2024年湖南省长沙市雅礼中学高考数学模拟试卷（4月份）（含解析）

这是一份2024年湖南省长沙市雅礼中学高考数学模拟试卷（4月份）（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.设集合A={x|lg0.5(x−1)>0}，B={x|2x<4}，则( )
A. A=BB. A⊇BC. A∩B=BD. A∪B=B
2.已知复数z满足z(1+i)−1+2i=0，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.椭圆x25+y2m=1的长轴长为6，则该椭圆的离心率为( )
A. 2 23B. 23C. 316D. 116
4.传说国际象棋发明于古印度，为了奖赏发明者，古印度国王让发明者自己提出要求，发明者希望国王让人在他发明的国际象棋棋盘上放些麦粒，规则为：第一个格子放一粒，第二个格子放两粒，第三个格子放四粒，第四个格子放八粒…依此规律，放满棋盘的64个格子所需小麦的总重量大约为吨.(1kg麦子大约20000粒，lg2=0.3)( )
A. 105B. 107C. 1012D. 1015
5.已知a=(12)a,(12)b=lgab,ac=lg12c，则实数a，b，c的大小关系为( )
A. a6.2222除以5的余数是( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
7.在等比数列{an}中，a2=2，a4a6−16a5=0，若bn=−2,n为偶数an,n为奇数，且{bn}的前n项和为Sn，则满足S2n>360的最小正整数n的值为( )
A. 5B. 6C. 7D. 8
8.已知函数f(x)=3x−13x+1，数列{an}满足a1=1，an+3=an(n∈N+)，f(a1)+f(a2+a3)=0，则i=12023ai=( )
A. 0B. 1C. 675D. 2023
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.函数f(x)=b(x−a)2(x−b)的图象可以是( )
A. B.
C. D.
10.已知函数y=f(x)在R上可导且f(0)=1，其导函数f′(x)满足(x+1)[f′(x)−f(x)]>0，对于函数g(x)=f(x)ex，下列结论正确的是( )
A. 函数g(x) 在(−∞,−1)上为增函数B. x=−1是函数g(x)的极小值点
C. 函数 g(x)必有2 个零点D. e2f(e)>ee f(2)
11.如图圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等，O1，O2为圆柱上下底面的圆心，O为球心，EF为底面圆O1的一条直径，若球的半径r=2，则( )
A. 球与圆柱的体积之比为2：3
B. 四面体CDEF的体积的取值范围为(0,32]
C. 平面DEF截得球的截面面积最小值为4π5
D. 若P为球面和圆柱侧面的交线上一点，则PE+PF的取值范围为[2+2 5,4 3]
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知tanα=csα，则11−sinα−1sinα= ______．
13.随着城市经济的发展，早高峰问题越发严重，上班族需要选择合理的出行方式.某公司员工小明上班出行方式由三种，某天早上他选择自驾，坐公交车，骑共享单车的概率分别为13,13,13，而他自驾，坐公交车，骑共享单车迟到的概率分别为14,15,16，结果这一天他迟到了，在此条件下，他自驾去上班的概率是______．
14.已知定义在R上的函数y=f(x)是偶函数，当x≥0时，f(x)=2sinπx2,0≤x≤1,(12)x+32,x>1,若关于x的方程[f(x)]2+2af(x)+b=0(a,b∈R)有且仅有6个不同的实数根，则实数a的取值范围是______．
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)
记Sn为数列{an}的前n项和，若a1=3，(n+1)2an+1+(2n+1)Sn=2．
(1)求Sn；
(2)若bn=1n2(2n−1)Sn，求数列{bn}的前n项和Tn．
16.(本小题15分)
如图，在三棱锥P−ABC中，平面PBC⊥平面ABC，△PBC为等边三角形，D，E分别为PC，PB的中点，BD⊥PA，BC=2，AC=1．
(1)求证：AC⊥平面PBC；
(2)在线段AC上是否存在点F，使得平面DEF与平面ABC的夹角为π3，若存在，求出CF的长；若不存在，请说明理由．
17.(本小题15分)
某高校“植物营养学专业”学生将鸡冠花的株高增量作为研究对象，观察长效肥和缓释肥对农作物影响情况.其中长效肥、缓释肥、未施肥三种处理下的鸡冠花分别对应1，2，3三组.观察一段时间后，分别从1，2，3三组随机抽取40株鸡冠花作为样本，得到相应的株高增量数据整理如表．
假设用频率估计概率，且所有鸡冠花生长情况相互独立．
(Ⅰ)从第1组所有鸡冠花中各随机选取1株，估计株高增量为(7,10]厘米的概率；
(Ⅱ)分别从第1组，第2组，第3组的所有鸡冠花中各随机选取1株，记这3株鸡冠花中恰有X株的株高增量为(7,10]厘米，求X的分布列和数学期望E(X)；
(Ⅲ)用“ξk=1”表示第k组鸡冠花的株高增量为(4,10]，“ξk=0”表示第k组鸡冠花的株高增量为(10,16]厘米，k=1，2，3，直接写出方差D(ξ1)，D(ξ2)，D(ξ3)的大小关系.(结论不要求证明)
18.(本小题17分)
已知双曲线C的方程为x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)，虚轴长为2，点A(−4,−1)在C上．
(1)求双曲线C的方程；
(2)过原点O的直线与C交于S，T两点，已知直线AS和直线AT的斜率存在，证明：直线AS和直线AT的斜率之积为定值；
(3)过点(0,1)的直线交双曲线C于P，Q两点，直线AP，AQ与x轴的交点分别为M，N，求证：MN的中点为定点．
19.(本小题17分)
已知函数f(x)=x4+axlnx(a∈R)，f′(x)为f(x)的导函数，g(x)=f′(x)．
(1)若a=−12，求y=f(x)在[1,3e]上的最大值；
(2)设P(x1,g(x1))，Q(x2,g(x2))，其中1≤x2答案和解析
1.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查集合的基本运算，利用指数函数、对数函数的单调性解不等式，属于基础题．
求出集合A，B，即可得结论．
【解答】
解：∵A=(1,2)，B=(−∞,2)，
∴A∪B=B，
故选D．
2.【答案】C
【解析】解：由题意，z=1−2i1+i=(1−2i)(1−i)(1+i)(1−i)=−12−32i，在复平面内z对应的点为(−12,−32)，位于第三象限．
故选：C．
化简复数z，可得复平面内z对应的点．
本题考查复数的运算，属于基础题．
3.【答案】B
【解析】解：∵椭圆x25+y2m=1的长轴长为6，
∴m=32=9，则c2=a2−b2=9−5=4，即c=2，
∴该椭圆的离心率e=23．
故选：B．
由已知求得m值，可得椭圆的长半轴长，再由隐含条件求解c，则答案可求．
本题考查椭圆的标准方程与几何性质，是基础题．
4.【答案】C
【解析】解：由题意得，格子的麦粒数构成以1为首项，以2为公比的等比数列，
∴S64=1−2641−2=264−1，
∵1kg麦子大约20000粒，∴1吨麦子大约为2×107粒，
∵lg264−12×107≈lg2642×107=lg263−lg107=63lg2−7=63×0.3−7=11.9，
∴264−12×107≈1011.9≈1012，
故选：C．
先利用等比数列的求和公式求出S64=264−1，再求出1吨麦子大约为2×107粒，最后利用对数运算求解即可．
本题考查了等比数列的求和公式，对数的运算法则，属于中档题．
5.【答案】D
【解析】解：令f(x)=(12)x−x，则函数f(x)在R上单调递减，
又因为f(0)=1>0,f(1)=12−1=−12<0，
所以由零点存在性定理得：存在a∈(0,1)，使得f(a)=0，即a=(12)a；
又因为y=lgax在(0,+∞)上单调递减，
所以在同一直角坐标系中画出y1=(12)x与y=lgax的函数图象如图所示：
由图可知：b∈(0,1)；
又因为y2=ax(0所以在同一直角坐标系中画出y2=ax与y3=lg12x的函数图象如图所示：
由图可知：c∈(0,1)，
又因为(12)b<(12)0=1，所以lgab<1=lgaa，所以b>a；
因为a，c∈(0,1)，所以ac>a1=a，
由ac=lg12c得，c=(12)ac<(12)a=a．
综上，c故选：D．
构造函数f(x)=(12)x−x，由函数f(x)的单调性，结合零点存在性定理，画出函数f(x)的大致图象，进而得出a的取值范围；结合指数函数与对数函数的图象得参数b，c的取值范围，利用指数函数和对数函数的单调性即可判断a，b，c的大小关系．
本题考查指数式和对数式的比较大小，考查学生的逻辑思维能力和直观想象能力，属中档题．
6.【答案】D
【解析】解：由题意可知，2222=(485−1)11=C110×48511+C111×48510×(−1)+C112×4859×(−1)2+⋯+C1110×4851×(−1)10+C1111×(−1)11，
由此可知2222除以5的余数，即为C1111×(−1)11=−1除以5的余数，
故所求余数为4．
故选：D．
利用二项式定理即可求解．
本题主要考查二项式定理的应用，属于基础题．
7.【答案】B
【解析】解：由a4a6−16a5=0，得a52−16a5=0，
因为a5≠0，所以a5=16，
设数列{an}的公比为q，则q3=a5a2=8，即q=2，
所以an=a2qn−2=2n−1，
所以S2n=1+4+16+⋯+4n−1−2×n=1−4n1−4−2n=4n3−2n−13，
由于当n≥2时，bn+bn+1>0，
所以S2n随着n的增大而增大，
而S10=453−2×5−13=331<360，S12=463−2×6−13=1353>360，
所以满足S2n>360的最小正整数n的值为6．
故选：B．
根据等比数列性质与分组求和法，可表示出S2n，再结合数列的单调性，求解即可．
本题考查数列求和，熟练掌握等比数列的性质、通项公式与求和公式是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
8.【答案】B
【解析】解：函数f(x)的定义域为R，且f(−x)=3−x−13−x+1=−3x−13x+1=−f(x)，
故函数f(x)为奇函数，
又f(x)=1−23x+1为R上的增函数，
因为f(a1)+f(a2+a3)=0，所以f(a1)=−f(a2+a3)=f(−a−2−a3)，
∴a1+a2+a3=0，
因为数列{an}满足a1=1，an+3=an(n∈N+)，
所以i=12023ai=674(a1+a2+a3)+a2023=0+a1=1，
故选：B．
可得函数f(x)为奇函数，且R上的增函数，利用f(a1)+f(a2+a3)=0，可得a1+a2+a3=0，即可得i=12023ai=674(a1+a2+a3)+a2023=0+a1=1．
本题考查了函数的奇偶性、单调性、数列的周期，考查了转化思想，运算能力，属于难题．
9.【答案】BC
【解析】解：由函数解析式可知，a是不变号零点，b是变号零点，
A.由图可知，变号零点是0，则b=0，则f(x)=0，不成立，故A错误；
B.由图可知，变号零点小于0，不变号零点为0，则b<0，a=0，此时f(x)=b(x−b)x2，
当x0，当b0时，f(x)<0，满足图象，故B正确；
C.由图可知，b>a>0，f(x)=b(x−b)(x−a)2，当xb时，f(x)>0，满足图象，故C正确；
D.由图可知，a0，与图象不符，所以D错误．
故选：BC．
首先根据解析式确定零点类型，再结合图象，判断选项．
本题主要考函数图象的判断，考查逻辑推理能力，属于中档题．
10.【答案】BD
【解析】【分析】
本题考查了导数与函数单调性的关系，函数极值与零点个数判断，函数单调性应用，属于中档题．
利用导数判断g(x)的单调性，再根据极小值和单调性判断即可．
【解答】
解：g′(x)=f′(x)−f(x)ex，
∵(x+1)[f′(x)−f(x)]>0，
∴当x<−1时，f′(x)−f(x)<0；当x>−1时，f′(x)−f(x)>0，
∴当x<−1时，g′(x)<0；当x>−1时，g′(x)>0，
∴g(x)在(−∞,−1)上单调递减，在(−1,+∞)上单调递增，故A错误；
由上述可知x=−1是g(x)的极小值点，故B正确；
g(x)的极小值为g(−1)=ef(−1)，
故当g(−1)>0时，g(x)没有零点，故C错误；
由g(x)在(−1,+∞)上单调递增可得g(2)∴eef(2)故选：BD．
11.【答案】AD
【解析】解：球的半径为r=2，可知圆柱的底面半径r=2，圆柱的高为2r=4，
则球的体积为43π×23=32π3，圆柱的体积为π×22×4=16π，
则球与圆柱的体积之比为2：3，故A正确；
由题可知四面体CDEF的体积等于2VE−DCO1，点E到平面DCO1的距离d∈(0,4]，
又S△DCO1=12×4×4=8，∴2VE−DCO1=23×8d∈(0,323]，故B错误；
过O作OG⊥DO1于G，则由题可得OG=12×2×42 5=2 55，
设O到平面DEF的距离为d1，平面DEF截得球的截面圆的半径为r1，
则d1≤OG，r12=r2−d12=4−d12≥4−45=165，
∴平面DEF截得球的截面面积最小值为16π5，故C错误；
由题可知点P在过球心与圆柱的底面平行的截面圆上，设P在底面的射影为P′，
则PP′=2，PE= P′E2+4，PF= P′F2+4，P′E2+P′F2=16，
设t=P′E2，则t∈[0,42]，
PE+PF= t+4+ 16+4−t，可得(PE+PF)2=24+2 −t2+16t+80
=24+2 −(t−8)2+144∈[24+8 5,48]，
∴PE+PF∈2+2 5，4 3]，故D正确．
故选：AD．
利用球与圆柱的体积公式判断A；由题可得四面体CDEF的体积等于2VE−DCO1，求解体积判断B；由题可得O到平面DEF的距离为d1≤2 55，进而可得平面DEF截得球的截面面积最小值判断C；设P在底面的射影为P′，设t=P′E2，则PE+PF= t+4+ 16+4−t，然后利用二次函数的性质可得PE+PF的取值范围判断D．
本题考查圆柱与球的表面积、体积以及折线段的最值问题，考查逻辑推理能力与运算求解能力，难度较大．
12.【答案】1
【解析】【解答】解：由tanα=csα，得sinαcsα=csα，即sinα=cs2α，
则sinα=(1−sinα)(1+sinα)，即11−sinα=1+sinαsinα，
所以11−sinα−1sinα=1+sinαsinα−1sinα=1．
故答案为：1．
【分析】切化弦得sinα=cs2α，从而得sinα=(1−sinα)(1+sinα)，进而得11−sinα=1+sinαsinα，代入即可求解．
本题主要考查了同角基本关系在三角化简求值中的应用，属于基础题．
13.【答案】1537
【解析】解：法1：由题意设事件A表示“自驾”，事件B表示“坐公交车”，
事件C表示“骑共享单车”，事件D“表示迟到”，
则P(A)=P(B)=P(C)=13,P(D|A)=14,P(D|B)=15,P(D|C)=16；P(D)=P(A)P(D|A)+P(B)P(D|B)+P(C)P(D|C)=13×(14+15+16)，
小明迟到了，由贝叶斯公式得他自驾去上班的概率是P(A|D)=P(AD)P(D)=P(A)P(D|A)P(D)=13×1413×(14+15+16)=1537，
法2：在迟到的条件下，他自驾去上班的概率P=1414+15+16=1537，
故答案为：1537．
法1：设事件A表示“自驾”，事件B表示“坐公交车”，事件C表示“骑共享单车”，事件D“表示迟到”，利用贝叶斯公式即可得到答案；
法2：直接在迟到的前提下计算概率P=1414+15+16=1537．
本题主要考查了条件概率的概率公式，属于基础题．
14.【答案】(−2,−74)∪(−74,−34)
【解析】解：由题意可知，函数f(x)的图象如图所示：
由函数图象可知：函数f(x)在(−∞,−1)，(0,1)上单调递增，在(−1,0)，(1,+∞)上单调递减，
故当x=±1时，函数取得最大值2，当x=0时取得最小值0，
又因为当x>1时，f(x)=(12)x+32>32，
所以直线y=32是该图象的渐近线．
令f(x)=t，t∈[0,2]，
则关于x的方程[f(x)]2+2af(x)+b=0(a,b∈R)即为t2+2at+b=0，
此时关于t的方程应该有两个不相等的实数根，
设t1，t2为方程的两个实数根，
显然只有以下两种情况符合题意：
①当t1∈(0,32],t2∈(32,2)时，−2a=t1+t2∈(32,72)，则a∈(−74,−34)；
②当t1=2,t2∈(32,2)时，−2a=t1+t2∈(72,4)，则a∈(−2,−74)．
综上可知，实数a的取值范围是(−2,−74)∪(−74,−34)．
故答案为：(−2,−74)∪(−74,−34)．
作出函数的图象，令f(x)=t，t∈[0,2]，则有t2+2at+b=0有两不等实根t1，t2，结合图象可得t1∈(0,32],t2∈(32,2)或t1=2,t2∈(32,2)，结合韦达定理求解即可．
本题考查了函数的零点、转化思想及数形合思想，考查了韦达定理的应用，属于中档题．
15.【答案】解：(1)由题设(n+1)2(Sn+1−Sn)+(2n+1)Sn=2，
得(n+1)2Sn+1−n2Sn=2，又12×S1=a1=3，
∴{n2Sn}是首项为3，公差为2的等差数列，
∴n2Sn=3+2(n−1)=2n+1，
则Sn=2n+1n2；
(2)由(1)得bn=1(2n−1)(2n+1)=12(12n−1−12n+1)，
∴Tn=12(1−13+13−15+⋯+12n−1−12n+1)=12(1−12n+1)=n2n+1．
【解析】(1)由题设及an，Sn关系得(n+1)2Sn+1−n2Sn=2，构造新数列并结合等差数列定义写出通项公式，进而可得Sn；
(2)应用裂项相消法求前n项和．
本题考查数列递推式，训练了裂项相消法求和，考查运算求解能力，是中档题．
16.【答案】(1)证明：∵△PBC为等边三角形，D为PC中点，∴BD⊥PC，
又∵BD⊥PA，PA∩PC=P，PA，PC⊂平面PAC，∴BD⊥平面PAC，∴AC⊂平面PAC，∴AC⊥BD，
取BC中点G，连接PG，

∵△PBC为等边三角形，∴PG⊥BC，
∵平面PBC⊥平面ABC，平面PBC∩平面ABC=BC，PG⊂平面PBC，
∵AC⊂平面ABC，∴PG⊥AC，∵BD与PG相交，BD，PG⊂平面PBC，∴AC⊥平面PBC；
(2)以C为坐标原点，CA，CB所在直线为x轴，y轴，过C且与GP平行的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则C(0,0,0)，B(0,2,0)，P(0,1, 3)，D(0,12, 32)，E(0,32, 32)，
设F(a,0,0)(0≤a≤1)，则DE=(0,1,0)，DF=(a,−12,− 32)，
设平面DEF的一个法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅DE=0n⋅DF=0，∴y=0ax−12y− 32z=0，
取x= 3，可得y=0z=2a，∴n=( 3,0,2a)为平面DEF的一个法向量，
取平面ABC的一个法向量为m=(0,0,1)，
则cs〈m,n〉=m⋅n|m||n|=2a 3+4a2=12，
解得a=12，此时CF=12，∴在线段AC上存在点F使得平面DEF与平面ABC的夹角为π3，且CF=12．
【解析】(1)先证明BD⊥PC，结合BD⊥PA，由线面垂直判定定理和定义证明AC⊥BD，取BC中点G，由面面垂直性质定理证明PG⊥平面ABC，由此可得PG⊥AC，最后利用线面垂直判定定理证明AC⊥平面PBC；
(2)以C为坐标原点，CA，CB所在直线为x轴，y轴，过C且与GP平行的直线为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法即可求解．
本题主要考查直线与平面垂直的证明，平面与平面所成角的求法，考查向量法的应用，考查逻辑推理能力与运算求解能力，属于中档题．
17.【答案】解：(Ⅰ)设事件A为“从第1组所有鸡冠花中随机选取1株，株高增量为(7,10]厘米”，
根据题中数据，第1组所有鸡冠花中，有20株鸡冠花增量为(7,10]厘米，
所以P(A)估计为2040=12．
(Ⅱ)设事件B为“从第2组所有鸡冠花中随机选取1株，株高增量为(7,10]厘米”，
设事件C为“从第3组所有鸡冠花中随机选取1株，株高增量为(7,10]厘米”，
根据题中数据，P(B)估计为1640=25，P(C)估计为1240=310，
根据题意，随机变量X的所有可能取值为0，1，2.3，且
P(X=0)=P(A−B−C−)=P(A−)P(B−)P(C−)=(1−12)(1−25)(1−310)=21100；
P(X=1)=P(AB−C−+A−BC−+A−B−C)=P(A)P(B−)P(C−)+P(A−)P(B)P(C−)+P(A−)P(B−)P(C)=1125；
P(X=2)=P(ABC−+AB−C+A−BC)=P(A)P(B)P(C−)+P(A)P(B−)P(C)+P(A−)P(B)P(C)=29100；
P(X=3)=P(ABC)=P(A)P(B)P(C)=350，
则X的分布列为：
所以E(X)=0×21100+1×1125+2×29100+3×350=65．
(Ⅲ)D(ξ1)理由如下：
P(ξ1=1)=2940,P(ξ1=0)=1140，所以E(ξ1)=1×2940+0×1140=2940，D(ξ1)=(1−2940)2×2940+(0−2940)2×1140=3191600；
同理可得D(ξ2)=4001600,D(ξ3)=3751600，
所以D(ξ1)【解析】(Ⅰ)根据表格数据，第1组所有鸡冠花中随机选取1株，得(7,10]厘米的总数，由古典概型概率公式可得结果；
(Ⅱ)首先估计各组鸡冠花增量为(7,10]厘米的概率，然后可确定X所有可能的取值，根据独立事件概率公式可求得每个取值对应的概率，由此可得分布列；根据数学期望计算公式可求得期望；
(Ⅲ)由两点分布方差计算公式可求得D(ξ1)，D(ξ2)，D(ξ3)的值，由此可得大小关系．
本题主要考查离散型随机变量的期望和方差，属于中档题．
18.【答案】解：(1)∵虚轴长2b=2，∴b=1．
又∵点A(−4,−1)在双曲线上，
∴16a2−1b2=1，解得a=2 2，
故双曲线C的方程为x28−y2=1．
(2)证明：设S(x0,y0)，则T(−x0,−y0)，
∴kAS⋅kAT=y0+1x0+4⋅−y0+1−x0+4=1−y0216−x02，
∵S(x0,y0)在双曲线C上，∴x028−y02=1⇒1−y02=2−x028，
于是kAS⋅kAT=1−y0216−x02=2−x02816−x02=18，
∴直线AS和直线AT的斜率之积为定值，定值是18．
(3)证明：设直线PQ的方程为y=kx+1，P(x1,y1)，Q(x2,y2)，
联立y=kx+1,x2−8y2=8⇒(1−8k2)x2−16kx−16=0，
则Δ=(−16k)2−4(1−8k2)×(−16)=64−256k2>0，
x1x2=−161−8k2，x1+x2=16k1−8k2①，
∴y1y2=(kx1+1)(kx2+1)=k2x1x2+k(x1+x2)+1=1②，
y1+y2=(kx1+1)+(kx2+1)=k(x1+x2)+2=21−8k2③，
直线AP的方程为y=y1+1x1+4(x+4)−1，令y=0，得点M的横坐标为xM=x1+4y1+1−4，
同理可得点N的横坐标为xN=x2+4y2+1−4，
∴xM+xN=x1+4y1+1+x2+4y2+1−8
=x1y2+x2y1+x1+x2+4(y1+y2)+8(y1+1)(y2+1)−8
=x1(kx2+1)+x2(kx1+1)+x1+x2+4(y1+y2)+8y1y2+y1+y2+1−8
=2kx1x2+2(x1+x2)+4(y1+y2)+8y1y2+y1+y2+1−8．
将①②③式代入上式，并化简得到xM+xN=8+8(1−8k2)2+2(1−8k2)−8=−4，
∴MN的中点的横坐标为x=xM+xN2=−2，
故MN的中点是定点(−2,0)．
【解析】(1)根据已知可得a，b的值，从而可得双曲线的方程；
(2)设S(x0,y0)，则T(−x0,−y0)，利用两点的斜率公式计算kAS⋅kAT，由点S在双曲线上可得kAS⋅kAT为定值；
(3)设P(x1,y1)，Q(x2,y2)，直线PQ的方程为y=kx+1，与双曲线方程联立，可得根与系数的关系，求出直线AP的方程，令y=0，可得点M的横坐标，同理可得点N的横坐标，利用根与系数的关系化简xM+xN为定值，即可得证．
本题主要考查双曲线的性质及标准方程，直线与双曲线的综合，考查运算求解能力，属于难题．
19.【答案】解：(1)若a=−12，f(x)=x4−12xlnx，则f′(x)=4x3−12lnx−12，
f″(x)=12x2−121x=12x3−1x=12(x−1)(x2+x+1)x，
当x∈[1,3e]时，f′′(x)>0，则y=f′(x)在[1,3e]上单调递增，
又f′(3e)=4e−16<0，故x∈[1,3e]时，f′(x)<0，
所以y=f(x)在[1,3e]上单调递减，
所以y=f(x)在[1,3e]上的最大值为f(1)=1．
(2)k=g(x1)−g(x2)x1−x2，因为k所以对任意的x1，x2∈[1,+∞)且x1>x2，都有g′(x1)+g′(x2)2>g(x1)−g(x2)x1−x2，
因为f(x)=x4+axlnx，得g(x)=4x3+alnx+a,g′(x)=12x2+ax．
对任意的x1，x2∈[1,+∞)，且x1>x2，令x1x2=t(t>1)，
则(x1−x2)(g′(x1)+g′(x2))−2(g(x1)−g(x2))
=(x1−x2)(12x12+ax1+12x22+ax2)−2(4x13+alnx1−4x23−alnx2
=4x13−4x23−12x12x2+12x1x22+a(x1x2−x2x1)−2alnx1x2
=4x23(t3−3t2+3t−1)+a(t−1t−2lnt)>0，对∀x2∈[1,+∞)，∀t∈(1,+∞)恒成立，
所以x23(t3−3t2+3t−1)=x23(t−1)3⩾(t−1)3，
则4(t−1)3+a(t−1t−2lnt)>0对∀t∈(1,+∞)恒成立，
记φ(t)=4(t−1)3+a(t−1t−2lnt),t∈(1,+∞)，
φ′(t)=12(t−1)2+a(t−1)2t2=(t−1)212t2+at2．
(1)若a⩾−12，则φ′(t)>0，φ(t)在(1,+∞)上单调递增．φ(t)>φ(1)=0，符合题意；
(2)若a<−12，则φ′(t)=12(t−1)2(t+ −a12)(t− −a12)t2，
则y=φ(t)在(1, −a12)上单调递减，( −a12,+∞)单调递增，
则当x∈(1, −a12)时，φ(t)<φ(1)=0，不合题意(舍去)．
综上：a≥−12．
所以a的取值范围是[−12,+∞)．
【解析】(1)二次求导判断函数f(x)在[1,3e]上的单调性，即可求解；
(2)表示出斜率k，结合kx2，都有g′(x1)+g′(x2)2>g(x1)−g(x2)x1−x2成立，由f(x)可得其导函数g(x)，代入并令
x1x2=t(t>1)，作差(x1−x2)(g′(x1)+g′(x2))−2(g(x1)−g(x2))并化简即可求出a的取值范围．
本题考查了利用导数研究函数单调性和最值，考查了导数的综合应用，考查了函数思想，属于难题．株高增量(单位：厘米)
(4,7]
(7,10]
(10,13]
(13,16]
第1组鸡冠花株数
9
20
9
2
第2组鸡冠花株数
4
16
16
4
第3组鸡冠花株数
13
12
13
2
X
0
1
2
3
P
21100
1125
29100
350