2023-2024学年江苏省扬州市高三（上）期末数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年江苏省扬州市高三（上）期末数学试卷（含解析），共19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)|x2+y2=2}，B={(x,y)|x+y=2}，则A∩B中元素个数为( )
A. 0B. 1C. 2D. 3
2.若复数z满足(3−4i)z=|4+3i|，则在复平面内z对应的点位于( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
3.已知平面向量a=(1,3)，b=(−1,2)，则a在b上的投影向量为( )
A. (1,−2)B. (−1,2)C. (1,3)D. (−110,15)
4.计算机在进行数的计算处理时，通常使用的是二进制.一个十进制数n(n∈N*)可以表示成二进制数(a0a1a2…ak)2，k∈N，则n=a0⋅2k+a1⋅2§(k−1)+…+ak⋅20，其中a0=1，当k≥1时，ak∈(0,1).例如2024=1×210+1×29+1×28+1×27+1×26+1×25+0×24+1×23+0×22+0×21+0×20，则十进制数2024表示成二进制数为( 1111110100011位)2.那么，二进制数( 1111111111111位)2表示成十进制数为( )
A. 1023B. 1024C. 2047D. 2048
5.若a>b>1，x=lna+b2，y=12(lna+lnb)，z= lna⋅lnb，则( )
A. x6.已知函数f(x)的导数为f′(x)，对任意实数x，都有f(x)−f′(x)>0，且f(1)=1，则f(x)>ex−1的解集为( )
A. (−∞,1)B. (1,+∞)
C. (−1,1)D. (−∞,−1)∪(1,+∞)
7.已知0<β<α<π2，sinαsinβ=110，csαcsβ=710，则cs2α=( )
A. 0B. 725C. 2425D. 1
8.在平面直角坐标系xOy中，已知圆O：x2+y2=4，若正方形ABCD的一边AB为圆O的一条弦，则OC的最大值为( )
A. 6+ 2B. 2 5C. 2 2+2D. 5
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.已知函数f(x)=x(ex+a⋅e−x)是奇函数或偶函数，则y=f(x)的图象可能是( )
A. B. C. D.
10.将两组数据合并成一组数据后(可以有重复的数据)，下列特征数一定介于合并前两组数据的该种特征数之间(可以取等)的有( )
A. 平均数B. 极差C. 标准差D. 中位数
11.已知f(x)=sin(ωx+π4)(ω>0)，若p：ω≤2，且p是q的必要条件，则q可能为( )
A. f(x)的最小正周期为πB. x=π4是f(x)图象的一条对称轴
C. f(x)在[0,π4]上单调递增D. f(x)在[π4,π2]上没有零点
12.棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，下列选项中正确的有( )
A. 过A1C的平面截此正方体所得的截面为四边形
B. 过A1C的平面截此正方体所得的截面的面积范围为[2 6,4 2]
C. 四棱锥C−A1B1C1D1与四棱锥C1−ABCD的公共部分为八面体
D. 四棱锥C−A1B1C1D1与四棱锥C1−ABCD的公共部分体积为23
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.若(x− ax2)6展开式中的常数项为120，则实数a的值为______．
14.某圆台的上下底面半径分别为1和2，若它的外接球表面积为16π，则该圆台的高为______．
15.已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点为F，M是OF的中点，若椭圆C上到点M的距离最小的点有且仅有一个，则椭圆C的离心率的取值范围为______．
16.有一个邮件过滤系统，它可以根据邮件的内容和发件人等信息，判断邮件是不是垃圾邮件，并将其标记为垃圾邮件或正常邮件.对这个系统的测试具有以下结果：每封邮件被标记为垃圾邮件的概率为25，被标记为垃圾邮件的有110的概率是正常邮件，被标记为正常邮件的有110的概率是垃圾邮件，则垃圾邮件被该系统成功过滤(即垃圾邮件被标记为垃圾邮件)的概率为______．
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)
在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，a=4b，C=π3．
(1)求tanA；
(2)若c=1，求△ABC的面积．
18.(本小题12分)
已知数列{an}、{bn}满足a1=3，b1=1，an+1=3an+bn，bn+1=an+3bn．
(1)证明：数列{an+bn}是等比数列；
(2)求数列{an}的通项公式．
19.(本小题12分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，△PAD为等边三角形，四边形ABCD是边长为2的菱形，平面PAD⊥平面ABCD，M、N分别为AD、PB的中点，且PB= 6．
(1)求证：BC⊥MN；
(2)求二面角A−PB−C的余弦值．
20.(本小题12分)
某保险公司有一款保险产品，该产品今年保费为200元/人，赔付金额为5万元/人.假设该保险产品的客户为10000名，每人被赔付的概率均为0.25%，记10000名客户中获得赔偿的人数为X．
(1)求E(X)，并计算该公司今年这一款保险产品利润的期望；
(2)二项分布是离散型的，而正态分布是连续型的，它们是不同的概率分布，但是，随着二项分布的试验次数的增加，二项分布折线图与正态分布曲线几乎一致，所以当试验次数较大时，可以利用正态分布处理二项分布的相关概率计算问题，我们知道若X～B(n,p)，则D(X)=np(1−p)，当n较大且p较小时，我们为了简化计算，常用E(X)的值估算D(X)的值．
请根据上述信息，求：
①该公司今年这一款保险产品利润为50～100万元的概率；
②该公司今年这一款保险产品亏损的概率．
参考数据：若X～N(μ,σ2)，则P(μ−σ≤X≤μ+σ)≈0.683，P(μ−3σ≤X≤μ+3σ)≈0.997．
21.(本小题12分)
已知双曲线E：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的离心率为 62，且左焦点F到渐近线的距离为 3.过F作直线l1、l2分别交双曲线E于A、B和C、D，且线段AB、CD的中点分别为M、N．
(1)求双曲线E的标准方程；
(2)若直线l1、l2斜率的乘积为−15，试探究：是否存在定圆G，使得直线MN被圆G截得的弦长恒为4？若存在，请求出圆G的标准方程；若不存在，请说明理由．
22.(本小题12分)
已知函数f(x)=(lnx−m)x的最小值为−1．
(1)求实数m的值；
(2)若f(x)=a有两个不同的实数根x1，x2(x1答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：联立方程x2+y2=2x+y=2，解得x=1y=1，
∴A∩B={(1,1)}，
∴A∩B中元素个数为1．
故选：B．
联立方程x2+y2=2x+y=2，方程组的解的个数即为A∩B中元素个数．
本题主要考查了集合的基本运算，属于基础题．
2.【答案】A
【解析】解：(3−4i)z=|4+3i|= 42+32=5，
则z=53−4i=5(3+4i)(3−4i)(3+4i)=35+45i，
故在复平面内z对应的点(35,45)位于第一象限．
故选：A．
根据四则运算，先对z化简，再结合复数的几何意义，即可求解．
本题主要考查复数的几何意义，属于基础题．
3.【答案】B
【解析】解：由a=(1,3)，b=(−1,2)，
可得a⋅b=−1+6=5，|a|=2，|b|= 5，
则a在b上的投影向量为
a⋅b|b|⋅b|b|=5 5×(−1,2) 5=(−1,2)．
故选：B．
根据数量积的坐标运算结合投影向量的概念即可求得．
本题考查平面向量数量积的坐标运算，考查投影向量概念，属基础题．
4.【答案】C
【解析】解：由题意知，该二进制数表示成十进制数是：
1×210+1×29+1×28+1×27+1×26+1×25+1×24+1×23+1×22+1×21+1×20=1×(1−211)1−2=211−1=2047．
故选：C．
根据二进制数与十进制数的转化方法，求解即可．
本题考查了二进制数化为十进制数的计算问题，是基础题．
5.【答案】D
【解析】解：∵a>b>1，
∴y=12(lna+lnb)=ln ab又y=12(lna+lnb)> lna⋅lnb=z，
∴y>z，
综上可得：z故选：D．
利用基本不等式及对数的运算性质即可得出结论．
本题考查了利用基本不等式及对数的运算性质，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
6.【答案】A
【解析】解：设g(x)=f(x)ex，则g′(x)=f′(x)ex−f(x)exe2x=f′(x)−f(x)ex，
因为对任意的实数x都有f(x)−f′(x)>0，
所以g′(x)<0，即g(x)在R上单调递减，
又因为f(1)=1，所以g(1)=1e，
由不等式f(x)>ex−1，可得f(x)ex>1e，
f(x)ex>1e等价于g(x)>g(1)，
由g(x)在R上单调递减，可得x<1，
所以f(x)>ex−1的解集为(−∞,1)．
故选：A．
设g(x)=f(x)x，根据条件可知，g(x)在R上单调递减，且f(x)ex>1e等价于g(x)>g(1)，再根据函数的单调性解不等式即可．
本题主要考查利用导数研究函数的单调性，利用函数的单调性解不等式，考查了函数思想，属中档题．
7.【答案】A
【解析】解：已知sinαsinβ=110，csαcsβ=710，
则cs(α−β)=csαcsβ+sinαsinβ=710+110=45，cs(α+β)=csαcsβ−sinαsinβ=710−110=35，
又0<β<α<π2，
则sin(α−β)= 1−cs2(α−β)=35，sin(α+β)= 1−cs2(α+β)=45，
则cs2α=cs[(α+β)+(α−β)]=cs(α+β)cs(α−β)−sin(α+β)sin(α−β)=35×45−45×35=0．
故选：A．
由两角和与差的三角函数，结合cs2α=cs[(α+β)+(α−β)]=cs(α+β)cs(α−β)−sin(α+β)sin(α−β)求解．
本题考查两角和与差的三角函数，三角函数化简求值，属基础题．
8.【答案】C
【解析】解：如图，不妨假设A固定，B在圆上移动，
点A绕O逆时针旋转90°到E，连接OA，OE，AE，CE，BE，
则∠ABE=12∠AOE=45°，
易知△ABE≌△CBE，
所以|CE|=|AE|=2 2，所以|OC|⩽|OE|+|EC|，
当B点移动到使O，E，C三点共线时取到最大值，即|OC|⩽2+2 2．
故选：C．
不妨假设A固定，B在圆上移动，结合图像利用三角形全等即可求解．
本题考查了直线与圆的位置关系，属于中档题．
9.【答案】BC
【解析】解：根据题意，f(x)=x(ex+a⋅e−x)，则f(−x)=(−x)(e−x+a⋅ex)，
若函数f(x)=x(ex+a⋅e−x)是奇函数，则有f(−x)=−f(x)，
即(−x)(e−x+a⋅ex)=−x(ex+a⋅e−x)，则a=1，
此时f(x)=x(ex+e−x)，
有f′(x)=ex+e−x+x(ex−e−x)，
易得在区间(0,+∞)上，有f(x)>0且f(x)为增函数，B正确；
若函数f(x)=x(ex+a⋅e−x)是偶函数，则有f(−x)=f(x)，
即(−x)(e−x+a⋅ex)=x(ex+a⋅e−x)，则a=−1，
此时f(x)=x(ex−e−x)，
有f′(x)=ex−e−x+x(ex+e−x)，
易得在区间(0,+∞)上，有f(x)>0且f(x)为增函数，C正确．
故选：BC．
根据题意，分f(x)为奇函数和偶函数两种情况讨论，先求出a的值，再分析函数的图象，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，属于基础题．
10.【答案】AD
【解析】解：平均数是所有数据总和除以数据个数，
∴合并后的数据平均数一定介于合并前两组数据的平均数之间，故A正确；
极差是一组数据中最大值与最小值之差，
∴合并后的数据极差不一定介于合并前两组数据的极差之间，
例如：−1，2，8，这组数据的极差为9；1，3，9，这组数据的极差是8，
而合并后的数据的极差为10，故B错误；
标准差是一组数据的离散程度，
∴合并后的数据的标准差不一定介于合并前两组数据的标准差，
例如：2，4，这组数据的标准差为1，4，6，这组数据的标准差为1，
而合并后的数据的标准差为 2，故C错误；
中位数是一组数据的中间位置的数，
∴合并后的数据的中位数一定介于合并前两组数据的中位数之间，故D正确．
故选：AD．
根据平均数、极差、标准差、中位数的定义，结合题意依次判断即可．
本题考查数据平均数、极差、中位数和标准差的计算，可以举出反例，属于基础题．
11.【答案】AC
【解析】解：对于A，由f(x)的最小正周期为π，得ω=2，由q：ω=2，可推到p：0<ω≤2，即p是q的必要条件，A正确；
对于B，由x=π4是f(x)图象的一条对称轴，得ω⋅π4+π4=kπ+π2(k∈Z)，即ω=4k+1(k∈Z)，推不到0<ω≤2，可知B错误；
对于C，由f(x)在[0,π4]上单调递增，即π4≤ωx+π4≤π4ω+π4，得π4ω+π4≤π2，即0<ω≤1，可以推到0<ω≤2，C正确；
对于D，∵x∈[π4,π2]，ω>0，
∴ωx+π4∈[π4ω+π4,π2ω+π4].
∵f(x)在[π4,π2]上没有零点，
∴π4ω+π4>kπ且π2ω+π4<(k+1)π，k∈Z．
求得4k−1<ω<2k+32，k∈Z，推不到0<ω≤2，D错误．
故选：AC．
直接由在三角函数周期公式判断A，由函数对称轴求得ω=4k+1(k∈Z)，再由充要条件的定义判断B，由函数单调性得0<ω≤1，再由充要条件的定义判断C，由函数零点的定义得4k−1<ω<2k+32，k∈Z，再由充要条件的定义判断D，
本题考查了三角函数的图像和性质，充要条件的定义，是中档题．
12.【答案】ABD
【解析】解：连接A1与线段BB1上任意一点F，过C作CE//A1F交DD1于E，
所以过A1C的平面截此正方体所得的截面为四边形A1FCE，A对；
由上分析及正方体结构特征易知：四边形A1FCE为平行四边形，
若E，F为各线段上的中点时，四边形A1FCE为菱形，
此时截面最小面积为12×A1C×EF=12×2 3×2 2=2 6；
根据正方体的对称性，E从中点向D或D1运动时，
四边形A1FCE面积都是由小变大，
当E与D重合时，截面最大面积为2×12×DC×A1D=2×12×2×2 2=4 2；
综上，过A1C的平面截此正方体所得的截面的面积范围为[2 6,4 2]，B对；
令BC1，B1C交于G，CD1，C1D交于H，AC1，A1C交于O，
显然G，H，O是各交线的中点，若l是CC1中点，连接IH，HO，OG，GI，
所以四棱锥C−A1B1C1D1与四棱锥C1−ABCD公共部分为六面体CIHOGC1，C错；
其体积VCIHOGC1=VC−IHOG+VC1−IHOG=2×13×1×1×1=23，D对．
故选：ABD．
利用平面基本性质作出任意一个过A1C的平面截正方体所得的截面，即可判断A；由正方体结构特征，讨论E，F为各线段上的中点及从中点向线段两端运动时截面面积的变化情况确定截面面积的范围判断B；令BC1，BC交于G，CD1，C1D交于H，AC1，A1C交于O，结合平面基本性质找到四棱锥C−A1B1C1D1与四棱锥C1−ABCD的公共部分，并应用棱锥的体积公式求其体积判断C、D．
本题考查空间几何体的综合应用，属于难题．
13.【答案】8
【解析】解：根据二项式的展开式Tr+1=C6r⋅(− a)r⋅x6−3r(0≤r≤6,r∈N)；
当r=2时，C62⋅a=120，解得a=8．
故答案为：8．
直接利用二项式的展开式求出结果．
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．
14.【答案】 3
【解析】解：由圆台上下底面圆心与球心在同一直线上，
设球心到上底面圆心的距离为d1，到下底面的距离为d2，
设球体半径为R，则4πR2=16π，解得R=2；
则d1= R2−r12= 22−12= 3，d2= R2−r22= 22−22=0，
所以圆台的高为h=d1+d2= 3．
故答案为： 3．
由圆台上下底面圆心与球心在同一直线上，设球心到上底面圆心的距离为d1，到下底面的距离为d2，求出球体半径R，计算d1、d2的值，即可得出圆台的高．
本题考查了圆台的外接球问题，也考查了圆台与球的对称性，空间想象能力，是基础题．
15.【答案】(0,12]
【解析】解：由题意可得F(c,0)，M(c2,0)，椭圆上任取一点P(x,y)，则−a≤x≤a，
|PM|= (x−ca)2+y2= x2−cx+c24+b2−b2a2x2= c2a2x2−cx+c24+b2，
y=c2a2x2−cx+c24+b2的对称轴为x=a22c，
椭圆有且仅有一个点到M的距离最小，则a22c≥a，所以0即椭圆C的离心率的取值范围为(0,12]．
故答案为：(0,12]．
根据题意表示出椭圆上的点P(x,y)到点M的距离，根据椭圆有且仅有一个点到M的距离最小，列出不等式关系，进而求出椭圆的离心率的取值范围．
本题主要考查椭圆的性质，考查运算求解能力，属于中档题．
16.【答案】67
【解析】解：设事件A表示“正常邮件”，事件B表示“标记为正常邮件”，
则P(B−)=25，P(A|B−)=110，P(A−|B)=110，
所以P(B)=1−P(B−)=35，P(A−|B−)=1−P(A|B−)=910，
故P(A−)=P(A−|B)P(B)+P(A−|B−)P(B−)=350+1850=2150，
所以P(B−|A−)=P(B−)P(A−|B−)P(A−)=18502150=67．
故答案为：67．
设事件A表示“正常邮件”，事件B表示“标记为正常邮件”，根据题意有P(B−)=25，P(A|B−)=110，P(A−|B)=110，再结合对立事件、条件概率以及全概率公式求解即可．
本题主要考查了条件概率，考查了全概率公式，属于基础题．
17.【答案】解：(1)因为a=4b，C=π3，
可得A+B=2π3，
所以由正弦定理可得sinA=4sinB=4sin(2π3−A)=4( 32csA+12sinA)=4 3csA+2sinA，
所以tanA=sinAcsA=−4 3；
(2)若c=1，a=4b，C=π3，
所以由余弦定理可得12=a2+b2−2abcsC=(4b)2+b2−4b⋅b，解得b= 1313，
所以a=4 1313，△ABC的面积S=12absinC=12×4 1313× 1313× 32= 313．
【解析】(1)由题意利用正弦定理，三角函数恒等变换的应用即可求解tanA的值；
(2)由题意利用余弦定理可求b，a的值，进而利用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，三角形的面积公式以及三角函数恒等变换在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．
18.【答案】解：(1)证明：∵an+1=3an+bn，bn+1=an+3bn，
∴an+1+bn+1an+bn=3an+bn+an+3bnan+bn=4(an+bn)an+bn=4，
又∵a1+b1=4，
∴数列{an+bn}是首相为4，公比为4的等比数列；
(2)由(1)可知，an+bn=4×4n−1=4n，
∴bn=4n−an，
又∵an+1=3an+bn，
∴an+1=3an+(4n−an)，
∴an+1=2an+4n，两边同时除以2n+1得，
an+12n+1=an2n+2n−1，
即an+12n+1−an2n=2n−1，
∴an2n=a12+(a222−a12)+(a323−a222)+…+(an2n−an−12n−1)=32+20+21+…+2n−2=32+1×(1−2n−1)1−2=2n−1+12，
∴an=22n−1+2n−1．
【解析】(1)利用等比数列的定义证明即可；
(2)由(1)可得bn=4n−an，代入an+1=3an+bn化简得an+1=2an+4n，两边同时除以2n+1得，an+12n+1=an2n+2n−1，再利用累加法求解即可．
本题主要考查了等比数列的定义，考查了数列的递推式，以及累加法求数列的通项公式，属于中档题．
19.【答案】解：(1)证明：连接PM，MB，BD，
因为△PAD为等边三角形，M是AD的中点，
所以PM⊥AD，
又因为平面PAD⊥面ABCD，平面PAD∩面ABCD=AD，PM⊂面PAD，
所以PM⊥面ABCD，
因为MB、BC⊂面ABCD，
所以PM⊥MB，PM⊥BC，
在Rt△PMB中，PM= 3，PB= 6，
所以MB= PB2−PM2= 3，
在△MAB中，MA=1，AB=2，
所以MA2+MB2=AB2，
所以∠AMB=π2，则AB⊥AD，
又AD//BC，
所以BC⊥AB，
又因为BC⊥PM，PM∩MB=M，PM、MB⊂面PBM，
所以BC⊥面PBM，
又MN⊂面PBM，
所以BC⊥MN．
(2)由(1)知，PM⊥面ABCD，
又MA，MB⊂面ABCD，
所以PM⊥MA，PM⊥MB，
由AD⊥MB，
所以以M为坐标原点，MA，MB，MP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系：

则A(1,0,0)，B(0, 3,0)，P(0,0, 3)，M(0,0,0)，
因为MP=MB= 3，N为PB中点，
所以MN⊥PB，N(0, 32, 32)，
由(1)知MN⊥BC，
又PB∩BC=B，PB、BC⊂面PBC，
所以MN⊥面PBC，
所以MN=(0, 32, 32)为平面PBC的一个法向量，
因为AB=(−1, 3,0)，AP=(−1,0, 3)，
设n=(x,y,z)为平面PAB的一个法向量，则n⋅AB=−x+ 3y=0n⋅AP=−x+ 3z=0，
令y=1，则x= 3，z=1，
则n=( 3,1,1)为平面PAB的一个法向量，
所以cs=MN⋅n|MN||n|=0× 3+ 32×1+ 32×1 02+( 32)2+( 32)2⋅ ( 3)2+12+12= 105，
由图可知二面角A−PB−C的平面角为钝角，
所以二面角A−PB−C的余弦值为− 105．
【解析】(1)连接PM，MB，BD，由已知可得PM⊥AD，PM⊥面ABCD，再由线面垂直的性质定理可得PM⊥MB，PM⊥BC，解得MB，由勾股定理可得AB⊥AD，又AD//BC，则BC⊥AB，由线面垂直的判定定理可得BC⊥面PBM，进而可得答案．
(2)由(1)知，PM⊥面ABCD，AD⊥MB，以M为坐标原点，MA，MB，MP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，MN=(0, 32, 32)为平面PBC的一个法向量，求出平面PAB的一个法向量n=(x,y,z)，则cs=MN⋅n|MN||n|，进而可得答案．
本题考查直线与平面的位置关系，二面角，解题关键是空间向量法的应用，属于中档题．
20.【答案】解：(1)由题可知X～B(10000,0.25%)，
则E(X)=10000×0.0025=25，
记该公司今年这一款保险产品利润为变量Y，则Y=200−5X，
所以E(Y)=E(200−5X)=200−5E(X)=75万元．
(2)因为X～B(n,p)，当n较大且p较小时，E(X)=25，则D(X)=25．
由于n较大，X～N(μ,σ2)，其中μ=E(X)=25，σ2=D(X)=25，
若该公司今年这一款保险产品利润Y=200−5X∈(50,100)，则X∈(20,30)，
P(Y=200−5X∈(50,100))=P(20若该公司今年这一款保险产品利润Y=200−5X<0，则X>40，
P(Y=200−5X<0)=P(X>40)=P(X>μ+3σ)=1−0.9972=0.0015．
【解析】(1)确定X～B(10000,0.25%)以及Y=200−5X，根据二项分布的均值公式，即可求得答案；
(2)由题意确定μ=E(X)=25，σ2=D(X)=25，求出产品利润为50～100万元时X的范围以及产品亏损时的x的范围，结合正态分布的特殊区间的概率，即可求得答案．
本题主要考查离散型随机变量的数学期望，概率的求法，考查运算求解能力，属于中档题．
21.【答案】解：(1)因为双曲线E：x2a2−y2b2=1的渐近线方程为bx±ay=0，左焦点F(−c,0)，
所以ca= 62|−bc| b2+a2= 3，则b= 3，又a2+b2=c2，
所以a2+3=32a2，得a2=6，
故双曲线E的标准方程为x26−y23=1；
(2)如图，

由题设l1：y=k1(x+3)，l2：y=k2(x+3)，A(x1,y1)，B(x2,y2)，
则y=k1(x+3)x2−2y2−6，得(1−2k12)x2−12k12x−18k12−6=0,1−2k12≠0,Δ>0，
所以x1+x2=12k121−2k12，
又M是AB的中点，所以xM=6k121−2k12,yM=k1(6k121−2k12+3)=3k11−2k12，
则M(6k121−2k12,3k11−2k12)，同理N(6k221−2k22,3k21−2k22)，
若xM=xN，即6k121−2k12=6k221−2k22，即k12(1−2k22)=k22(1−2k12)，即k12=k22，
又k1k2=−15，则k12=k22=15，此时xM=xN=2，此时MN：x=2，
由图形的对称性，猜测直线MN过x轴上一定点T(2,0)．
下面，验证一般性：kMT=3k11−2k126k121−2k12−2=3k110k12−2,kNT=3k210k22−2=3×(−15k1)10(−15k1)2−2=3k110k12−2，
则kMT=kNT，所以M，T，N三点共线．
综上，直线MN过定点T(2,0)，
所以存在定圆G：(x−2)2+y2=4，使得直线MN被圆G截得的弦长恒为4．
【解析】(1)由离心率、焦点到渐近线距离列方程求双曲线参数，即可得双曲线方程；
(2)设l1：y=k1(x+3)，l2：y=k2(x+3)，A(x1,y1)，B(x2,y2)，联立双曲线求M，N坐标，研究xM=xN特殊情况得MN：x=2，并猜想直线MN过x轴上一定点T(2,0)，再由特殊到一般思想证明M，T，N三点共线即可求解．
本题考查了由圆心(或半径)求圆的方程，根据双曲线的性质求标准方程，双曲线中存在定点满足某条件问题，属于难题．
22.【答案】解：(1)因为f′(x)=lnx+1−m(x>0)，当x∈(0,em−1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(em−1,+∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．所以f(x)min=f(em−1)=−em−1=−1，
所以m=1．
证明：(2)由(1)知，f(x)=x(lnx−1)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，
当x∈(0,e)时，f(x)<0，当x∈(e,+∞)时，f(x)>0，所以0先证明x1+x2>2．
记g(x)=f(x)−f(2−x)=xlnx+(x−2)ln(2−x)−2x+2，则g′(x)=lnx+ln(2−x)=ln[x(2−x)]，
当x∈(0,1)时，0g(1)=0，即f(x)>f(2−x)，
故f(x1)>f(2−x1)，即f(x2)>f(2−x1).又x2>1，2−x1>1，由单调性知：x2>2−x1，即x1+x2>2．
再证明x2−x1>(a+1)e．
记函数y=a与y1=−x和y2=x−ee−1交点的横坐标分别为x3，x4．

①当x∈(0,1)时，f(x)+x=xlnx<0，故a=−x3=f(x1)<−x1，所以x1(或：y=f(x)的图象在y1=−x的图象的下方，且两个函数在(0,1)上都是减函数)
②当x∈(1,e)时，记h(x)=f(x)−x−ee−1=xlnx−x−x−ee−1，则h′(x)=lnx−1e−1，
当x∈[1,e1e−1)时，h′(x)<0，h(x)单调递减；当x∈(1e−1,e)时，h′(x)>0，h(x)单调递增．
又h(1)=h(e)=0，当x∈(1,e)时，h(x)<0，即f(x)故a=f(x2)=x4−ee−1x4=ae−a+e，
故x2−x1>x4−x3=(a+1)e．
(或y−f(x)的图象在y2=x−ee−1的图象的下方，且两个函数在(1,e)上都递增)
综上，2−x2【解析】(1)利用导数研究f(x)的单调性，结合最小值求参数值即可；
(2)根据题设及导数判断f(x)的单调性及区间符号，进而有02，再记函数y=a与y1=−x和y2=x−ee−1交点的横坐标分别为x3，x4，结合导数证得x1x4=ae−a+e，有x2−x1>x4−x3=(a+1)e，即可证结论．
本题考查了利用导数研究函数的单调性，函数的极值点偏移，考查了推理能力与计算能力，属于难题．