xa-1ex，若不等式f(x)≥g(x)对任意x∈(1,+∞)恒成立，则实数a的最小值是(    )
A. -e B. -e2 C. -1e D. -1e2
10. 若函数f(x)在区间A上，对∀a，b，c∈A，f(a)，f(b)，f(c)为一个三角形的三边长，则称函数f(x)为“三角形函数”.已知函数f(x)=xlnx+m在区间[1e2,e]上是“三角形函数”，则实数m的取值范围为(    )
A. (1e,e2+2e) B. (2e,+∞) C. (1e,+∞) D. (e2+2e,+∞)
11. 已知双曲线x22-y2b2=1(b>0)的右焦点到其一条渐近线的距离等于2，抛物线y2=2px(p>0)的焦点与双曲线的右焦点重合，则抛物线上一动点M到直线l1:4x-3y+8=0和l2:x=-3的距离之和的最小值为(    )
A. 115 B. 145 C. 165 D. 215
二、多选题（本大题共1小题，共5.0分。在每小题有多项符合题目要求）
12. 阿波罗尼斯(古希腊数学家，约公元前262∼190年)的著作《圆锥曲线论》是古代世界光辉的科学成果，它将圆锥曲线的性质网罗殆尽，几乎使后人没有插足的余地．他证明过这样一个命题：平面内与两定点距离的比为常数k(k>0且k≠1)的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆．现有圆C：(x-t)2+[y-2(t-2)]2=1和点Q(0,3)，若圆C上存在点P，使|PQ||PO|=2(其中O为坐标原点)，则t的取值可以是(    )
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
三、填空题（本大题共6小题，共30.0分）
13. 两圆x2+y2+2ax+a2-4=0和x2+y2-4by-1+4b2=0恰有三条公切线，则a2+4b2的值为          ．
14. 设P是抛物线y2=2x上任意一点，则点P到直线x-y+3=0的距离的最小值为          ，此时点P的坐标为          ．
15. 已知一圆锥底面直径是62，圆锥的高是36，在该圆锥内放置一个棱长为a的正四面体，且正四面体可以在该圆锥内任意转动，则a的最大值为          ．
16. 在(1+x)2+(1+x)3+…+(1+x)n+1的展开式中，含x2的系数是an，a8=          ；若对任意的n∈N*，λ⋅2n-an≥0恒成立，则实数λ的最小值是          ．
17. 已知实数x1、x2、y1、y2满足：x12+y12=1，x22+y22=1，x1x2+y1y2=12，则|x1+y1-1|2+|x2+y2-1|2的最大值为          ．
18. 各数位数字之和等于8(数字可以重复)的四位数个数为          ．
四、解答题（本大题共8小题，共96.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
19. (本小题12.0分)
已知函数f(x)=log2(2x+k)(k∈R)．
(1)当k=-4时，解不等式f(x)>2；
(2)若函数f(x)的图象过点P(0,1)，且关于x的方程f(x)=x-2m有实根，求实数m的取值范围．
20. (本小题12.0分)
已知抛物线C：y=mx2(m>0)，焦点为F，直线2x-y+2=0交抛物线C于A，B两点，P是线段AB的中点，过P作x轴的垂线交抛物线C于点Q．
(1)若抛物线C上有一点R(xR,2)到焦点F的距离为3，求m的值；
(2)是否存在实数m，使ΔABQ是以Q为直角顶点的直角三角形？若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由．

21. (本小题12.0分)
已知O为坐标原点，过点P(1,2)且斜率为1的直线截圆O所得的弦长为14．
(1)求圆O的方程．
(2)若点Q(1,0)在斜率为k的直线l上，且直线l与x轴不重合，直线l与圆O交于A，B两点，问在x轴正半轴上是否存在定点N，使得∠ONA=∠ONB?若存在，请求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．

22. (本小题12.0分)
一般地，如果函数f(x)的图象关于点(a,b)对称，那么对定义域内的任意x，则f(x)+f(2a-x)=2b恒成立.已知函数f(x)=4x4x+m的定义域为R，其图象关于点M(12,12)对称．
(Ⅰ)求常数m的值；
(Ⅱ)解方程：log2[1-f(x)]log2[4-xf(x)]=2；
(Ⅲ)求证：f(1n)+f(2n)+...+f(n-2n)+f(n-1n)+f(nn)=3n+16(n∈N*)

23. (本小题12.0分)
已知椭圆E：y2a2+x2b2=1(a>b>0)的一个焦点为(0,3)，长轴与短轴的比为2:1，直线l：y=kx+m与椭圆E交于P、Q两点，其中k为直线l的斜率．
(1)求椭圆E的方程；
(2)若以线段PQ为直径的圆过坐标原点O，问：是否存在一个以坐标原点O为圆心的定圆O，不论直线l的斜率k取何值，定圆O恒与直线l相切？如果存在，求出圆O的方程及实数m的取值范围；如果不存在，请说明理由．
24. (本小题12.0分)
已知函数g(x)=ax2-2ax+b(b>0)，在x∈[1,2]时最大值为1和最小值为0.设f(x)=g(x)x．
(1)求实数a，b的值；
(2)若不等式g(2x)-k4x+1⩾0在x∈[-1,1]上恒成立，求实数k的取值范围；
(3)若关于x的方程f(|log2x|)+2m|log2x|-3m-1=0有四个不同的实数解，求实数m的取值范围．

25. (本小题12.0分)
已知双曲线C：x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)，F1，F2分别为其左，右焦点，双曲线C上存在点P，满足∠F1PF2=π4，且△F1PF2的面积为3(1+2)a2．
(1)求双曲线C的离心率；
(2)设A为双曲线C的左顶点，Q为第一象限内双曲线C上的任意一点，问是否存在正实数λ，使得∠QF2A=λ∠QAF2恒成立？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．
26. (本小题12.0分)
已知函数f(x)=sinxx．
(1)当x>0时，f(x) (2)证明：x3ex>xlnx+sinx.

答案和解析

1.【答案】A 
【解析】
【分析】
本题考查了分步计数原理，属于基础题．
根据题意，先由分步计数原理计算可得四人选择3个地方的全部情况数目，再计算汉口江滩没人去的情况数目，分析可得汉口江滩一定要有人去的游览方案数．
【解答】
解：根据题意，甲、乙、丙、丁四位同学决定去黄鹤楼､东湖､汉口江滩游玩，且每人只能去一个地方，
则每人有3种选择，则4人一共有3×3×3×3=81种情况，
若汉口江滩没人去，即四位同学选择了黄鹤楼､东湖，
每人有2种选择方法，则4人一共有2×2×2×2=16种情况，
故汉口江滩一定要有人去有81-16=65种情况，
故答案选：A．
  
2.【答案】A 
【解析】
【分析】
本题考查了函数奇偶性和单调性的运用，不等式恒成立问题，属于中档题．
根据题意可得f(x)为偶函数且在[0,+∞)上单调递增，可将不等式转化为|ax+1|≤|x-2|在[12,1]上恒成立，然后去掉绝对值，参数分离a，转化为函数最值问题即可得到答案．
【解答】
解：因为函数f(x)满足f(-x)=f(x)，
所以f(x)为偶函数，
又当x1，x2∈[0,+∞)时都有f(x1)-f(x2)x1-x2>0，
所以f(x)在[0,+∞)上单调递增，
所以不等式f(ax+1)≤f(x-2)，即f(|ax+1|)≤f(|x-2|)，
所以|ax+1|≤|x-2|在[12,1]上恒成立，
又当x∈[12,1]时，|x-2|=2-x，
所以|ax+1|≤2-x在[12,1]上恒成立，
即x-2≤ax+1≤2-x在[12,1]上恒成立，
所以1-3x≤a≤1x-1在[12,1]上恒成立，
又当x∈[12,1]时，y=1-3x单调递增，则1-3xmax=1-3=-2；
当x∈[12,1]时，y=1x-1单调递减，则1x-1min=0．
所以-2≤a≤0.
故选A．
  
3.【答案】C 
【解析】
【分析】
本题考查方程有实数解的求解，考查直线与双曲线的位置关系及应用．
由已知函数fx=x2-1与gx=2x+m图象有交点，作函数图象，观察可得实数m的取值范围．
【解答】
解：方程x2-1=2x+m有实数解等价于fx=x2-1与gx=2x+m图像有交点，
fx=x2-1即x2-y2=1y≥0 ，表示等轴双曲线x轴上方(包括坐标轴上的两点)的部分，
gx=2x+m表示平行直线系，斜率都为2；

当m≥0时，把y=2x向左平移到-1,0处，m有最小值，此时-2+m=0,∴m=2，
故m≥2；
当m<0时，把y=2x向右平移到与双曲线相切时m有最大值，
联立y=2x+mx2-y2=1化简可得3x2+4mx+m2+1=0，
令方程3x2+4mx+m2+1=0的判别式Δ=4m2-12=0得m=±3，
由题意可得与右支相切时m=-3，故m≤-3，
综上：实数m的取值范围是(-∞,-3]∪[2,+∞)，
故选：C．
  
4.【答案】D 
【解析】
【分析】
本题考查了相互独立事件同时发生的概率，属于基础题．
根据题意，求出P(A)，P(B)，P(C)，P(D)，求解即可．
【解答】
解：四道工序中只要有一道工序加工出次品，则加工出来的零件就是次品．
设“第一、二、三、四道工序加工出来的零件是正品”分别为事件A，B，C，D，
则P(A)=2%，P(B)=3%，P(C)=5%，P(D)=3%．
由于加工出来的零件是正品的概率为
P(ABCD)=P(A)P(B)P(C)P(D)
=(1-2%)(1-3%)(1-5%)(1-3%)≈87.6%，
故加工出来的零件的次品率为12.4%．
故选D．
  
5.【答案】D 
【解析】
【分析】
本题考查利用导数判断函数的单调性，以及根据存在性问题求参数范围，考查转化和计算能力
直接对fx和gx进行求导，通过导数研究函数的单调性，得出fx在区间1,2上是单调减函数和gx在区间1,2上是单调增函数，由于∃x1，x2∈1,2，使得f(x1)=g(x2)，则yy=fx,x∈[1,2]∩yy=gx,x∈[1,2]≠⌀，即可求出实数a的取值范围．
【解答】
解：因为函数fx=xe-x，gx=12x2-lnx+a，
∴当x∈1,2时，f'x=e-x1-x<0，∴fx在区间1,2上是单调减函数，
所以fx∈[2e2,1e]，
当x∈1,2时，g'x=x-1x= x2-1x>0，∴gx在区间1,2上是单调增函数，
所以gx∈12+a,2-ln2+a，
由于∃x1，x2∈1,2，使得 f(x1)=gx2，
所以[2e2,1e]∩12+a,2-ln2+a≠⌀，
当[2e2,1e]∩12+a,2-ln2+a=⌀时，得2-ln2+a<2e2或1e<12+a，
所以a<2e2+ln2-2或 a>1e-12，
所以由[2e2,1e]∩12+a,2-ln2+a≠⌀，得a∈2e2+ln2-2,1e-12．
故选：D．
  
6.【答案】D 
【解析】
【分析】
本题考查的知识点是根的存在性及根的个数判断，熟练掌握方程根与对应函数零点之间的关系是解答的关键，难度较大．
根据定义得出g'(x1)=g'(x2)=g(2)-g(0)2-0=43-m，将问题方程x2-mx+m-43=0在区间(0,2)上有两个不相等的解，
利用二次函数的性质解出a的范围即可

【解答】
解：由题意可知g'(x)=x2-mx在区间[0,2]上存在x1，x2(0 ∴方程x2-mx+m-43=0在区间(0,2)上有两个不相等的解，
则{Δ=m2-4(m-43)>0,00,4-2m+m-43>0,
解得43 故选D．
  
7.【答案】A 
【解析】
【分析】
本题考查排列组合的实际应用，本题解题的关键是用隔板法，然后再减去不合题意的情况数，要不重不漏．
先用隔板法在24个元素形成的23个空中放上2个隔板有C232种情况，再减去有名额相等的情况数，需要用列举法找出名额相等的情况．
【解答】
解：先用隔板法在24个元素形成的23个空中放上2个隔板有C232=253种情况，
再减去有名额相等的情况(1,1,22)，(2,2,20)，(3,3,18)，
(4,4,16)，(5,5,14)，(6,6,12)，
(7,7,10)，(8,8,8)，(9,9,6)，
(10,10,4)，(11,11,2)，共有10C31+1=31种，
∴不同的分配方法种数为253-31=222．
故选A．
  
8.【答案】A 
【解析】
【分析】
本题主要考查导数的新定义问题和函数的对称性，属于较难题．
【解答】
解：依题意得，g'x=3x2-6x，g''x=6x-6，
令g''x=0，解得x=1，
∵g1=0，∴函数gx的对称中心为1,0，
则g2-x+gx=0，
∵110+1910=210+1810=310+1710=⋯=910+1110=2
∴g110+g210+g310+⋯+g1910=0．
  
9.【答案】A 
【解析】
【分析】
本题考查利用导数研究函数的单调性，利用导数研究恒成立问题，属于较难题．
根据题意，构造函数，利用导数研究函数的单调性，进行求解即可．
【解答】
解：当a=0时，x+1ex-1>0显然对任意x∈(1, +∞)恒成立，
下面讨论a<0时，f(x)≥g(x)，整理得x+1ex≥-alnx+xa，
设函数h(x)=x+1ex，
则h'(x)=1-1ex>0在(0,+∞)上恒成立，知h(x)在(0,+∞)上为增函数．
h(-alnx) =-alnx+ealnx=-alnx+elnxa=-alnx+xa．
则不等式x+1ex≥-alnx+xa，即h(x)≥h(-alnx)，
当x>1时，∵a<0，x>1，∴-alnx>0，
则h(x)≥h(-alnx)等价于x≥-alnx，
∵lnx>0，∴a≥-xlnx，
设函数m(x)=-xlnx，则m'(x)=-lnx-1(lnx)2，
当x∈(1,e)时，m'(x)>0，
当x∈(e,+∞)时，m'(x)<0，
m(x)在区间(1,e)是增函数，在区间(e,+∞)上是减函数，m(x)的最大值为m(e)=-elne=-e，
∴a≥-e，∴a的最小值为-e．
故选A．
  
10.【答案】D 
【解析】
【分析】
本题考查的知识点是函数的最值，能正确理解f(x)为“三角形函数”的概念是解答的关键，属于中档题．
若f(x)为“三角形函数”，则在区间A上，函数的最大值M和最小值m应满足：M<2m，利用导数求出函数的最值，可得实数m的取值范围．
【解答】
解：若f(x)为区域A上的“三角形函数”，则在区间A上，函数的最大值M和最小值m应满足：M<2m，
∵f(x)=xlnx+m在区间[1e2,e]上是“三角形函数”，
∴f'(x)=lnx+1，
当x∈[1e2,1e)时，f'(x)<0，函数f(x)单调递减；
当x∈(1e,e]时，f'(x)>0，函数f(x)单调递增；
故当x=1e时，函数f(x)取最小值-1e+m，
又由f(e)=e+m，f(1e2)=-2e2+m，
故当x=e时，函数f(x)取最大值e+m，
∴0 解得：m∈(e2+2e,+∞)，
故选 D．
  
11.【答案】D 
【解析】
【分析】
求出双曲线的渐近线方程，运用点到直线的距离公式计算可得a，进而得到c，由抛物线的焦点坐标，可得p=4，进而得到抛物线的方程．连接MF，过点M作MA⊥l1于点A，作MB⊥准线x=-2于点B.由抛物线的定义，得到d1+d2=MA+MF+1，再由平面几何知识可得当M、A、F三点共线时，MA+MF有最小值，因此算出F到直线l1的距离，即可得到所求距离的最小值．
本题考查双曲线的方程和性质，主要是渐近线方程的运用，同时考查抛物线的方程和性质，着重考查了点到直线的距离公式、抛物线的定义和简单几何性质等知识．
【解答】
解：双曲线：x22-y2b2=1 (b>0)的渐近线方程为y=±bax，
右焦点(c,0)到其一条渐近线的距离等于cba2+b2=b=2，
∴c=2，
由题意可得p2=2，解得p=4，
即有抛物线的方程为y2=8x，
如图，

过点M作MA⊥l1于点A，
作MB⊥准线l3：x=-2于点B，设抛物线焦点为F，
连接MF，根据抛物线的定义得MA+MB=MA+MF，
设M到l1的距离为d1，M到直线l2的距离为d2+1，
∴d1+d2=MA+MB+1=MA+MF+1，
根据平面几何知识，可得当M、A、F三点共线时，MA+MF有最小值．
∵F(2,0)到直线l1：4x-3y+8=0的距离为|8-0+8|16+9=165．
∴MA+MF+1的最小值是165+1=215，
由此可得所求距离和的最小值为215．
故选：D．
  
12.【答案】AB 
【解析】
【分析】
本题考查圆有关的轨迹问题，考查圆与圆的位置关系，考查分析与计算能力，属于中档题．
设P(x,y)，由|PQ||PO|=2，得x2+(y+1)2=4，又点P(x,y)在圆C上，所以圆C与圆D有公共点，则|2-1|⩽|CD|⩽2+1，即可求解．
【解答】
解：设点P(x,y)，因为|PQ||PO|=2，
所以x2+(y-3)2=2x2+y2，
化简得x2+y2+2y-3=0，
即x2+(y+1)2=4，
所以点P在以D(0,-1)为圆心，2为半径的圆上，
由题意，点P(x,y)在圆C上，
所以圆C与圆D有公共点，则|2-1|⩽|CD|⩽2+1，
即1⩽t2+(2t-4+1)2⩽3，
由t2+(2t-3)2⩾1，得5t2-12t+8⩾0，解得t∈R；
由t2+(2t-3)2⩽3，得5t2-12t⩽0，解得0⩽t⩽125，
所以t的取值范围为[0,125]．
故选AB．
  
13.【答案】9 
【解析】
【分析】
本题考查两圆的位置关系，两圆相外切的性质，圆的标准方程的特征，属于中档题．
先将两圆方程转化为标准方程，得到各自的圆心与半径，再由两圆恰有三条公切线得两圆外切，即O1O2=r1+r2，进而求得结果．
【解答】
解：由圆x2+y2+2ax+a2-4=0，得x+a2+y2=4，
则该圆心O1坐标为-a,0，半径r1=2，
由圆x2+y2-4by-1+4b2=0，得x2+y-2b2=1，
则该圆心O2坐标为0,2b，半径为r2=1，
因为两圆x2+y2+2ax+a2-4=0和x2+y2-4by-1+4b2=0恰有三条公切线，
所以两圆外切，即O1O2=r1+r2，即a2+4b2=3，故a2+4b2=9．
故答案为：9．
  
14.【答案】　524
12,1
 
【解析】
【分析】
本题考查直线与抛物线的位置关系，考查点到直线的距离公式，属于中档题．
方法一：设P(x0,y0)为该抛物线上任一点，利用点到直线的距离公式可求得点P到直线x-y+3=0的距离d的关系式，即可求得dmin，然后求出坐标．
方法二：设与抛物线相切且与直线x-y+3=0平行的直线方程为x-y+m=0，求出m值，得到切线方程，将点到直线的最短距离转化为两平行线之间的距离，求解即可．
【解答】
解：方法一：设P(x0,y0)是y2=2x上任意一点，
则点P到直线x-y+3=0的距离
d=|x0-y0+3|2=y022-y0+32=|(y0-1)2+5|22，
当y0=1时，dmin=524，此时点P的坐标为12,1．
方法二：设与抛物线相切且与直线x-y+3=0平行的直线方程为x-y+m=0，
由x-y+m=0,y2=2x,
得y2-2y+2m=0，
因为Δ=(-2)2-4×2m=0，
所以m=12．
所以平行直线的方程为x-y+12=0，
此时点到直线的最短距离转化为两平行线之间的距离，
则dmin=3-122=524，此时点P的坐标为12,1．
故答案为：524；12,1．
  
15.【答案】4 
【解析】
【分析】
本题考查了正四面体的外接球和圆锥的内切球，属于难题．
根据题意，该四面体内接于圆锥的内切球时a最大，即可得到a的最大值．
【解答】
解：在该圆锥内放一个正四面体，若正四面体在圆锥内可以任意转动，
则当a最大时，正四面体的外接球是圆锥的内切球，
因为圆锥的底面圆的直径为62，圆锥的高为36，∴母线长为18+54=62，
∴圆锥轴截面为正三角形，
所以圆锥的内切球的半径为33×622=6，
因为正四面体的棱长为a，则高为a2-33a2=63a，
设其外接球的半径为R，则R2=33a2+63a-R2，
则外接球的半径是64a，
所以正四面体的外接球是圆锥的内切球时，64a=6，得a=4，
所以正四面体的棱长a的最大值为4．
  
16.【答案】120
54
 
【解析】
【分析】
本题考查二项式系数的性质，组合数性质的应用，不等式恒成立，数列的函数特征，属于难题．
通过求出各项二项式中x2项的系数，利用组合数的性质求出an，对任意的n∈N*，λ⋅2n-an≥0恒成立，等价于λ≥an2n，构造数列bn=n(n+2)(n+1)6⋅(12)n，利用作差法判断数列的最值，即可求出实数λ的最小值．
【解答】
解：含x2的系数是
an=C22+C32+C42+C52+⋯+Cn+12=C33+C32+C42+C52+⋯+Cn+12=Cn+23
=n(n+2)(n+1)6，
则a8=8×10×96=120;
对任意的n∈N*，λ⋅2n-an≥0，
则λ≥an2n，即λ≥an2n=n(n+2)(n+1)6⋅(12)n，
设bn=n(n+2)(n+1)6⋅(12)n，
则bn+1-bn=(n+1)(n+2)(n+3)6⋅(12)n+1-n(n+2)(n+1)6⋅(12)n
=(n+1)(n+2)6×2n⋅(n+32-n)=(n+1)(n+2)6×2n⋅3-n2
=(n+1)(n+2)(3-n)3×2n+2，
当n<3时，b3>b2>b1，
当n=3时，b4=b3，
当n>3时，b4>b5>⋅⋅⋅>bn，
则当n=3或4时，{bn}有最大值，最大值为b3=b4=4×5×66×124=54，
则λ≥54，
故实数λ的最小值是54．
故答案为：120；54．
  
17.【答案】2+3 
【解析】
【分析】
本题考查向量数量积的坐标表示和定义，以及圆的方程和运用，考查直线与圆的位置关系，属于较难题．
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，O为坐标原点，OA=(x1,y1)，OB=(x2,y2)，由圆的方程和向量数量积的定义、坐标表示，可得三角形OAB为等边三角形，AB=1，|x1+y1-1|2+|x2+y2-1|2的几何意义为点A，B两点到直线x+y-1=0的距离d1与d2之和，设AB中点为M，则距离d1与d2之和等于M到直线l的距离的两倍，接着求出点M到直线l的距离的最大值，由此可求|x1+y1-1|2+|x2+y2-1|2的最大值．
【解答】
解：设A(x1,y1)，B(x2,y2)，O为坐标原点，
OA=(x1,y1)，OB=(x2,y2)，
由x12+y12=1，x22+y22=1，x1x2+y1y2=12，
可得A，B两点在圆x2+y2=1上，
且OA⋅OB=1×1×cos∠AOB=x1x2+y1y2=12，
即有∠AOB=60°，
即三角形OAB为等边三角形，AB=1，
|x1+y1-1|2+|x2+y2-1|2的几何意义为点A，B两点到直线l:x+y-1=0的距离d1与d2之和，
设AB中点为M，则距离d1与d2之和等于M到直线l的距离的两倍，
圆心(0,0)到线段AB中点M的距离d=32，圆心到直线l的距离d'=12=22，
∴M到直线l的距离的最大值为d+d'=32+22，
即|x1+y1-1|2+|x2+y2-1|2的最大值为2+3，
故答案为：2+3．
  
18.【答案】120 
【解析】
【分析】
本题考查组合的实际应用，属于中档题．
设该四位数为a1a2a3a4，则a1∈N*，ai∈N(i=2,3,4)，且a1+a2+a3+a4=8，令a1'=a1，ai'=ai+1(i=2,3,4)，则ai'∈N*(i=1,2,3,4)，且a1'+a2'+a3'+a4'=11，该问题相当于把11个完全相同的小球放入4个不同的盒子，且每个盒子至少放一个小球，采用隔板法，即可求出结果．
【解答】
解：设该四位数为a1a2a3a4，则a1∈N*，ai∈N(i=2,3,4)，
且a1+a2+a3+a4=8，
令a1'=a1，ai'=ai+1(i=2,3,4)，
则ai'∈N*(i=1,2,3,4)，且a1'+a2'+a3'+a4'=11，
所以该问题相当于把11个完全相同的小球放入4个不同的盒子，
且每个盒子至少放一个小球，采用隔板法：
在11个小球的10个空隙中选择3个插入隔板，
所以共有C103=120种放法．
故答案为120．
  
19.【答案】解：(1)当k=-4时，f(x)=log2(2x-4)，
∵f(x)>2，
∴log2(2x-4)>log24，
∴2x-4>4，解得x>3，
故不等式解集为(3,+∞)；
(2)函数f(x)=log2(2x+k)(k∈R)的图象过点P(0,1)，
∴f(0)=log2(1+k)=1，解得1+k=2，即k=1，
∴f(x)=log2(2x+1)，
∵关于x的方程f(x)=x-2m有实根，
∴log2(2x+1)=x-2m有解，
∴方程-2m=log2(2x+1)-x有实根，
令g(x)=log2(2x+1)-x=log2(2x+1)-log22x=log22x+12x=log2(1+12x)，
∵1+12x>1，则log2(1+12x)>0，所以g(x)值域为(0,+∞)，
∴-2m>0，解得m<0，
故m的取值范围是(-∞,0)． 
【解析】本题考查对数函数的定义和运用，考查方程有解的条件，以及函数的值域，考查运算能力，属于中档题
(1)代入k，得到log2(2x-4)>log24，解之即可；
(2)由条件得到f(x)=log2(2x+1)，问题转化为方程-2m=log2(2x+1)-x有实根，求出g(x)=log2(2x+1)-x的值域即可．

20.【答案】解：(1)∵抛物线C：x2=1my，∴焦点F(0,14m).∵|RF|=2+14m=3，∴m=14．
(2)假设存在实数m满足题意．  由y=mx22x-y+2=0，  消去y得mx2-2x-2=0，  Δ=(-2)2-4×m×(-2)=8m+4>0恒成立．  设A(x1,mx12)，B(x2,mx22)，则x1+x2=2m，x1⋅x2=-2m.∵P是线段AB的中点，∴P(x1+x22,mx12+mx222)，即P(1m,mx12+mx222)，∴Q(1m,1m).∵ΔABQ是以Q为直角顶点的直角三角形，∴QA⋅QB=0.∵QA=(x1-1m,mx12-1m)，QB=
(x2-1m,mx22-1m)，∴(x1-1m)(x2-1m)+(mx12-1m)(mx22-1m)=0，  化简得2m2-3m-2=0，∴m=2或m=-12(舍去).∴存在实数m=2，使ΔABQ是以Q为直角顶点的直角三角形．
 
【解析】本题考查抛物线的定义，直线与抛物线位置关系及其应用，向量数量积的坐标表示与向量的垂直关系，属于综合题．

21.【答案】解：(1)过点P(1,2)且斜率为1的直线方程为y=x+1，圆心(0,0)到直线y=x+1的距离d=12
由圆的性质可得，r2=d2+(142)2=4，所以圆O的方程为x2+y2=4．
(2)由题意知直线的方程为y=k(x-1)(k≠0)，设N(t,0)，t>0，A(x1,y1)，B(x2,y2)，
由x2+y2=4y=k(x-1)得(k2+1)x2-2k2x+k2-4=0，所以x1+x2=2k2k2+1，x1x2=k2-4k2+1．
若∠ONA=∠ONB，则kAN=-kBN⇒y1x1-t+y2x2-t=0，
即k(x1-1)x1-t+k(x2-1)x2-t=0⇒2x1x2-(t+1)(x1+x2)+2t=0⇒2(k2-4)k2+1-2k2(t+1)k2+1+2t=0⇒t=4．
所以当点N为(4,0)时，∠ONA=∠ONB． 
【解析】本题考查了圆的标准方程，直线与圆的位置关系，属于中档题．
(1)圆心(0,0)到直线y=x+1的距离d=12，再由圆的性质即可得到答案；
(2)由题意知直线的方程为y=k(x-1)(k≠0)，设N(t,0)，t>0，A(x1,y1)，B(x2,y2)，联立方程组，利用韦达定理和斜率公式可得到答案．

22.【答案】(1)解：∵函数f(x)=4x4x+m的图象关于点M(12,12)对称，
∴fx+f1-x=1
∴4x4x+m+41-x41-x+m=1
∴4x4x+m+4m⋅4x+4=1，
∴m=2；
(2)解：由(1)知，f(x)=4x4x+2
∵log2[1-f(x)]log2[4-xf(x)]=2
∴log2(1-4x4x+2)log2(4-x⋅4x4x+2)=2
[log2(4x+2)]2-log2(4x+2)-2=0
∴log2(4x+2)=2或log2(4x+2)=-1
∴x=12；
(3)证明：设g(n)=f(1n)+f(2n)+f(3n)+⋯+f(n-1n)+f(nn)可写成g(n)=f(n-1n)+f(n-2n)+f(n-3n)+⋯+f(1n)+f(nn)
两式相加，由于fx+f1-x=1，
∴2g(n)=n-1+2f(nn)=n-1+2f(1)=3n+13，
所以g(n)=3n+16． 
【解析】本题考查了函数的对称性，考查倒序相加法求和及求解对数方程，属于中档题．
(1)利用函数f(x)=4x4x+m的图象关于点M(12,12)对称，可得fx+f1-x=1，代入化简，可得结论；
(2)由(1)知，f(x)=4x4x+2，代入化简方程，可求方程的解；
(3)利用fx+f1-x=1，倒序相加，可得结论．

23.【答案】解：(1)由已知得：c=3a=2ba2=b2+c2解得：a=2b=1,
∴椭圆E的方程为y24+x2=1；
(2)假设存在定圆O，不论直线l的斜率k取何值时，定圆O恒与直线l相切．
这时只需证明坐标原点O到直线l的距离为定值即可．
若直线OP和直线OQ均不与y轴重合时，设直线OP的方程为：y=tx，P点的坐标为(x0,y0)，则y0=tx0，
联立方程组y0=tx0,y024+x02=1,解得：x02=44+t2，
∴|OP|2=x02+y02=(1+t2)x02=4(1+t2)4+t2，①
∵以线段PQ为直径的圆过坐标原点O，
∴OP⊥OQ，直线OQ的方程为：y=-1tx，
∴在①式中以-1t换t，得|OQ|2=4[1+(-1t)2]4+(-1t)2=4(1+t2)1+4t2，②
又由OP⊥OQ知：
|PQ|2=|OP|2+|OQ|2=4(1+t2)t2+4+4(1+t2)1+4t2=20(1+t2)2(1+4t2)(t2+4)，
设坐标原点O到直线l的距离为d，则有|PQ|d=|OP||OQ|，
∴d2=|OP|2|OQ|2|PQ|2=4(1+t2)t2+4·4(1+t2)1+4t220(1+t2)2(1+4t2)(t2+4)=45，∴d=255．
又当直线OP与y轴重合时，P(0,±2)，Q(±1,0)，此时d=255．
同理，当直线OQ与y轴重合时，d=255．
综上所述，坐标原点O到直线l的距离d=255为定值，
所以存在定圆O，不论直线l的斜率k取何值时，定圆O恒与直线l相切，定圆O的方程为：x2+y2=45．
直线l与y轴交点为(0,m)，且点(0,m)不可能在圆O内，
又当k=0时，直线l与定圆O切于点0,±255，
所以m的取值范围是-∞,-255∪255,+∞．
 
【解析】本题考查了椭圆的标准方程、直线与椭圆的位置关系和圆锥曲线中的范围与最值问题，是难题．
(1)由已知得：c=3a=2ba2=b2+c2，解出可得椭圆方程；
(2)假设存在定圆O，不论直线l的斜率k取何值时，定圆O恒与直线l相切．这时只需证明坐标原点O到直线l的距离为定值即可．若直线OP和直线OQ均不与y轴重合时，设直线OP的方程为：y=tx，与椭圆方程联立，得出|OP|2，由OP⊥OQ，直线OQ的方程为：y=-1tx，得出|OQ|2，又由OP⊥OQ知：|PQ|2=|OP|2+|OQ|2，设坐标原点O到直线l的距离为d，则有|PQ|d=|OP||OQ|，求出d，再验证直线OP或直线OQ与y轴重合的情况，可得d为定值，定圆O的方程为：x2+y2=45，由直线与圆的位置关系可得m的取值范围．

24.【答案】解：(1)∵函数g(x)=ax2-2ax+b(b>0)，
在x∈[1,2]时最大值为1和最小值为0．
∴(ⅰ)当a=0时，g(x)=b不符合题意；
(ⅱ)当a>0时，由题意得g(x)对称轴为x=1，g(x)在x∈[1,2]单调增，
∴g(1)=0g(2)=1,∴a=b=1；
(ⅲ)当a<0时，由题意得g(x)对称轴为x=1，g(x)在x∈[1,2]单调减，
∴g(1)=1g(2)=0∴a=-1,b=0，不符合题意，
综上：a=b=1 ；
(2)当x∈[-1,1]，令t=2x∈[12,2]，
∴g(t)-kt2+1⩾0在t∈[12,2]上恒成立，
∴t2-2t+1-kt2+1≥0在t∈[12,2]上恒成立，
即k⩽2(1t)2-2(1t)+1在t∈[12,2]上恒成立，
又当t=2时，2(1t)2-2(1t)+1最小值为12，
∴k≤12；
(3)令s=|log2x|≥0，∴当s>0时，方程s=|log2x|有两个根；
当s=0时，方程s=|log2x|有一个根；当s<0时，方程s=|log2x|没有根．
∵关于x的方程f(|log2x|)+2m|log2x|-3m-1=0有四个不同的实数解，
∴关于s的方程f(s)+2ms-3m-1=0在s∈(0,+∞)有两个不同的实数解，
∴s2-3(m+1)s+2m+1=0在s∈(0,+∞)有两个不同的实数解，
∴Δ=9(m+1)2-4⋅(2m+1)>03(m+1)>02m+1>0,∴m>-12．
综上：关于x的方程f(|log2x|)+2m|log2x|-3m-1=0有四个不同的实数解时，m>-12. 
【解析】本题考查了函数的最值，不等式的恒成立问题以及函数的零点与方程的根的关系，属于难题．
(1)需对a值进行分类讨论研究函数的最值；
(2)需借助换元转化成t2-2t+1-kt2+1≥0在t∈[12,2]上恒成立，进而分离参数求解函数的最值即可；
(3)通过换元s=|log2x|≥0分析方程的根，转化为s2-3(m+1)s+2m+1=0在s∈(0,+∞)有两个不同的实数解，进而通过根的分布列式求解．

25.【答案】解：(1)如图，在△PF1F2中，由余弦定理可得
|F1F2|2=|PF1|2+|PF2|2-2|PF1||PF2|cosπ4，
即4c2=(|PF1|-|PF2|)2+2|PF1||PF2|-2|PF1||PF2|cosπ4=4a2+(2-2)|PF1||PF2|，
则(2-2)|PF1||PF2|=4c2-4a2=4b2，
所以△F1PF2的面积S=12|PF1||PF2|sinπ4=24×42-2b2=3(1+2)a2，
化简可得b2=3a2，
c=a2+b2=2a，
则离心率e=ca=2；
(2)由(1)可得双曲线方程为x2a2-y23a2=1，
若QF2⊥x轴，此时Q(2a,3a)，c=2a，△QAF2为等腰Rt△，
∠QAF2=12∠QAF2；
猜想：存在正实数λ=2，使得∠QF2A=λ∠QAF2恒成立．
下证λ=2．
令Q(acosθ,3atanθ)，0<θ<π2，
由F2(2a,0)，A(-a,0)，
tan∠QF2A=-kQF2=-3atanθacosθ-2a=3tanθ2-1cosθ，
tan∠QAF2=kQA=3atanθacosθ+a=3tanθ1+1cosθ，
tan2∠QAF2=23tanθ1+1cosθ1-(3tanθ1+1cosθ)2=23tanθ(1+1cosθ)1cos2θ+2cosθ+1-3tan2θ=23tanθ(1+1cosθ)-2cos2θ+2cosθ+4
=23tanθ(1+1cosθ)-2(1cosθ+1)(1cosθ-2)=3tanθ2-1cosθ=tan∠QF2A，
所以存在常数λ=2，使得∠QF2A=2∠QAF2恒成立． 
【解析】本题考查双曲线的方程和性质，以及直线和双曲线的位置关系，考查方程思想和运算能力、推理能力，属于中档题．
(1)根据双曲线的定义，结合三角形的面积公式建立a，c的方程即可；
(2)设Q(asecθ,3atanθ)，0<θ<π2，根据两角和差的正切公式建立方程进行化简证明即可．

26.【答案】(1)解：当x>0时，f(x)0．
令函数F(x)=ax-sinx，则F'(x)=a-cosx.
若a≤-1，则F'(x)≤0，F(x)单调递减，F(x) 若-10，因为函数F'(x)=a-cosx在(0,π)上单调递增，所以
∃x0∈(0,π)，F'(x0)=0.当x∈(0,x0)时，F'(x)<0，F(x)单调递减，F(x) 若a≥1，则F'(x)≥1-cosx≥0，F(x)单调递增，F(x)>F(0)=0，符合题意．
综上所述，实数a的取值范围是[1,+∞).
(2)证明：由(1)知sinxxlnx+sinx，只需证x3ex>xlnx+x，
即证exx>lnx+1x3．
令函数g(x)=exx，h(x)=lnx+1x3，则g'(x)=ex(x-1)x2，h'(x)=-2-3lnxx4．
当x∈(0,1)时，g'(x)<0，g(x)单调递减;当x∈(1,+∞)时，g'(x)>0，g(x)单调递增．
故g(x)≥g(1)=e，即exx≥e.
当x∈(0,e-23)时，h'(x)>0，h(x)单调递增;当x∈(e-23,+∞)时，h'(x)<0，h(x)单调递减．
故h(x)≤h(e-23)=e23．
因为e>e23，
所以g(x)>h(x)，即exx>lnx+1x3，从而x3ex>xlnx+sinx. 
【解析】本题主要考查利用导数求参及利用导数证明不等式，属于较难题．