2024年山东省济宁市高考数学一模试卷（含详细答案解析）

这是一份2024年山东省济宁市高考数学一模试卷（含详细答案解析），共23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.抛物线y=14x2的焦点坐标为( )
A. (−1,0)B. (1,0)C. (0,−1)D. (0,1)
2.已知i为虚数单位，复数z满足z(1+i)−1+2i=0，则z−=( )
A. −12−32iB. −12+32iC. 32−32iD. 12−32i
3.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且S2=2，S6=9，则S10=( )
A. 14B. 16C. 18D. 20
4.(a2−a+b)5的展开式中a5b2的系数为( )
A. −60B. −30C. 30D. 60
5.已知O为坐标原点，直线l：x=my+3与圆C：x2+y2−6x+8=0相交于A，B两点，则OA⋅OB=( )
A. 4B. 6C. 8D. 10
6.已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a=3，acsB=(2c−b)csA，则△ABC面积的最大值为( )
A. 9 34B. 9 32C. 94D. 92
7.设函数f(x)定义域为R，f(2x−1)为奇函数，f(x−2)为偶函数，当x∈[0,1]时，f(x)=x2−1，则f(2023)−f(2024)=( )
A. −1B. 0C. 1D. 2
8.已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，过F1的直线与y轴相交于M点，与双曲线C在第一象限的交点为P，若F1M=2MP,F1P⋅F2P=0，则双曲线C的离心率为( )
A. 2B. 3C. 3 32D. 3+1
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。全部选对的得6分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9.下列说法中正确的是( )
A. 线性回归分析中可以用决定系数R2来刻画回归的效果，若R2的值越小，则模型的拟合效果越好
B. 已知随机变量X服从二项分布B(n,p)，若E(X)=20，D(X)=10，则n=40
C. 已知随机变量ξ服从正态分布N(2,σ2)，若P(ξ>1)=p，则P(ξ>3)=1−p
D. 已知随机事件A，B满足P(B)=35,P(AB)=25，则P(A|B)=23
10.已知函数f(x)=sin(ωx+π6)(ω>0)，则下列说法中正确的是( )
A. 若x=−π3和x=π6为函数f(x)图象的两条相邻的对称轴，则ω=2
B. 若ω=12，则函数f(x)在(0,π)上的值域为(12, 32)
C. 将函数f(x)的图象向左平移π6个单位长度后得到函数g(x)的图象，若g(x)为奇函数，则ω的最小值为5
D. 若函数f(x)在(0,π)上恰有一个零点，则56<ω≤116
11.如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，M是棱BC的中点，N是棱DD1上的动点(含端点)，则下列说法中正确的是( )
A. 三棱锥A1−AMN的体积为定值
B. 若N是棱DD1的中点，则过A，M，N的平面截正方体ABCD−A1B1C1D1所得的截面图形的周长为7 52
C. 若N是棱DD1的中点，则四面体D1−AMN的外接球的表面积为7π
D. 若CN与平面AB1C所成的角为θ，则sinθ∈[ 33, 63]
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.设集合A={x|x2−x−6<0}，B={x|−a≤x≤a}，若A⊆B，则实数a的取值范围是__________.
13.2024年1月九省联考的数学试卷出现新结构，其中多选题计分标准如下：①本题共3小题，每小题6分，满分18分；②每道小题的四个选项中有两个或三个正确选项，全部选对得6分，有选错的得0分；③部分选对得部分分(若某小题正确选项为两个，漏选一个正确选项得3分；若某小题正确选项为三个，漏选一个正确选项得4分，漏选两个正确选项得2分).已知在某次新结构数学试题的考试中，小明同学三个多选题中第一小题确定得满分，第二小题随机地选了两个选项，第三小题随机地选了一个选项，则小明同学多选题所有可能总得分(相同总分只记录一次)的中位数为__________分.
14.已知函数f(x)=lgax+1ax(a>0且a≠1)恰有一个零点，则实数a的取值范围为__________.
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13分)
已知函数f(x)=12(sin2x−cs2x)− 3sinxcs(π−x).
(1)求f(x)的单调递增区间；
(2)已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且f(A2+π4)= 32,b=2c− 2a，求角B的大小.
16.(本小题15分)
袋中装有大小相同的4个红球，2个白球.某人进行摸球游戏，一轮摸球游戏规则如下：①每次从袋中摸取一个小球，若摸到红球则放回袋中，充分搅拌后再进行下一次摸取；②若摸到白球或摸球次数达到4次时本轮摸球游戏结束.
(1)求一轮摸球游戏结束时摸球次数不超过3次的概率；
(2)若摸出1次红球计1分，摸出1次白球记2分，求一轮游戏结束时，此人总得分X的分布列和数学期望.
17.(本小题15分)
如图，四棱锥P−ABCD的底面为正方形，PA⊥底面ABCD，PA=AB=2，过B点的平面BEFG分别与棱AD，PD，PC相交于E，F，G点，其中E，G分别为棱AD，PC的中点.
(1)求PFFD的值；
(2)求平面CEF与平面BEFG夹角的余弦值.
18.(本小题17分)
已知椭圆E:x28+y24=1，直线l与椭圆E交于A、B两点，O为坐标原点，且OA⊥OB，OP⊥AB，垂足为点P.
(1)求点P的轨迹方程；
(2)求△OAB面积的取值范围.
19.(本小题17分)
已知函数f(x)=lnx−12ax2+12(a∈R).
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若0(3)设an=2n+1n2,n∈N*，数列{an}的前n项和为Sn.证明：Sn>2ln(n+1).
答案和解析
1.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查抛物线的标准方程和性质，属于基础题．
根据题意，先将抛物线的方程变形为标准方程的形式，分析可得抛物线的焦点位置以及p的值，进而可得其焦点坐标，即可得答案．
【解答】
解：根据题意，抛物线的方程为y=14x2，
则其标准方程为：x2=4y，
其焦点在y轴正半轴上，且p=2，
则其焦点坐标为(0,1).
故选：D.
2.【答案】B
【解析】【分析】
本题主要考查复数的四则运算，属于基础题．
先对z化简，再结合共轭复数的定义，即可求解．
【解答】
解：z(1+i)−1+2i=0，
则z=1−2i1+i=(1−2i)(1−i)(1+i)(1−i)
=−12−32i，
故z−=−12+32i.
故选：B.
3.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查等差数列的通项公式，前n项和公式，属于基础题．
根据等差数列的通项公式与前n项和公式计算即可得．
【解答】
解：设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，
∵S2=2，∴2a1+d=2①，
∵S6=9，∴6a1+6×52d=9②，
由①②得，a1=78，d=14，
则S10=10×78+10×92×14=20.
故选：D.
4.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查二项式系数，属于基础题.
直接利用二项式的展开式及组合数和系数的配对求出结果．
【解答】
解：(a2−a+b)5=[(a2−a)+b]5，根据二项式的展开式：
Tr+1=C5r⋅(a2−a)5−r⋅br(r=0,1,2,3,4,5)，
令r=2时，(a2−a)3的展开式满足关系式为：
Tk+1=C3k⋅a6−2k⋅(−1)k⋅ak(k=0,1,2,3)，
当k=1时，(a2−a)3的展开式a5的系数为C31⋅(−1)=−3，
故展开式中a5b2的系数为：
C52⋅C31⋅(−1)=−30.
故选：B.
5.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查直线与圆的位置关系以及平面向量的数量积，属于中档题．
易知直线l过圆心，且|OC|=3,|BA|=2r=2，再由OA⋅OB=4OC2−BA24即可得解．
【解答】
解：由题意，直线l恒过定点(3,0)，
圆C:x2+y2−6x+8=0，
即(x−3)2+y2=1的圆心坐标为(3,0)，半径r=1，
直线l过圆心，
且|OC|=3,|BA|=2r=2，
则OA⋅OB=(OA+OB)2−(OA−OB)24
=(2OC)2−BA24=4×32−224=8.
故选：C.
6.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查正、余弦定理的应用，三角形面积公式，属于中档题．
由已知及正弦定理可得csA=12，从而得到A的值，再由余弦定理和基本不等式可得a2=b2+c2−2bccsA≥bc，解出bc的范围，再根据S△ABC=12bcsinA求出面积的最大值．
【解答】
解：由题意有：acsB=(2c−b)csA，
由正弦定理可得：
sinAcsB=2sinCcsA−sinBcsA，
即sin(A+B)=sinC=2sinCcsA，
又C∈(0,π)，故sinC≠0，所以csA=12，
又A∈(0,π)，所以A=π3，
由余弦定理，有a2=b2+c2−2bccsA，
即9=b2+c2−2bccsA≥2bc−bc=bc，
即bc≤9，当且仅当b=c=3时取等号，
S△ABC=12bcsinA≤12×9× 32=9 34，
故△ABC的最大值为9 34.
故选：A.
7.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查抽象函数的性质以及应用，涉及函数的周期性，属于中档题．
根据题意，由奇函数的性质可得f(−1)=0，进而结合函数的对称性分析f(x)的周期，结合函数的解析式计算可得答案．
【解答】
解：根据题意，函数f(x)定义域为R，
若f(2x−1)为奇函数，
令x=0可得f(2×0−1)=f(−1)=0，
同时，由奇函数的性质，
有f(−2x−1)=−f(2x−1)，
变形可得f(−2+x)=−f(−x)，
又由f(x−2)为偶函数，
则f(x−2)=f(−x−2)，
变形可得f(x−4)=f(−x)，
综合可得：f(x−4)=−f(x−2)，
变形可得f(x+2)=−f(x)，
故有f(x+4)=−f(x+2)=f(x)，
所以函数f(x)是以4为周期的函数，
当x∈[0,1]时，f(x)=x2−1，有f(0)=−1，
故f(2023)−f(2024)=f(−1)−f(0)=0−(−1)=1.
故选：C.
8.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查双曲线的离心率的求解，属于中档题．
设∠PF1F2=θ，θ为锐角，根据三角函数及勾股定理建立方程，即可求解．
【解答】
解：设∠PF1F2=θ，θ为锐角，
根据题意可知PF1⊥PF2，|PF1|=32|MF1|，
∴|MF1|=ccsθ，∴|PF1|=32|MF1|=3c2csθ，又|PF2|=2csinθ，
∵|PF1|2+|PF2|2=|F1F2|2，
∴9c24cs2θ+4c2sin2θ=4c2，
∴9+16sin2θcs2θ=16cs2θ，
∴9+16(1−cs2θ)cs2θ=16cs2θ，
∴9−16cs4θ=0，
∴cs2θ=34，∴csθ= 32，∴θ=30∘，
∴|PF1|=32|MF1|=3c2csθ= 3c，|PF2|=2csinθ=c，
∴双曲线C的离心率e=2c2a=|F1F2||PF1|−|PF2|=2c 3c−c= 3+1.
故选：D.
9.【答案】BC
【解析】【分析】
本题主要考查了二项分布的期望公式和方差公式，考查了正态分布曲线的对称性，以及条件概率公式，属于中档题．
利用决定系数R2的性质可判断A，利用二项分布的期望公式和方差公式可判断B，利用正态分布曲线的对称性可判断C，利用条件概率公式可判断D.
【解答】
解：对于A，在线性回归分析中，用决定系数R2来刻画回归的效果，若R2越大，说明模型的拟合效果越好，故A错误；
对于B，因为随机变量X服从二项分布B(n,p)，
所以E(X)=np=20，D(X)=np(1−p)=10，
则p=12，n=40，故B正确；
对于C，因为随机变量ξ服从正态分布N(2,σ2)，
所以P(ξ>3)=P(ξ<1)=1−P(ξ>1)=1−p，故C正确；
对于D，因为随机事件A，B满足P(B)=35，P(AB)=25，
所以P(AB)=P(B)−P(AB)=35−25=15，
所以P(A|B)=P(AB)P(B)=1535=13，故D错误．
故选：BC.
10.【答案】ACD
【解析】【分析】
本题主要考查正弦函数的图象与性质，函数y=Asin(ωx+φ)的图象变换，考查运算求解能力，属于中档题．
求出最小正周期，结合最小正周期公式可得ω的值，从而判断A；由正弦函数的性质求出函数值域即可判断B；利用三角函数图象的平移变换及奇函数的性质求解ω，从而判断C；由正弦函数的图象与性质求解ω的取值范围，从而判断D.
【解答】
解：对于A，设函数的最小正周期为T，
若x=−π3和x=π6为函数f(x)图象的两条相邻的对称轴，
则T2=π2，即T=π，
所以ω=2πT=2，故A正确；
对于B，
若ω=12，则f(x)=sin(x2+π6)，
因为0所以12对于C，
将函数f(x)的图象向左平移π6个单位长度后得到函数g(x)=sin(ωx+ωπ6+π6)的图象，
因为g(x)为奇函数，
所以ωπ6+π6=kπ，(k∈Z)，即ω=6k−1，(k∈Z)，
因为ω>0，所以ω的最小值为5，故C正确；
对于D，
因为0所以π6<ωx+π6<πω+π6，
因为函数f(x)在(0,π)上恰有一个零点，
所以π<πω+π6≤2π，解得56<ω≤116，故D正确．
故选：ACD.
11.【答案】AD
【解析】【分析】
本题考查立体几何的综合应用，确定平面的方法，三棱锥的体积问题，三棱锥的外接球问题，向量法求解线面角问题，属于难题．
转化三棱锥的顶点，由于底面积和高均为定值，判断A；作平行线确定截面，再求截面四边形的周长，判断B；建立坐标系，求出球心坐标，得到外接球的半径，判断 C；根据向量法求线面角，判断D.
【解答】
解：对A选项，由于VA1−AMN=VM−ANA1，
又△ANA1的面积为定值，且M到平面ANA1的距离也为定值，
∴三棱锥A1−AMN的体积为定值，故A正确；
对B选项，若N是棱DD1的中点，
如图取CC1的中点P，再取PC的中点Q，
则易证AN//BP//MQ，
∴则过A，M，N的平面截正方体ABCD−A1B1C1D1所得的截面图形为梯形AMQN，
又易知AM=AN= 5，MQ= 52，NQ= 22+(12)2= 172，
∴梯形AMQN的周长为
5+ 5+ 52+ 172=5 5+ 172，故B错误；
对C选项，如图，以A为坐标原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A0,0,0,M2,1,0,N0,2,1，D10,2,2，
设四面体D1−AMN的外接球的球心为O(x,y,z)，半径为R，
则x2+y2+z2=R2x−22+y−12+z2=R2x2+y−22+z−12=R2x2+y−22+z−22=R2，
解得x=1,y=12,z=32,R2=72，
所以四面体D1−AMN的外接球的表面积为4πR2=14π，故C错误；
对D选项，C(2,2,0)，A(0,0,0)，B1(2,0,2)，
设N为(0,2,t)，t∈[0,2]，
∴CN=(−2,0,t)，AC=(2,2,0)，AB1=(2,0,2)，
设平面AB1C的法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅AC=2x+2y=0n⋅AB1=2x+2z=0，
取n=(1,−1,−1)，
∴CN与平面AB1C所成角θ的正弦值为：
sinθ=|csCN,n|=|CN⋅n||CN||n|=t+2 t2+4× 3
= 33 (t+2)2t2+4= 33 1+4tt2+4，
当t=0时，sinθ= 33，
当t∈(0,2]时，sinθ= 33 1+4t+4t，
由于对勾函数y=t+4t在t∈(0,2]上单调递减，且y=t+4t>0，
∴y= 33 1+4t+4t在t∈(0,2]上的值域为 33, 63,
综上，sinθ∈[ 33, 63]，故D正确．
故选：AD.
12.【答案】[3,+∞)
【解析】【分析】
本题主要考查集合的包含关系，属于基础题．
先求出集合A，再根据A⊆B可求出结果．
【解答】
解：由题意得，
A={x|x2−x−6<0}={x|−2若A⊆B，则−a≤−2a≥3，
解得a≥3，即实数a的取值范围是[3,+∞).
故答案为：[3,+∞).
13.【答案】11
【解析】【分析】
本题考查中位数的定义，属于中档题．
根据题意，求出小明同学多选题所有可能总得分，再结合中位数的定义求解．
【解答】
解：由题意可知，小明同学三个多选题中第一小题得6分，第二小题可能得0分或4分或6分，
第三小题可能得0分或2分或3分，
所以小明同学多选题所有可能总得分(相同总分只记录一次)为：
6分，8分，9分，10分，12分，13分，14分，15分，
所以中位数为10+122=11分．
故答案为：11.
14.【答案】(1,+∞)
【解析】【分析】
本题考查函数的零点问题，函数的对称性，属于较难题．
先将问题转化为y=lgax与y=−1ax=−a−x(a>0,且a≠1)恰有一个交点，再分类讨论，画出图形，即可求解．
【解答】
解：∵函数f(x)=lgax+1ax(a>0且a≠1)恰有一个零点，
∴方程lgax+1ax=0(a>0,且a≠1)恰有一个实根，
即方程lgax=−1ax(a>0,且a≠1)恰有一个实根，
∴y=lgax与y=−1ax=−a−x(a>0,且a≠1)恰有一个交点，
而y=−1ax=−a−x与y=ax关于原点(0,0)中心对称，
又y=ax与y=lgax关于y=x对称，
∴y=lgax与y=−1ax=−a−x关于y=−x对称，
①当a>1时，作出y=lgax与y=−1ax=−a−x的图象，如图所示：
∴y=lgax与y=−1ax=−a−x只有一个交点，∴a>1满足题意；
②0∴y=lgax与y=−1ax=−a−x没有交点，∴0综合①②可得实数a的取值范围为(1,+∞).
故答案为：(1,+∞).
15.【答案】解：(1)由题意得，f(x)=−12cs2x+ 3sinxcsx
= 32sin2x−12cs2x=sin(2x−π6)，
令−π2+2kπ≤2x−π6≤π2+2kπ,k∈Z，
得−π6+kπ≤x≤π3+kπ，k∈Z，
所以f(x)的单调递增区间为[−π6+kπ,π3+kπ](k∈Z)；
(2)由(1)知f(A2+π4)=sin(A+π3)= 32，
又A∈(0,π)，所以A+π3∈(π3,4π3)，
故A=π3，
由正弦定理及b=2c− 2a，得sinB=2sinC− 2sinA，
则sinB=2sin(2π3−B)− 62= 3csB+sinB− 62，
整理得csB= 22，又B∈(0,2π3)，
故B=π4.
【解析】本题考查二倍角公式，和差角公式及辅助角公式的应用，考查正弦函数性质的应用，属于中档题．
(1)利用二倍角公式，辅助角公式进行化简，然后结合正弦函数的单调性即可求解；
(2)由已知先求出A，然后结合正弦定理及和差角公式进行化简即可求解B.
16.【答案】解：(1)由题意，
取得红球的概率为44+2=23，
取得白球的概率为24+2=13，
若一轮摸球游戏结束时摸球次数不超过3次，
则有①第一次摸到白球，②第一次摸到红球，第二次摸到白球，③第一次与第二次摸到红球，第三次摸到白球，三种情况，
则一轮摸球游戏结束时摸球次数不超过3次的概率为：
13+23×13+23×23×13=1927；
(2)X的可能取值为2，3，4，5，
P(X=2)=13，
P(X=3)=23×13=29，
P(X=4)=(23)4+(23)2×13=2881，
P(X=5)=(23)3×13=881，
∴X的分布列为：
E(X)=2×13+3×29+4×2881+5×881=26081.
【解析】本题考查离散型随机变量的分布列和期望，属于中档题．
(1)根据古典概型概率公式及相互独立事件的乘法公式求解即可；
(2)求得X的可能取值及对应概率，求得分布列，利用期望公式求解即可．
17.【答案】解：(1)由题，以A为坐标原点，分别以AB,AD,AP的方向为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示：
则A(0,0,0)，B(2,0,0)，
C(2,2,0)，D(0,2,0)，
P(0,0,2)，G(1,1,1)，E(0,1,0)，
所以BG=(−1,1,1),BE=(−2,1,0),
BP=(−2,0,2),PD=(0,2,−2)，
设PF=λPD,(0≤λ≤1)，平面BEFG的一个法向量为m=(x,y,z)，
所以BG⋅m=0BE⋅m=0，即−x+y+z=0−2x+y=0，
令x=1，则y=2，z=−1，即m=(1,2,−1)，
又BF=BP+PF=BP+λPD
=(−2,2λ,2−2λ)，BF⊂平面BEFG，
所以BF⋅m=−2+2λ×2−(2−2λ)=0，
解得λ=23，即PFFD=2；
(2)设平面CEF的一个法向量为n=(x1,y1,z1)，
由(1)知CE=(−2,−1,0),CP=(−2,−2,2),
PF=23PD=(0,43,−43)，
所以CF=CP+PF=CP+23PD=(−2,−23,23)，
所以CE⋅n=0CF⋅n=0，即−2x1−y1=0−2x1−23y1+23z1=0，
令x1=1，则y=−2，z=1，即n=(1,−2,1)，
设平面CEF与平面BEFG夹角为θ，由图知θ为锐角，
则csθ=|cs|=|m⋅n||m|⋅|n|
=|1×1+2×(−2)+(−1)×1| 6× 6=23，
即平面CEF与平面BEFG夹角的余弦值为23.
【解析】本题考查线线垂直的向量表示，考查平面与平面所成角的向量求法，属于中档题.
(1)以A为坐标原点，分别以AB,AD,AP的方向为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，利用向量法即可求解；
(2)利用向量夹角的余弦公式即可求解.
18.【答案】解：(1)当直线AB的斜率存在时，
设其方程为y=kx+m，A(x1,y1)，B(x2,y2)，
联立y=kx+mx28+y24=1，得
(2k2+1)x2+4kmx+2m2−8=0，
所以x1+x2=−4km2k2+1，x1x2=2m2−82k2+1，
Δ=16k2m2−4(2k2+1)(2m2−8)
=8(8k2−m2+4)>0，
因为OA⊥OB，
所以OA⋅OB=x1x2+y1y2
=x1x2+(kx1+m)(kx2+m)
=(k2+1)x1x2+km(x1+x2)+m2
=(k2+1)⋅2m2−82k2+1+km⋅−4km2k2+1+m2
=−8k2+3m2−82k2+1=0，
所以3m2=8(k2+1)，满足Δ>0，
设点P(x0,y0)，
因为点P在直线AB上，
所以y0=kx0+m①，
因为OP⊥AB，所以直线OP的方程为
y=−1kx，所以y0=−1kx0②，
联立①②得，k=−x0y0，m=y0+x02y0，
代入3m2=8(k2+1)中，
有3(y0+x02y0)2=8[(−x0y0)2+1]，
化简得x02+y02=83，
所以点P的轨迹方程为x2+y2=83；
当直线AB的斜率不存在时，
设直线AB的方程为x=n，则P(n,0)，
将x=n代入椭圆方程中，有n28+y24=1，
解得y=± 8−n22，
不妨取A(n, 8−n22)，B(n,− 8−n22)，
因为OA⊥OB，
所以OA⋅OB=n2−8−n22=0，
解得n2=83，即P(± 83,0)，满足x2+y2=83，
综上所述，点P的轨迹方程为x2+y2=83;
(2)由(1)知，当直线AB的斜率存在时，
|OP|= 83=2 63，3m2=8(k2+1)，
所以|AB|= 1+k2⋅ (x1+x2)2−4x1x2
= 1+k2⋅ 8(8k2−m2+4)2k2+1
= 1+k2⋅ 8[8k2−8(k2+1)3+4]2k2+1
=4 63⋅ (k2+1)(4k2+1)2k2+1，
所以△OAB面积S=12|OP|⋅|AB|
=12×2 63×4 63⋅ (k2+1)(4k2+1)2k2+1
=83⋅ (k2+1)(4k2+1)2k2+1，
令t=2k2+1≥1，则k2=t−12，
所以S=83⋅ t+12×(2t−1)t2
=83× 22⋅ (t+1)(2t−1)t2
=4 23⋅ 2t2+t−1t2
=4 23⋅ −(1t−12)2+94，
因为t≥1，所以0<1t≤1，
所以当1t=1，即t=1时，S取得最小值，
为4 23× −14+94=83；
当1t=12，即t=2时，S取得最大值，
为4 23× 0+94=2 2，
所以△OAB面积的取值范围为[83,2 2]；
当直线AB的斜率不存在时，△OAB面积
S=12|OP|⋅|AB|=12×2 63×2 8−832=83，
综上，△OAB面积的取值范围为[83,2 2].
【解析】本题考查与圆相关的轨迹问题，考查直线与椭圆的位置关系及其应用，椭圆中的三角形面积，属于难题.
(1)当直线AB的斜率存在时，设其方程为y=kx+m，将其与椭圆方程联立，结合韦达定理，利用OA⋅OB=0，推出3m2=8(k2+1)，再设点P(x0,y0)，联立直线AB和OP的方程，求出y0与x0满足的等量关系式即可得点P的轨迹方程；当直线AB的斜率不存在时，可求得P(± 83,0)，检验该点是否满足上一步求出的轨迹方程即可；
(2)当直线AB的斜率存在时，结合弦长公式与点到直线的距离公式表示出△OAB面积，再利用换元法、配方法求其取值范围即可；当直线AB的斜率不存在时，计算可得△OAB面积．
19.【答案】解：(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞)，
且f′(x)=1x−ax=1−ax2x.
①若a≤0，则f′(x)>0恒成立，
所以f(x)在(0,+∞)上单调递增；
②若a>0，则当x∈(0, 1a)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当x∈( 1a,+∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
综上，当a≤0时，f(x)在(0,+∞)上单调递增；
当a>0时，f(x)在(0, 1a)上单调递增，在( 1a,+∞)上单调递减．
(2)证明：设F(x)=f′(x)−f(x2)−f(x1)x2−x1，(x>0)，
则F(x)=1x−ax−lnx2−12ax22−lnx1+12ax12x2−x1
=1x−ax−lnx2−lnx1x2−x1+12a(x2+x1)，
因为a>0，所以F(x)=1x−ax−lnx2−lnx1x2−x1+12a(x2+x1)
在区间(x1,x2)上单调递减，
F(x1)=1x1−ax1−lnx2−lnx1x2−x1+12a(x2+x1)
=1x1−lnx2−lnx1x2−x1+12a(x2−x1)
=1x2−x1(x2x1−1−lnx2x1)+12a(x2−x1)，
设g(t)=t−1−lnt，t>0，则g′(t)=1−1t=t−1t，
所以t∈(0,1)时，g′(t)<0，g(t)单调递减；
t∈(1,+∞)时，g′(t)>0，g(t)单调递增；
所以g(t)的最小值为g(t)min=g(1)=0.
又01，
所以x2x1−1−lnx2x1>0恒成立；
又因为a>0，x2−x1>0，所以F(x1)>0.
同理可得：F(x2)=1x2−x1(1−x1x2+lnx1x2)+12a(x1−x2)，
由t−1−lnt≥0(t=1时等号成立)，
又因为0所以1−x1x2+lnx1x2<0恒成立；
又因为a>0，x1−x2<0，x2−x1>0，
所以F(x2)<0.
所以，区间(x1,x2)上存在唯一实数ξ，
使得F(ξ)=0，
所以对任意a∈(0,+∞)，
存在唯一的实数ξ∈(x1,x2)，
使得f′(ξ)=f(x2)−f(x1)x2−x1成立．得证.
(3)证明：当a=1时，由(1)可得：
f(x)=lnx−12x2+12在(1,+∞)上单调递减，
所以x>1时，f(x)即lnx−12x2+12<0.
令x=n+1n，n∈N*，
则lnn+1n−12(n+1n)2+12<0，
即(n+1n)2−1>2ln(n+1)−2lnn，
所以2n+1n2>2ln(n+1)−2lnn，
令bn=2ln(n+1)−2lnn，n∈N*，则an>bn，
所以a1+a2+...+an>b1+b2+...+bn，
即Sn>2ln(n+1).得证.
【解析】本题考查导数的综合应用问题，利用导数解(证明)不等式，属于难题．
(1)求出函数f(x)的定义域，计算f′(x)，讨论a的取值，利用导数判断函数的单调性即可．
(2)设F(x)=f′(x)−f(x2)−f(x1)x2−x1，(x>0)，判断F(x)在区间(x1,x2)上单调递减，计算F(x1)，判断F(x1)>0，计算F(x2)，判断F(x2)<0，即可得出区间(x1,x2)上存在唯一实数ξ，使得F(ξ)=0，即可得出结论成立．
(3)由a=1时，f(x)在(1,+∞)上单调递减，得出x>1时，lnx−12x2+12<0，设x=n+1n，n∈N*，得出2n+1n2>2ln(n+1)−2lnn，令bn=2ln(n+1)−2lnn，n∈N*，得出an>bn，即可得出Sn>2ln(n+1).X
2
3
4
5
P
13
29
2881
881