2023-2024学年安徽省阜阳一中高二（下）开学数学试卷

这是一份2023-2024学年安徽省阜阳一中高二（下）开学数学试卷，共18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.在等差数列{an}中，a5+a10=10，则数列{an}的前14项和S14为( )
A. 55B. 60C. 65D. 70
2.已知抛物线y2=2px(p>0)上一点M(1,m)(m>0)到其焦点的距离为5，则实数m的值是( )
A. −4B. 2C. 4D. 8
3.已知直线l1： 3x+y=0与直线l2：kx−y+1=0，若直线l1与直线l2的夹角为60°，则实数k的值为( )
A. 3B. − 3C. 3或0D. − 2或− 3
4.若函数f(x)=13x3−ax2在x=−2处有极值，则实数a=( )
A. −2B. 2C. 1D. −1
5.已知空间向量a=(0,1,2),b=(−1,2,2)，则向量a在向量b上的投影向量是( )
A. (−13,23,23)B. (−23,43,43)C. (−2,4,4)D. (−43,23,23)
6.已知椭圆C：y2a2+x2b2=1(a>b>0)与抛物线x2=2py(p>0)有相同的焦点F，点A是两曲线的一个公共点，且AF⊥y轴，则椭圆的离心率是( )
A. 12B. 22C. 2−1D. 3−1
7.已知O为空间任意一点，A，B，C，P四点共面，但任意三点不共线.如果BP=mOA+OB+OC，则m的值为( )
A. −2B. −1C. 1D. 2
8.已知0A. tanx1x1tanx3x3C. x1+x3<2x2D. x1+x3>2x2
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.已知数列{an}满足a1=1，an+1=an2+3an(n∈N*)，则下列结论正确的有( )
A. {1an+3}为等比数列B. {an}的通项公式为an=12n+1−3
C. {an}为递增数列D. {1an}的前n项和Tn=2n+2−3n−4
10.如图，已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，点M为CC1的中点，点P为正方形A1B1C1D1上的动点，则( )
A. 满足MP/​/平面BDA1的点P的轨迹长度为 2
B. 满足MP⊥AM的点P的轨迹长度为2 23
C. 存在唯一的点P满足∠APM=π2
D. 存在点P满足PA+PM=4
11.已知函数f(x)=x3−3x2，满足f(x)=kx+b有三个不同的实数根x1，x2，x3，则( )
A. 若k=0，则实数b的取值范围是−4B. 过y轴正半轴上任意一点仅有一条与函数y=f(x)−1相切的直线
C. x1x2+x2x3+x1x3=k
D. 若x1，x2，x3成等差数列，则k+b=−2
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知数列{an}的首项为1，anan+1=3n(n∈N*)，则a8= ______．
13.已知函数f(x)=ln(x+1)−axx+1(a>0).若f(x)≥0在[0,+∞)上恒成立，则a的取值范围为______．
14.已知点F1是抛物线C1：y=14x2与椭圆C2：x2a2+y2b2=1(b>a>0)的公共焦点，F2是椭圆C2的另一焦点，P是抛物线C1上的动点，当|PF1||PF2|取得最小值时，点P恰好在椭圆C2上，则椭圆C2的离心率为______．
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15分)
已知圆C过点A(−5,−1)和B(2,0)，且圆心C在直线x+y−1=0上．
(1)求圆C的标准方程；
(2)经过点(3,4)的直线l与圆C相切，求l的方程．
16.(本小题15分)
设Sn为数列{an}的前n项和，已知{Snn(n+1)}是首项为12、公差为13的等差数列．
(1)求{an}的通项公式；
(2)令bn=(2n−1)anSn，Tn为数列{bn}的前n项积，证明：i=1nTi≤6n−15．
17.(本小题15分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，平面PCD⊥平面ABCD，AB/​/CD，AB⊥BC，PD=AB=2CD=2，BC= 2，∠PDC=120°．
(1)证明：PB⊥AD；
(2)点E在线段PC上，当直线AE与平面ABCD所成角的正弦值为 55时，求平面ABE与平面PBC的夹角的余弦值．
18.(本小题15分)
已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左焦点F到其渐近线的距离为 3，点A(1,0)在C上．
(1)求C的标准方程；
(2)若直线l与C交于M，N(不与点A重合)两点，记直线AM，AN，l的斜率分别为k1，k2，k，且kk1+kk2=−6，是否存在k值，使得|FM|=|FN|.若存在，求出k的值和直线l的方程；若不存在，请说明理由．
19.(本小题17分)
若函数f(x)在[a,b]上有定义，且对于任意不同的x1，x2∈[a,b]，都有|f(x1)−f(x2)|(1)若f(x)=x22+x，判断f(x)是否为[1,2]上的“3类函数”；
(2)若f(x)=a(x−1)ex−x22−xlnx为[1,e]上的“2类函数”，求实数a的取值范围；
(3)若f(x)为[1,2]上的“2类函数”，且f(1)=f(2)，证明：∀x1，x2∈[1,2]，|f(x1)−f(x2)|<1．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：由等差数列的性质可知，a5+a10=a1+a14=10，
∴S14=7(a1+a14)=70，
故选：D．
结合等差数列的性质及求和公式即可求解．
本题考查了等差数列的性质，考查了等差数列的前n项和，是基础题．
2.【答案】C
【解析】解：∵抛物线抛物线y2=2px(p>0)上点M(1,m)(m>0)到其焦点的距离为5，
∴p2+1=5，解得p=8，
∴y2=16x，
∵点M(1,m)在抛物线y2=16x上，
∴m2=16，
又∵m>0，
∴m=4．
故选：C．
根据已知条件，结合抛物线的性质可得，p=8，再将M点的横坐标代入到抛物线中，即可求解．
本题主要考查抛物线的性质，考查计算能力，属于基础题．
3.【答案】C
【解析】解：因为l1： 3x+y=0的斜率为k=− 3，
所以其倾斜角为120°，直线l2：kx−y+1=0恒过点(0,1)，
若直线l1与直线l2的夹角为60°，则l2的倾斜角为60°或者0°，
所以斜率为k= 3或k=0，
故选：C．
根据倾斜角与斜率的关系即可求解．
本题考查直线的斜率问题，属于中档题．
4.【答案】D
【解析】解：因为f(x)=13x3−ax2，f′(x)=x2−2ax，
由f(x)在x=−2处有极值可得f′(−2)=0，所以4+4a=0，解得a=−1，
经检验当a=−1时，f′(x)=x2+2x=x(x+2)，
当x<−2或x>0时，f′(x)>0，当−2所以f(x)在(−∞,−2)，(0,+∞)上单调递增，在(−2,0)上单调递减，函数在x=−2处有极大值，满足题意．
故选：D．
先对函数求导，结合极值存在条件即可求解．
本题主要考查了导数与单调性及极值关系的应用，属于基础题．
5.【答案】B
【解析】解：因为a=(0,1,2),b=(−1,2,2)，
所以a⋅b=6，|b|=3，
所以向量a在向量b上的投影向量为：a⋅b|b|⋅b|b|=23b=(−23,43,43)．
故选：B．
根据已知求出a⋅b,|b|，即可根据投影向量的定义求出答案．
本题考查空间向量的数量积和投影向量，属于基础题．
6.【答案】C
【解析】解：∵椭圆C： y2a2+x2b2=1(a>b>0)与抛物线x2=2py(p>0)有相同的焦点F，∴p=2c，
不妨设A为第一象限的点，
∵A是它们的一个公共点，且AF垂直y轴，∴|OF|=p2，可得A(p,p2)，
∵点A在椭圆上，可得p24a2+p2a2−c2=1，即4c24a2+4c2a2−c2=1，
化简得：c4−6c2a2+a4=0，两边都除以a4，得e4−e2+1=0，
∵0故选：C．
由题意求得p和c的关系，根据AF⊥y轴可求出A的坐标，代入椭圆方程，化简即可求得离心率e的值．
本题考查椭圆的几何性质，考查椭圆与抛物线位置关系的应用，是中档题．
7.【答案】A
【解析】解：因为BP=mOA+OB+OC，变形可得OP−OB=mOA+OB+OC，
变形可得：OP=mOA+2OB+OC，
又由O为空间任意一点，A，B，C，P四点共面，但任意三点不共线．
则有m+2+1=1，解可得m=−2．
故选：A．
根据题意，分析可得OP=mOA+2OB+OC，由空间向量基本定理可得m+2+1=1，解可得m的值，即可得答案．
本题主要考查了空间向量基本定理，注意空间四点共面的判断方法，属于基础题．
8.【答案】C
【解析】解：由题意知，f′(x)=csx，则f′(x1)=csx1，f′(x2)=csx2，f′(x3)=csx3，
所以曲线f(x)在点(x1,sinx1)，(x2,sinx2)，(x3,sinx3)处的切线方程分别为，
y−sinx1=csx1(x−x1)，y−sinx2=csx2(x−x2)，y−sinx3=csx3(x−x3)，
因为切线均过原点，所以sinx1=x1csx1，sinx2=x2csx2，sinx3=x3csx3，
即x1=tanx1，x2=tanx2，x3=tanx3，所以tanx1x1=tanx2x2=tanx3x3=1，故AB错误；
由tanx1x1=tanx2x2=tanx3x3=1，得tanxi=xi(i=1,2,3)，画出函数y=tanx与y=x图象，如图，
设A(x1,tanx1)，B(x2,tanx2)，C(x3,tanx3)，
如上图易知，D(x2−π,tanx2)，E(x2+π,tanx2)，
由正切函数图象性质kAD即x2−x1x2−π−x10，x3−x2−π>0，
所以(x2−x1)(x3−π−x2)<(x3−x2)(x2−π−x1)，
即x1π+x3π<2πx2，解得x1+x3<2x2，故C正确，D错误．
故选：C．
根据导数的几何意义求出曲线f(x)在点(x1,sinx1)，(x2,sinx2)，(x3,sinx3)处的切线方程，由tanx1x1=tanx2x2=tanx3x3=1即可判断AB；画出函数y=tanx与y=x图象，由kAD本题考查了利用导数研究函数的切线方程，考查了数形结合思想，属中档题．
9.【答案】ABD
【解析】解：数列{an}满足a1=1，an+1=an2+3an(n∈N*)，整理得：2an+1+3anan+1=an，
转换为1an+1+3=2(1an+3)，
故：1an+1+31an+3=2(常数)，所以{1an+3}是以1a1+3=4为首项，2为公比的等比数列．
故：1an+3=4⋅2n−1=2n+1，整理得an=12n+1−3．
则：{an}为递减数列．
进一步整理得：1an=2n+1−3，
所以{1an}的前n项和：Tn=4(2n−1)2−1−3n=2n+2−3n−4，
故选：ABD．
首先利用定义求出数列的通项公式，进一步求出数列的和．
本题考查的知识要点：数列的通项公式的求法及应用，数列的前n项和的求法及应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型．
10.【答案】AC
【解析】解：对于A，取B1C1的中点Q，D1C1的中点N，又点M为CC1的中点，
由正方体的性质知MQ//A1D，NQ//BD，MQ∩NQ=Q，A1D∩BD=D，
所以平面MQN//平面BDA1，又MP⊂平面MQN，∴MP//平面BDA1，
故点P的轨迹为线段MQ= 1+1= 2，故A正确；
以D为原点，分别以DA，DC，DD1为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则A(2,0,0)，M(0,2,1)，设P(x,y,2)，且0≤x≤2，0≤y≤2，
AP=(x−2,y,2)，MP=(x,y−2,1)，AM=(−2,2,1)，
对于B，AM⋅MP=−2x+2(y−2)+1=−2x+2y−3=0，即y=x+32，
又0≤x≤2，0≤y≤2，则点P的轨迹为线段EF，
E(0,32,2)，F(12,2,2)且EF= 14+14= 22，故B错误；
对于C，AP⋅MP=(x−2)x+(y−2)y+2=x2−2x+y2−2y+2=(x−1)2+(y−1)2，
显然，只有x=1，y=1时，AP⋅MP=0，即AP⊥MP，故存在唯一的点P满足∠APM=π2，故C正确；
对于D，点M关于平面A1B1C1D1的对称点的为M′(0,2,3)，三点共线时线段和最短，
故PA+PM≥AM′= 22+22+32= 17>4，故不存在点P满足PA+PM=4，故D错误．
故选：AC．
利用线面平行的判定定理可以证得点P的轨迹，进而判断A；建立空间直角坐标系，得到A(2,0,0)，M(0,2,1)，P为正方形A1B1C1D1上的点，可设P(x,y,2)，且0≤x≤2，0≤y≤2，进而对BCD各个选项进行计算验证即可判断并得到答案．
本题考查了立体几何的综合应用，属于中档题．
11.【答案】ABD
【解析】解：对于A，因为f′(x)=3x2−6x=3x(x−2)，
所以f(x)在(−∞,0)和(2,+∞)上单调递增，在(0,2)上单调递减，且f(0)=0，f(2)=−4，
所以，当f(x)=b有三个不同的实数根x1，x2，x3时，−4对于B，设(0,m)，(m>0)，切点为(x0,y0)，
y0=f(x0)−1=x03−3x02−1，f′(x0)=3x02−6x0，
所以函数y=f(x)−1在点(x0,y0)处的切线方程为：y−(x03−3x02−1)=(3x02−6x0)(x−x0)，
又因为切线过点(0,m)，所以m−(x03−3x02−1)=(3x02−6x0)(−x0)，
即m=−2x03+3x02−1，令g(x)=−2x3+3x2−1，
g′(x)=−6x2+6x=−6x(x−1)，
所以g(x)在(−∞,0)和(1,+∞)上单调递减，在(0,1)上单调递增，
且g(0)=−1，g(1)=0，又m>0，
所以直线y=m与函数g(x)的图象只有一个交点，
即过y轴正半轴上任意一点仅有一条与函数y=f(x)−1相切的直线，故B正确；
对于C，由于方程f(x)=kx+b有三个根x1，x2，x3，
所以x3−3x2−kx−b=(x−x1)(x−x2)(x−x3)=x3−(x1+x2+x3)x2+(x1x2+x2x3+x1x3)x−x1x2x3，
展开可知x1x2+x2x3+x1x3=−k，故C不正确；
x1+x2+x3=3，当x1，x2，x3成等差数列时，x1+x2+x3=3x2，
所以x2=1，f(1)=1−3−k−b=0，k+b=−2，故D正确．
故选：ABD．
对于A，求导，利用导数分析函数的单调性和极值，即可判断；在y轴正半轴上任取一点，设切点，利用导数求出函数y=f(x)−1在切点处的切线方程，根据切线过点(0,m)，可得方程m=−2x03+3x02−1，令g(x)=−2x3+3x2−1，转化为直线y=m与函数g(x)的图象只有一个交点，利用导数研究函数g(x)的图象即可判断；
对于C，D，根据方程f(x)=kx+b有三个根x1，x2，x3，可得x3−3x2−kx−b=(x−x1)(x−x2)(x−x3)，展开，对应系数相等即可判断．
本题考查利用导数求切线方程，利用导数研究函数的极值和图象，属中档题．
12.【答案】81
【解析】解：由anan+1=3n(n∈N*)得an+1an+2=3n+1(n∈N*)，a2=31a1=3，
于是an+1an+2anan+1=an+2an=3n+13n=3(n∈N*)，即an+2an=3(n∈N*)，
所以数列{an}中，各个奇数项a1，a3，a5⋯构成首项为1，公比为3的等比数列，
同理，各个偶数项a2，a4，a6⋯也构成首项为3，公比为3的等比数列，
即an=a23n2−1=3n2，
所以a8=34=81．
故答案为：81．
由anan+1=3n(n∈N*)得an+2an=3(n∈N*)，进而判断{an}中各个偶数项a2，a4，a6⋯构成首项为3，公比为3的等比数列，即可得到a8．
本题考查由数列递推式求数列通项，属中档题．
13.【答案】(0,1]
【解析】解：因为f(x)≥0在[0,+∞)上恒成立，且f(0)=0，
故f(x)≥f(0),f′(x)=x+1−a(x+1)2．
当0所以f(x)≥f(0)=0，合乎题意；
当a>1时，由f′(x)>0，可得x>a−1；当f′(x)<0时，可得0≤x即f(x)在[0,a−1)上为减函数，在[a−1,+∞)上为增函数，
所以f(x)min=f(a−1)=lna−a+1=lna−(a−1)，
又因为lna综上，a的取值范围为(0,1]．
故答案为：(0,1]．
由题意可知f(x)min≥0在[0,+∞)上恒成立，将问题转化为求函数f(x)的最小值．
本题考查了用导数研究函数的单调性，利用不等式恒成立求参数的取值范围，考查了分类讨论思想和转化思想，属中档题．
14.【答案】 2−1
【解析】解：如下图所示，易知抛物线C1的焦点为F1(0,1)，所以，椭圆C2的下焦点为F2(0,−1)，抛物线C1的准线为y=−1，该直线过点F2，
过点P作PA⊥l，垂足为点A，由抛物线的定义可得|PF1|=|PA|，
所以，|PF1||PF2|=|PA||PF2|=cs∠APF2=cs∠PF2F1，
当直线PF2与抛物线C1相切时，∠PF2F1最大，此时，cs∠PF2F1取得最小值，即|PF1||PF2|取最小值，
设直线PF2的方程为y=kx−1，将该直线方程与抛物线C1的方程联立得x2=4yy=kx−1，消去y得，x2−4kx+4=0，
△=16k2−16=0，解得k=±1，代入方程得x2±4x+4=0，可求得点P的坐标为(±2,1)，
由椭圆定义可得2a=|PF1|+|PF2|= (±2)2+(1−1)2+ (±2)2+(1+1)2=2+2 2，
∴a=1+ 2，因此，椭圆C2的离心率为e=ca=11+ 2= 2−1．
故答案为： 2−1．
过点P作PA⊥l，由抛物线定义可得|PF1|=|PA|，再结合锐角三角函数得出|PF1||PF2|=|PA||PF2|=cs∠APF2=cs∠PF2F1，于是得出当直线PF2与抛物线C1相切时，∠PF2F1取得最大值，此时，|PF1||PF2|取得最小值，并设直线PF2的方程为y=kx−1，将该直线方程与抛物线的方程联立，利用△=0求出k的值，从而求出点P的坐标，然后利用椭圆的定义求出a的值，最终计算出椭圆的离心率．
本题考查圆锥曲线的综合问题，考查抛物线与椭圆的定义，解决本题的关键在于找出直线与抛物线相切的位置，考查计算能力与推理能力，属于难题．
15.【答案】解：(1)AB的中点(−32,−12)，kAB=0−(−1)2−(−5)=17，
所以AB的中垂线方程为：7x+y+11=0，
由x+y−1=07x+y+11=0，得x=−2y=3，即圆心(−2,3)，半径r= (−2+5)2+(3+1)2=5，
所以圆C的标准方程为：(x+2)2+(y−3)2=25．
(2)当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x=3，
此时直线l与圆C相切，
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y−4=k(x−3)，即kx−y−3k+4=0，
因为直线l与圆C相切，
所以|−2k−3−3k+4| 1+k2=5，解得k=−125，
所以直线L的方程为：12x+5y−56=0．
综上，直线l的方程为：x=3或12x+5y−56=0．
【解析】(1)根据圆C过点A，B，求出线段AB的垂直平分线的方程，与直线x+y−1=0联立，求出圆心坐标，根据两点间距离公式求出半径，写出圆的方程即可；
(2)分直线l的斜率存在和不存在两种情况讨论，当直线l的斜率不存在时，易得直线l的方程，当直线l的斜率存在时，设出直线l的方程，利用圆心到直线的距离等于半径，列方程，解方程，即可求出直线l的方程．
本题考查直线与圆的位置关系，属中档题．
16.【答案】解：(1)由{Snn(n+1)}是首项为12、公差为13的等差数列，
故Snn(n+1)=12+13(n−1)=n3+16，
即Sn=(n3+16)n(n+1)=n(2n+1)(n+1)6，
当n≥2时，Sn−1=n(2n−1)(n−1)6，
故Sn−Sn−1=an=n(2n+1)(n+1)6−n(2n−1)(n−1)6
=n(2n2+3n+1−2n2+3n−1)6=n2，
当n=1时，a1=S1=3×26=1，符合上式，
故an=n2；
(2)证明：由an=n2，Sn=n(2n+1)(n+1)6，
故bn=(2n−1)anSn=6(2n−1)n2n(2n+1)(n+1)=6(2n−1)n(2n+1)(n+1)，
则Tn=b1b2…bn=6(2−1)(2+1)(1+1)⋅6(4−1)×2(4+1)(2+1)⋅…⋅6(2n−1)n(2n+1)(n+1)
=6n(2−1)(2n+1)(n+1)=6n(2n+1)(n+1)，
由(2n+1)(n+1)≥3×2=6，
故Tn≤6n6=6n−1，
则i=1nTi≤i=1n6n−1=1×(1−6n)1−6=6n−15．
【解析】(1)由等差数列定义可得Sn，由Sn与an的关系即可得an；
(2)由Sn与an可得bn，即可得Tn，由(2n+1)(n+1)≥6，可得Tn≤6n−1，借助等比数列求和公式计算即可得证．
本题考查等差数列的通项公式，以及不等式的性质，考查转化思想和运算能力，属于中档题．
17.【答案】(1)证明：如图，

由于平面PDC⊥平面ABCD，平面PDC∩平面ABCD=CD，
过点P作CD的垂线交CD的延长线于点O，则PO⊥平面ABCD，
连接OB交AD于Q，连接OA，
∵PD=2,∠PDC=120°，∴OD=1，
∴OC=AB=2，又AB/​/CD，∠ABC=90°，
∴四边形ABCO为矩形，
∴OA=BC= 2,ODOA=OAAB= 22，
∴Rt△ODA～Rt△AOB，
∴∠OD=∠ABO，又∠OAD+∠DAB=90°，
∴∠AQB=90°,即AD⊥OB，又PO⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，
∴PO⊥AD，又PO∩BO=O，PO，BO⊂平面POB，
∴AD⊥平面POB，又PB⊂平面POB，
∴AD⊥PB；
(2)解：由题，以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

则P(0,0, 3),C(0,2,0),A( 2,0,0),B( 2,2,0)，
由于E在PC上，设PE=λPC，则E(0,2λ, 3− 3λ)，∴AE=(− 2,2λ, 3− 3λ)，
又平面ABCD的法向量n=(0,0,1)，设直线AE与平面ABCD所成角为θ，
∴sinθ=|cs〈AE,n〉|=| 3− 3λ| 2+4λ2+( 3− 3λ)2= 55，解得λ=12或=52(舍去)，
∴E(0,1, 32)，∴BA−(0,−2,0),BE=(− 2,−1, 32),BC−(− 2,0,0)，
设平面ABE的法向量n1=(x1,y1,z1)，
则BA⋅n1=0BE⋅n1=0，即−2y1=0− 2x1−y1+ 32z1=0，取x1= 3，则n1=( 3,0,2 2)，
设平面PBC的法向量n2=(x2,y2,z2)，
则BC⋅n2=0BE⋅n2=0，即− 2x2=0− 2x2−y2+ 32z2=0，取y2= 3，则n2=(0, 3,2)，
设平面ABE与平面PBC的夹角为α，
则csα=|cs〈n1,n2〉|=|n1⋅n2||n1|⋅|n2|=4 2 11× 7=4 15477，
故平面ABE与平面PBC夹角的余弦值为4 15477．
【解析】(1)要证AD⊥PB，需要证过PB的平面与AD垂直即可，根据面面垂直的性质定理及线面垂直的判定定理结合条件即得；
(2)建立空间直角坐标系，先根据条件确定E点的坐标，再求二面角．
本题考查了空间几何体中位置关系的证明和空间角的求解，属于中档题．
18.【答案】解：(1)由双曲线C：x2a2−y2b2=1可得F(−c,0)，渐近线方程为：y=±bax，
则有d=|bca| (ba)2+1= 3，化简得b= 3，
又A(1,0)在C上，即1a2−03=1，即a=1，
故C：x2−y23=1．
(2)由题意可知直线l的斜率存在且斜率为k，设直线l为y=kx+m，
设M(x1,y1)、N(x2,y2)，
联立直线与双曲线y=kx+mx2−y23=1，消去y可得(3−k2)x2−2kmx−m2−3=0，
则有3−k2≠0且Δ=4k2m2+4(3−k2)(m2+3)=12m2−12k2+36>0，
即k2≠3且m2>k2−3，
有x1+x2=2km3−k2,x1x2=−m2−33−k2，
由A(1,0)，故k1=y1x1−1、k2=y2x2−1，
则kk1+kk2=k(k1+k2)
=k⋅(y1x1−1+y2x2−1)
=k⋅x1y2+x2y1−y1−y2(x1−1)(x2−1)
=k⋅2kx1x2+(m−k)(x1+x2)−2mx1x2−(x1+x2)+1
=k⋅2k⋅−m2−33−k2+(m−k)⋅2km3−k2−2m−m2−33−k2−2km3−k2+1
=k⋅2k(−m2−3)+2km(m−k)−2m(3−k2)−m2−3−2km+3−k2
=k⋅−6(m+k)−(k+m)2=6(mk+k2)(k+m)2=−6，
即有(m+k)k=−(m+k)2，即(m+k)(2k+m)=0，
故m+k=0或2k+m=0，
当m+k=0时，直线l为y=kx−k，过点A(1,0)，故舍去，
当2k+m=0时，直线l为y=kx−2k，
由M(x1,y1)、N(x2,y2)，
则线段MN中点P坐标为(x1+x22,y1+y22)，
x1+x22=km3−k2=−2k23−k2，
y1+y22=k(x1+x2)−4k2=−2k33−k2−2k=−6k3−k2，
即P(−2k23−k2,−6k3−k2)，由|FM|=|FN|，F(−2,0)，FP⊥MN，
故有−6k3−k2−0−2k23−k2+2⋅k=−1，
即−6k23−k2=−2+2k23−k2，解得k2=35，故k=± 155，
则直线l为y=± 155(x−2)，
即存在k=± 155，使得|FM|=|FN|，
此时直线l的方程为y=± 155(x−2)．
【解析】(1)借助渐近线公式及点到直线的距离公式，并代入A点计算即可得；
(2)借助韦达定理结合kk1+kk2=−6从而得到直线中所设参数的关系，取线段MN中点P，由|FM|=|FN|可得FP⊥MN，即可得k的值和直线l的方程．
本题考查了双曲线的方程及性质，考查了直线与双曲线的综合，考查了方程思想，属于中档题．
19.【答案】解：(1)对于任意不同的x1，x2∈[1,2]，
有1≤x1|f(x1)−f(x2)|=|(x122+x1)−(x222+x2)|=|(x1−x2)(x1+x2+22)|<3|x1−x2|，
所以f(x)=x22+x是[1,2]上的“3类函数”．
(2)因为f′(x)=axex−x−lnx−1，
由题意知，对于任意不同的x1，x2∈[1,e]，都有|f(x1)−f(x2)|<2|x1−x2|，
可转化为对于任意x∈[1,e]，都有−2由f′(x)<2可转化为ag′(x)=(1+x)(−2−lnx−x)x2ex，令u(x)=−2−lnx−x，u(x)在[1,e]单调递减，
所以u(x)≤u(1)=−3<0，g′(x)<0，故g(x)在[1,e]单调递减，
g(x)min=g(e)=4+eee+1，
由f′(x)>−2可转化为a>x+lnx−1xex，令h(x)=x+lnx−1xex，只需a>h(x)max
h′(x)=(1+x)(2−lnx−x)x2ex，令m(x)=2−lnx−x，m(x)在[1,e]单调递减，
且m(1)=1>0，m(e)=1−e<0，所以∃x0∈[1,e]使m(x0)=0，即2−lnx0−x0=0，
即lnx0=2−x0,x0=e2−x0，
当x∈[1,x0)时，m(x)>0，h′(x)>0，故h(x)在[1,x0)单调递增，
当x∈(x0,e]时，m(x)<0，h′(x)<0，故h(x)在(x0,e]单调递减，
h(x)max=h(x0)=x0+lnx0−1x0ee+1=1e2，
故1e2(3)证明：因为f(x)为[1,2]上的“2类函数”，所以|f(x1)−f(x2)|<2|x1−x2|，
不妨设1≤x1当|x1−x2|<12时，|f(x1)−f(x2)|<2|x1−x2|<1；
当12≤|x1−x2|<1时，因为f(1)=f(2)，−1所以|f(x1)−f(x2)|=|f(x1)−f(1)+f(2)−f(x2)|≤|f(x1)−f(1)|+|f(2)−f(x2)|
<2(x1−1)+2(2−x2)=2(x1−x2+1)≤2(−12+1)=1，
综上所述，∀x1，x2∈[1,2]，|f(x1)−f(x2)|<1．
【解析】(1)由新定义可知，利用作差及不等式的性质证明|f(x1)−f(x2)|<3|x1−x2|即可；
(2)由已知条件转化为对于任意x∈[1,e]，都有−2x+lnx−1xex，利用导函数研究函数的单调性和最值即可；
(3)分|x1−x2|<12和12≤|x1−x2|<1两种情况进行证明，f(1)=f(2)，用放缩法|f(x1)−f(x2)|=|f(x1)−f(1)+f(2)−f(x2)|
≤|f(x1)−f(1)|+|f(2)−f(x2)|进行证明即可．
本题考查新定义、利用导数研究函数的最值，考查学生的逻辑思维能力和运算能力，属中档题．