2024年湖南省长沙市雨花区雅礼中学高考数学一模试卷（含解析）

这是一份2024年湖南省长沙市雨花区雅礼中学高考数学一模试卷（含解析），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.已知集合U={1,2,4,6,8}，集合M={x|x2−3x+2=0}，N={x|x=4a,a∈M}，则∁U(M∪N)=( )
A. {6}B. {4,6,8}C. {1,2,4,8}D. {1,2,4,6,8}
2.设复数z满足1+z1−z=−i，则|z|=( )
A. iB. 22C. 1D. 2
3.已知m，n表示两条不同直线，α表示平面，下列说法正确的是
( )
A. 若m//α，n//α，则m//nB. 若m⊥α，n⊂α，则m⊥n
C. 若m⊥α，m⊥n，则n//αD. 若m//α，m⊥n，则n⊥α
4.已知向量a=(lg23,sin4π3)，b=(lg38,m)，若a⊥b，则m=( )
A. −2 3B. − 3C. 2 3D. 3 2
5.函数f(x)的数据如表，则该函数的解析式可能形如( )
A. f(x)=ka|x|+bB. f(x)=kxex+b
C. f(x)=k|x|+bD. f(x)=k(x−1)2+b
6.甲箱中有2个白球和4个黑球，乙箱中有4个白球和2个黑球.先从甲箱中随机取出一球放入乙箱中，以A1，A2分别表示由甲箱中取出的是白球和黑球；再从乙箱中随机取出一球，以B表示从乙箱中取出的是白球，则下列结论错误的是( )
A. A1，A2互斥B. P(B|A1)=57C. P(A2B)=17D. P(B)=1321
7.已知等差数列{an}(公差不为0)和等差数列{bn}的前n项和分别为Sn、Tn，如果关于x的实系数方程1003x2−S1003x+T1003=0有实数解，那么以下1003个方程x2−aix+bi=0(i=1,2,…1003)中，有实数解的方程至少有个．( )
A. 499B. 500C. 501D. 502
8.已知O为坐标原点，双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别是F1，F2，离心率为 62，点P(x1,y1)是C的右支上异于顶点的一点，过F2作∠F1PF2的平分线的垂线，垂足是M，|MO|= 2，若双曲线C上一点T满足F1T⋅F2T=5，则点T到双曲线C的两条渐近线距离之和为( )
A. 2 2B. 2 3C. 2 5D. 2 6
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知一组数据：12，31，24，33，22，35，45，25，16，若去掉12和45，则剩下的数据与原数据相比，下列结论正确的是( )
A. 中位数不变B. 平均数不变C. 方差不变D. 第40百分位数不变
10.已知函数f(x)=sinωx+ 3csωx(ω>0)满足：f(π6)=2，f(2π3)=0，则( )
A. 曲线y=f(x)关于直线x=7π6对称B. 函数y=f(x−π3)是奇函数
C. 函数y=f(x)在(π6,7π6)单调递减D. 函数y=f(x)的值域为[−2,2]
11.如图所示，有一个棱长为4的正四面体P−ABC容器，D是PB的中点，E是CD上的动点，则下列说法正确的是( )
A. 直线AE与PB所成的角为π2
B. △ABE的周长最小值为4+ 34
C. 如果在这个容器中放入1个小球(全部进入)，则小球半径的最大值为 63
D. 如果在这个容器中放入4个完全相同的小球(全部进入)，则小球半径的最大值为2 6−25
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.在二项式(x−1)(2x+1x)6的展开式中，常数项为______．
13.已知圆锥的母线长为2，则当圆锥的母线与底面所成的角的余弦值为______时，圆锥的体积最大，最大值为______．
14.对于任意两个正实数a，b，定义a⊗b=λ⋅ab，其中常数λ∈( 22,1).若u≥v>0，且u⊗v与v⊗u都是集合{x|x=n2,n∈Z}的元素，则u⊗v=______．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
已知函数f(x)=x3−ax+a．
(1)若x=1是函数f(x)的极值点，求f(x)在(−1,f(−1))处的切线方程．
(2)若a>0，求f(x)在区间[0,2]上最大值．
16.(本小题15分)
如图，在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，AB=AD=AA1=1，∠DAB=90°，cs= 22，cs=12，点M为BD中点．
(1)证明：B1M/​/平面A1C1D；
(2)求二面角B−AA1−D的正弦值．
17.(本小题15分)
一个袋子中有10个大小相同的球，其中红球7个，黑球3个.每次从袋中随机摸出1个球，摸出的球不再放回.(1)求第2次摸到红球的概率；
(2)设第1，2，3次都摸到红球的概率为P1；第1次摸到红球的概率为P2；在第1次摸到红球的条件下，第2次摸到红球的概率为P3；在第1，2次都摸到红球的条件下，第3次摸到红球的概率为P4.求P1，P2，P3，P4；
(3)对于事件A，B，C，当P(AB)>0时，写出P(A)，P(B|A)，P(C|AB)，P(ABC)的等量关系式，并加以证明．
18.(本小题17分)
已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为12，且点(1,−32)在椭圆上．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)如图，若一条斜率不为0的直线过点(−1,0)与椭圆交于M，N两点，椭圆C的左、右顶点分别为A，B，直线BN的斜率为k1，直线AM的斜率为k2，求证：k12+k22k1⋅k2为定值．
19.(本小题17分)
约数，又称因数.它的定义如下：若整数a除以整数m(m≠0)除得的商正好是整数而没有余数，我们就称a为m的倍数，称m为a的约数．
设正整数a共有k个正约数，即为a1，a2，…，ak−1，ak(a1(Ⅰ)当k=4时，若正整数a的k个正约数构成等比数列，请写出一个a的值；
(Ⅱ)当k≥4时，若a2−a1，a3−a2，−ak−1构成等比数列，求正整数a；
(Ⅲ)记A=a1a2+a2a3+...+ak−1ak，求证：A答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：由题知M={1,2}，N={4,8}，
∴∁U(M∪N)={6}．
故选：A．
根据集合的交并补即可求解．
本题主要考查了集合的并集及补集运算，属于基础题．
2.【答案】C
【解析】解：由1+z1−z=−i解得z=1+i−1+i=(1+i)(−1−i)(−1+i)(−1−i)=−i，所以|z|=1．
故选：C．
利用复数的除法解出z，由模长公式计算|z|．
本题主要考查复数的四则运算，属于基础题．
3.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查空间直线与平面的位置关系，属于基础题．
运用线面平行的性质，结合线线的位置关系，判断A，D；运用线面垂直的性质，结合线线垂直，判断B，C．
【解答】解：若m/​/α，n/​/α，则m，n相交或平行或异面，故A错误；
若m⊥α，n⊂α，则m⊥n，故B正确；
若m⊥α，m⊥n，则n/​/α或n⊂α，故C错误；
若m/​/α，m⊥n，则n/​/α或n⊂α或n⊥α或n与α相交，故D错误．
故选：B．
4.【答案】C
【解析】解：因为a⊥b，量a=(lg23,sin4π3)，b=(lg38,m)，
所以a⋅b=0，即lg23×lg38+msin4π3=0，所以lg28− 32m=0，解得m=2 3．
故选：C．
根据已知条件，结合向量垂直的性质，即可求解．
本题主要考查向量垂直的性质，属于基础题．
5.【答案】A
【解析】解：由函数f(x)的数据可知，函数f(−2)=f(2)，f(−1)=f(1)，
偶函数满足此性质，可排除B，D；
当x>0时，由函数f(x)的数据可知，函数f(x)增长越来越快，可排除C．
故选：A．
由函数f(x)的数据即可得出答案．
本题主要考查了函数性质在函数解析式求解中的应用，属于基础题．
6.【答案】C
【解析】解：甲箱中有2个白球和4个黑球，乙箱中有4个白球和2个黑球，
先从甲箱中随机取出一球放入乙箱中，以A1，A2分别表示由甲箱中取出的是白球和黑球；
再从乙箱中随机取出一球，以B表示从乙箱中取出的是白球，
因为每次只取一球，故A ​1，A2是互斥的事件，故A正确；
由题意得P(A1)=13，P(A2)=23，P(B|A1)=57，故B正确；
P(B)=P(A1B)+P(A2B)=13×57+23×47=1321，故D正确；
因为P(A2B)=23×47=821，故C错误．
故选：C．
利用互斥事件定义判断A；利用条件概率判断B；利用相互独立事件概率公式判断C和D．
本题考查互斥事件、条件概率、相互独立事件概率乘法公式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
7.【答案】D
【解析】解：根据题意，方程1003x2−S1003x+T1003=0有实数解，
而S1003=(a1+a1003)×10032=1003a502，T1003=(b1+b1003)×10032=1003b502，
则原方程等价于x2−a502x+b502=0，
若其有解，必有Δ=a5022−4b502≥0，
设方程x2−a1x+b1=0与方程x2−a1003x+b1003=0的判别式分别为Δ1和Δ1003，
则有Δ1+Δ1003=(a12−4b1)+(a10032−4b1003)=a12+a10032−4(b1+b1003)
≥12(a1+a1003)2−4(b1+b1003)=12(2a502)2−8b502=2(a5022−4b502)≥0，
其中等号成立的条件是a1=a1003，
所以Δ1<0和Δ1003<0至多一个成立，
同理可证：Δ2<0和Δ1002<0至多一个成立，
…，Δ501<0和Δ503<0至多一个成立，且Δ502≥0，
故在所给的1003个方程x2−aix+bi=0中，有实数解的方程至少有502个．
故选：D．
根据题意，由一元二次方程和等差数列的性质可得a5022−4b502≥0，设方程x2−a1x+b1=0与方程x2−a1003x+b1003=0的判别式分别为Δ1和Δ2023，由不等式的性质可得Δ1<0和Δ1003<0至多一个成立，同理可得Δ2<0和Δ1002<0至多一个成立，…，Δ501<0和Δ503<0至多一个成立，且Δ502≥0，分析可得答案．
本题考查等差数列的性质，涉及一元二次方程的性质，属于中档题．
8.【答案】A
【解析】解：设半焦距为c，延长F2M交PF1于点N，由于PM是∠F1PF2的平分线，F2M⊥PM，
所以△NPF2是等腰三角形，所以|PN|=|PF2|，且M是NF2的中点．
根据双曲线的定义可知|PF1|−|PF2|=2a，即|NF1|=2a，由于O是F1F2的中点，
所以MO是△NF1F2的中位线，所以|MO|=12|NF1|=a= 2，
又双曲线的离心率为 62，所以c= 3，b=1，所以双曲线C的方程为x22−y2=1，
所以F1(− 3,0)，F2( 3,0)，双曲线C的渐近线方程为x± 2y=0，
设T(u,v)，T到两渐近线的距离之和为S，则S=|u+ 2v| 3+|u− 2v| 3，
由F1T⋅F2T=(u− 3)(u+ 3)+v2=u2+v2−3=5，即u2+v2=8，
又T在x22−y2=1上，则u22−v2=1，即u2−2v2=2，解得u2=6，v2=2，
由|u|> 2|v|，故S=2|u| 3=2 2，即距离之和为2 2．
故选：A．
由双曲线的定义，结合双曲线的离心率，得双曲线的方程及渐近线的方程，再设T(u,v)，由双曲线的方程求点到两条渐近线的距离之和．
本题主要考查双曲线性质，考查运算求解能力，属于中档题．
9.【答案】AD
【解析】解：将原数据按从小到大的顺序排列为12，16，22，24，25，31，33，35，45，
其中位数为25，平均数是(12+16+22+24+25+31+33+35+45)÷9=27，
方差是19×[(−15)2+(−11)2+(−5)2+(−3)2+(−2)2+42+62+82+182]=8249，
由40%×9=3.6，得原数据的第40百分位数是第4个数24．
将原数据去掉12和45，得16，22，24，25，31，33，35，
其中位数为25，平均数是(16+22+24+25+31+33+35)÷7=1867，
方差是17×[(−747)2+(−327)2+(−187)2+(−117)2+(317)2+(457)2+(597)2]=191649，
由40%×7=2.8，得新数据的第40百分位数是第3个数24，
故中位数和第40百分位数不变，平均数与方差改变，故A，D正确，B，C错误．
故选：AD．
依次分别算出这组数据去掉12和45前后的平均数，方差，第40百分位数和中位数，对比即可得解．
本题考查平均数，方差、百分位数和中位数等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
10.【答案】ABD
【解析】解：f(x)=2sin(ωx+π3)，所以函数y=f(x)的值域为[−2,2]，故D正确；
因为f(2π3)=0，所以2π3ω+π3=k1π,k1∈Z，所以ω=3k1−12,k1∈Z，
因为f(π6)=2，所以π6ω+π3=π2+2k2π,k2∈Z，所以ω=12k2+1，k2∈Z，
所以3k1−12=12k2+1，即k1=8k2+1，
所以ω∈{1,13,25,37,⋅⋅⋅}，
因为f(7π6)=2sin((12k2+1)7π6+π3)=2sin(14k2π+3π2)=−2，
所以曲线y=f(x)关于直线x=7π6对称，故A正确；
因为f(x−π3)=2sin((12k2+1)(x−π3)+π3)=2sin((12k2+1)x−4k2π)=2sin((12k2+1)x)，
即f(x−π3)=−f(−x−π3)，
所以函数y=f(x−π3)是奇函数，故B正确；
取ω=13，则最小正周期T=2πω=2π13<7π6−π6=π，故C错误．
故选：ABD．
用辅助角公式化简f(x)，再利用f(π6)=2,f(2π3)=0，得出ω的取值集合，再结合三角函数性质逐项判断即可．
本题主要考查了正弦函数奇偶性，单调性，值域及对称性的综合应用，属于中档题．
11.【答案】ACD
【解析】解：A选项，连接AD，由于D为PB的中点，
所以PB⊥CD，PB⊥AD，又CD∩AD=D，AD，CD⊂平面ACD，
所以直线PB⊥平面ACD，又AE⊂平面ACD，所以PB⊥AE，故A正确；
B选项，把△ACD沿着CD展开与平面BDC同一个平面内，连接AB交CD于点E，
则AE+BE的最小值即为AB的长，由于AD=CD=2 3，AC=4，
cs∠ADC=CD2+AD2−AC22CD⋅AD=(2 3)2+(2 3)2−422×2 3×2 3=13，
cs∠ADB=cs(π2+∠ADC)=−sin∠ADC=−13，
所以AB2=BD2+AD2−2BD⋅ADcs∠ADB=22+(2 3)2−2×2×2 3(−2 23)=16+16 63，
故AB= 16+16 63=4 1+ 63，
△ABE的周长最小值为4+4 1+ 63，B错误；
C选项，要使小球半径最大，则小球与四个面相切，是正四面体的内切球，
设球心为O，取AC的中点M，连接BM，PM，过点P作PF垂直于BM于点F，
则F为△ABC的中心，点O在PF上，过点O作ON⊥PM于点N，
因为AM=2，AB=4，所以BM= AB2−AM2=2 3，同理PM=2 3，
则MF=13BM=2 33，
故PF= PM2−MF2=4 63，
设OF=ON=R，故OP=PF−OF=4 63−R，
因为△PNO∽△PFM，所以ONFM=OPPM，即R2 33=4 63−R2 3，
解得R= 63，C正确；
D选项，4个小球分两层(1个，3个)放进去，要使小球半径最大，则4个小球外切，且小球与三个平面相切，
设小球半径为r，四个小球球心连线是棱长为2r的正四面体Q−VKG，
由C选项可知，其高为2 63r，
由C选项可知，PF是正四面体P−ABC的高，PF过点Q且与平面VKG交于S，与平面HIJ交于Z，
则QS=2 63r，SF=r，
由C选项可知，正四面体内切球的半径是高的14，如图正四面体P−HJI中，QZ=r，QP=3r，
正四面体Q−VKG高为3r+2 63r+r= 63×4，解得r=2 6−25，D正确．
故选：ACD．
A选项，作出辅助线，由三线合一得到线线垂直，进而得到线面垂直，进而得到线线垂直，求出答案；B选项，把△ACD沿CD展开与平面BDC同一平面内，由余弦定理求出AE+BE的最小值，得到周长的最小值；C选项，求出正四面体的内切球即为小球半径的最大值；D选项，当四个小球相切且与大正四面体相切时，小球半径最大，连接四个小球的球心，构成正四面体，设出半径，结合C选项中结论得到方程，求出小球半径的最大值．
本题主要考查多面体与球内切外接问题，异面直线所成角的求法，考查运算求解能力，属于难题．
12.【答案】−160
【解析】解：由于(x−1)(2x+1x)6=x(2x+1x)6−(2x+1x)6，
因为(2x+1x)6的通项公式为Tk+1=C6k(2x)6−k(1x)k=C6k26−kx6−2k(0≤k≤6, k∈N)，
所以在x(2x+1x)6中，当6−2k=−1时，k=72不满足；
在(2x+1x)6中，当6−2k=0时，k=3，则常数项为T4=C6323=160．
故答案为：−160．
首先写出二项式展开式的通项，令x的幂指数等于0可得答案．
本题考查的知识要点：二项式的展开式，组合数，主要考查学生的运算能力，属于基础题．
13.【答案】 63 16 327π
【解析】解：设圆锥的底面半径为r，圆锥的母线与底面所成的角为θ,θ∈(0,π2)，易知csθ=r2．
圆锥的体积为V=13πr2⋅ 4−r2=43πcs2θ⋅2sinθ=8π3cs2θ⋅sinθ=8π3(1−sin2θ)sinθ，
令x=sinθ，x∈(0,1)，则y=(1−sin2θ)sinθ=−x3+x，y′=−3x2+1，
当y′>0时，x∈(0, 33)，当y′<0时，x∈( 33,1)，
即函数y=−x3+x在(0, 33)上单调递增，在( 33,1)上单调递减，
即Vmax=8π3( 33−( 33)3)=16 3π27，此时csθ= 1−( 323)= 62．
故答案为： 62；16 3π27．
由线面角的定义得出csθ=r2，从而得出V=8π3(1−sin2θ)sinθ，再由导数求解即可．
本题主要考查直线与平面所成的角，圆锥的体积，考查运算求解能力，属于中档题．
14.【答案】32
【解析】解：由u⊗v与v⊗u都是集合{x|x=n2,n∈Z}的元素，
不妨设λ×uv=12n1，λ×vu=12n2，n1，n2∈Z，
因为u≥v>0，所以0因为λ∈( 22,1)，
所以12n2=λ⋅vu∈(0,1)，
因为n2∈Z，
所以n2=1，
即12=λvu，
所以λ=u2v∈( 22,1)，
所以uv∈( 2,2)，u2v2∈(2,4)，
则λ⋅uv=u2v2×12=12n1∈(1,2)，
因为n1∈Z，
所以n1=3，12n1=32．
故答案为：32．
由已知结合新定义及元素与集合的关系可求．
本题主要考查了元素与集合的关系的应用，考查了推理能力，属于中档题．
15.【答案】解：(1)∵f(x)=x3−ax+a，f′(x)=3x2−a，
又x=1是函数f(x)的极值点，
∴f′(1)=3−a=0⇒a=3，
∴f(x)=x3−3x+3，f′(x)=3x2−3，
∴f(−1)=5，f′(−1)=0，
∴f(x)在(−1,f(−1))处的切线方程为y−5=0．
(2)∵若a>0，f′(x)=3x2−a<0⇒− a3∴f(x)在[0, a3]单调递减，在[ a3,+∞]单调递增，
而f(0)=a，f(2)=8−a，
∴①当a≥8−a，即a≥4时，f(x)max=a，
②当0∴f(x)在区间[0,2]上最大值为g(a)=8−a,0【解析】(1)根据函数的导数在极值点处的函数值为零，求得a的值，继而可求得点的坐标，及切线的斜率，即可求得切线方程；
(2)根据函数的单调性，分类讨论比较f(0)=a和f(2)=8−a的大小，即可求得．
本题考查了导数的几何意义，利用导数研究函数的单调性和最值，属于中档题．
16.【答案】(1)证明：连接B1D1，交A1C1于N，连接DN，

∵平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，BB1/​/DD1，且BB1=DD1，
∴四边形BB1D1D是平行四边形，可得BD/​/B1D1，且BD=B1D1，
∵平行四边形A1B1C1D1中，N为对角线交点，
∴N为B1D1中点，
∵M是BD中点，
∴DM//B1N，DM=B1N，可得四边形DMB1N是平行四边形，
∴B1M//DN，
∵B1M⊄平面A1C1D，DN⊂平面A1C1D，
∴B1M//平面A1C1D；
(2)解：∵cs= 22，cs=12，
∴∠A1AB=45°，∠A1AD=60°，
∵△AA1D中，AD=AA1=1，
∴△AA1D是边长为1的等边三角形，
取AA1中点F，连接DF，则DF⊥AA1，
在平面ABB1A1中，作FG⊥A1A，交AB于点G，连接DG，可知∠DFG就是二面角B−AA1−D的平面角，

等边△A1AD中，DF= 32AD= 32，AF=12，
△AFG中，∠AFG=90°，∠FAG=∠FGA=45°，可知FG=AF=12，AG= 2AF= 22．
∴Rt△ADG中，DG= AD2+AG2= 62，
∴△DFG中，cs∠DFG=34+14−322× 32×12=− 33，可得sin∠DFG= 1−cs2∠DFG= 63．
∴二面角B−AA1−D的正弦值等于 63．
【解析】(1)连接B1D1，交A1C1于N，连接DN，可证出四边形DMB1N是平行四边形，从而可得B1M//DN，再利用线面平行的判定定理，证出B1M/​/平面A1C1D；
(2)根据题意，取AA1中点F，连接DF，然后在平面ABB1A1中，作FG⊥A1A，连接DG，可知∠DFG就是二面角B−AA1−D的平面角，然后利用解三角形的知识，算出cs∠DFG，进而可得答案．
本题主要考查平行六面体的结构特征、线面平行的判定定理、二面角的求法等知识，考查了逻辑推理能力、空间想象能力能力，属于中档题．
17.【答案】解：(1)根据题意，记事件“第i次摸到红球”为Ai(i=1,2,3,⋯,10)，则第2次摸到红球的事件为A2，
于是由全概率公式，可得P(A2)=P(A1)P(A2|A1)+P(A1−)P(A2|A1−)=710×23+310×79=710．
(2)由已知得P1=P(A1A2A3)=A73A103=724，
P2=P(A1)=710，
P3=P(A2|A1)=P(A1A2)P(A1)=A72A102×107=715×107=23，
P4=P(A3|A1A2)=P(A1A2A3)P(A1A2)=724×157=58．
(3)由(2)可得P1=P2P3P4，即P(A1A2A3)=P(A1)P(A2|A1)P(A3|A1A2)，
可猜想：P(ABC)=P(A)P(B|A)P(C|AB)，
证明如下：由条件概率及P(A)>0，P(AB)>0，
得P(B|A)=P(AB)P(A)，P(C|AB)=P(ABC)P(AB)，
所以P(A)P(B|A)P(C|AB)=P(A)⋅P(AB)P(A)⋅P(ABC)P(AB)=P(ABC)．
【解析】(1)根据全概率公式求解即可；
(2)根据相互独立事件乘法公式、条件概率公式及排列数公式求解；
(3)根据(2)猜想P(ABC)=P(A)P(B|A)P(C|AB)，由条件概率公式证明即可．
本题考查条件概率的计算，涉及全概率公式，属于基础题．
18.【答案】解：(1)由椭圆C： x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为12，且点(1,−32)在椭圆上，
可得ca=12，所以b2a2=1−c2a2=1−(12)2=34，
又点(1,−32)在该椭圆上，所以1a2+94b2=1，所以a2=4，b2=3，
所以椭圆C的标准方程为x24+y23=1．
(2)证明：设M(x1,y1)，N(x2,y2)，由于该直线斜率不为0，可设LMN：x=my−1，
联立方程x=my−1和x24+y23=1，得(3m2+4)y2−6my−9=0，
Δ>0恒成立，根据韦达定理可知，
y1+y2=6m3m2+4,y1⋅y2=−93m2+4,my1⋅y2=−32(y1+y2)，
k1=y2x2−2,k2=y1x1+2，
k2k1=y1(x2−2)(x1+2)y2=y1(my2−3)(my1+1)y2=my1y2−3y1my1y2+y2，
∴k2k1=−32(y1+y2)−3y1−32(y1+y2)+y2=3，∴k12+k22k1 ⋅ k2=k1k2+k2k1=103．
【解析】(1)将点代入椭圆方程，结合离心率公式，即可利用待定系数法求椭圆方程；
(2)联立直线与椭圆方程，利用韦达定理表示k2k1，即可求解k12+k22k1⋅k2的值．
本题考查椭圆方程的求法，考查椭圆中定值的证明，解题时要认真审题，注意函数与方程思想的合理运用，属中档题．
19.【答案】解：(Ⅰ)当k=4时正整数a的4个正约数构成等比数列，
比如1，2，4，8为8的所有正约数，即a=8．
(Ⅱ)由题意可知a1=1，ak=a，ak−1=aa2，ak−2=aa3，
因为k≥4，依题意可知a3−a2a2−a1=ak−ak−1ak−1−ak−2，所以a3−a2a2−a1=a−aa2aa2−aa3，
化简可得(a3−a2)2=(a2−1)2a3，所以a3=(a3−a2a2−a1)2，
因为a3∈N*，所以a3−a2a2−a1∈N*，
因此可知a3是完全平方数．
由于a2是整数a的最小非1因子，a3是a的因子，且a3>a2，所以a3=a22，
所以a2−a1，a3−a2，−ak−1为a2−1，a22−a2，…，a2k−1−a2k−2，
所以a=a2k−1，(k≥4)．
(Ⅲ)证明：由题意知a1ak=a，a2ak−1=a，…，aiak+1−i=a，(1≤i≤k)，
所以A=a2ak−1ak+a2ak−2ak−1+...+a2a1a2，
因为1a1a2≤a2−a1a1a2=1a1−1a2，…，1ak−1ak≤ak−ak−1ak−1ak=1ak−1−1ak，
所以A=a2ak−1ak+a2ak−2ak−1+...+a2a1a2=a2(1ak−1ak+1ak−2ak−1+...+1a1a2)
≤a2(1a1−1a2+1a2−1a3+...+1ak−1−1ak)=a2(1a1−1ak)，
因为a1=1，ak=a，所以1a1−1ak<1，
所以A≤a2(1a1−1ak)即A【解析】(Ⅰ)根据题意即可写出a的一个值；
(Ⅱ)由题意可知a1=1，ak=a，ak−1=aa2，ak−2=aa3，结合a2−a1，a3−a2，−ak−1构成等比数列，可推出a3是完全平方数，继而可得a3=a22，由此可知a2−a1，a3−a2，−ak−1为a2−1，a22−a2，…，a2k−1−a2k−2，即可求得a；
(Ⅲ)由题意知a1ak=a，a2ak−1=a，…，aiak+1−i=a，(1≤i≤k)，从而可得A=a2ak−1ak+a2ak−2ak−1+...+a2a1a2，采用放缩法以及裂项求和的方法，即可证明结论．
本题考查数列的应用，考查数列的性质，考查放缩法，裂项求和法，属难题．x
−2
−1
0
1
2
3
5
f(x)
2.3
1.1
0.7
1.1
2.3
5.9
49.1