【文档说明】河南省郑州外国语学校2022-2023学年高三上学期调研考试（四）理科数学答案.pdf，共(15)页，1.343 MB，由envi的店铺上传

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第1页（共15页）郑州外国语学校2022-2023学年上期高三第四次调研考试试卷数学（理科）参考答案与试题解析一．选择题（共12小题）1．设全集U＝R，集合A＝{x|x2﹣x﹣2≤0}，B＝{x|lgx＞0}，则A∩B＝（）A．{x|﹣1

≤x≤2}B．{x|1＜x≤2}C．{x|1＜x＜2}D．{x|x≥﹣1}【解答】解：解x2﹣x﹣2≤0得﹣1≤x≤2，A＝{x|﹣1≤x≤2}，由lgx＞0得x＞1，故B＝{x|x＞1}，所以A∩B＝{x|1＜x≤2}．故选：B．2．已知复数z满足zi＝3i+4，其中i为虚数单位，则

𝑧在复平面内对应点在（）A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限【解答】解：𝑧=3𝑖+4𝑖=3−4𝑖，则𝑧=3+4𝑖．故𝑧在复平面内对应点（3，4）在第一象限．故选：A．3．下列各命题的否定

为真命题的是（）A．∀𝑥∈𝑅，𝑥2−𝑥+14≥0B．∃x∈R，2x＞x2C．∃𝑥∈𝑅+，(13)𝑥＞𝑙𝑜𝑔2𝑥D．∀𝑥∈[0，𝜋2]，𝑠𝑖𝑛𝑥＜𝑥【解答】解：对于A，∀𝑥∈𝑅，𝑥2−𝑥+14=(𝑥−12)2≥0为真命题，故其否定为

假命题，错误；对于B，因为x＝5时，25＝32＞52＝25，∃x∈R，2x＞x2为真命题，故其否定为假命题，错误；对于C，当x∈（0，1）时，(13)𝑥＞0，𝑙𝑜𝑔2𝑥＜0，∃𝑥∈𝑅+，(13)𝑥＞𝑙𝑜𝑔2𝑥

为真命题，故其否定为假命题，错误；对于D，当x＝0时，sin0＝0，故∀𝑥∈[0，𝜋2]，𝑠𝑖𝑛𝑥＜𝑥为假命题，故其否定为真命题，正确；故选：D．4．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（）第2页（共15页）A．16π

+32B．8π+32C．8𝜋+323D．16𝜋+323【解答】解：根据几何体的三视图转换为直观图为：该几何体由一个半圆柱和一个三棱柱组成的几何体；如图所示：故𝑉=12×𝜋⋅22×4+12×4×4×4=8𝜋+32．故选：B．5．已知抛物线C：y2＝2px（p＞0）的焦点为F，点P是C上一

点，且|PF|＝5，以PF为直径的圆截x轴所得的弦长为1，则p＝（）A．2B．2或4C．4D．4或6【解答】解：设以PF为直径的圆与x轴交点为A，则|AF|＝1，|PF|＝5，连接PA，则∠PAF＝90°，所以|PA|=√|𝑃𝐹|2−|𝐴𝐹|2=√52−12=2√

6，所以yP＝2√6，把y＝2√6，代入y2＝2px，得x=12𝑝，第3页（共15页）所以xP=12𝑝，所以12𝑝−（−𝑝2）＝|PF|，即12𝑝+𝑝2=5，所以p2﹣10p+24＝0解得p＝4或6，故选：D．6．设正项等比数列{an}的前n项和为Sn，若2S3＝3a2+

8a1，S8＝2S7+2，则a2＝（）A．4B．3C．2D．1【解答】解：设正项等比数列{an}的公比为q，∵2S3＝3a2+8a1，∴2（a1+a2+a3）＝3a2+8a1，即6a1+a2﹣2a3＝0

，∴6𝑎1+𝑎1𝑞−2𝑎1𝑞2=0，∵a1＞0，∴6+q﹣2q2＝0，解得q＝2或q=−32（舍去），∴q＝2，∵S8＝2S7+2，∴S7+a8＝2S7+2，∴a8＝S7+2，∴𝑎1𝑞7=𝑎1(1−𝑞7)1−𝑞+2，∵q＝2，∴128a1＝12

7a1+2，解得a1＝2，∴a2＝a1q＝4．故选：A．第4页（共15页）7．将曲线（x+y）（x﹣2y+1）+1＝0的图像画在坐标轴上，再把坐标轴擦去（x轴水平向右，y轴竖直向上），得到的图像最有可能为（）A．B．C．D．【解答】解：令x＝0，得2y2﹣y

﹣1＝0有一正一负根，故图象与y轴正负半轴各有一个交点，再令y＝0，得x2+x+1＝0，显然无实根，故图象与x轴没交点，故排除A，D；由原式得𝑥+𝑦=−1𝑥−2𝑦+1，当x→+∞，y→﹣∞时，𝑥+𝑦=−1𝑥−2𝑦+1→0﹣，即此时图象在第四象限无限趋近于直

线x+y＝0，且纵坐标的绝对值大一点，B选项在第四象限的图象更符合，C不符合，故B最有可能．故选：B．8．若函数f（x）＝x2+mx+n在区间（﹣1，1）上有两个零点，则n2﹣m2+2n+1的取值范围是（）A．（0，1）

B．（1，2）C．（0，4）D．（1，4）【解答】解：设f（x）的两个零点为x1，x2，其中𝑥1,𝑥2∈(−1,1)，则f（x）＝（x﹣x1）（x﹣x2），所以n2﹣m2+2n+1＝（n+1）2﹣m2＝（n+1+m）（n+1﹣m）＝f（1）•f（﹣1）＝（1−𝑥12）（1﹣x22）∈(0,1

)．故选：A．9．已知函数f（x）＝aex+4x，对任意的实数x1，x2∈（﹣∞，+∞），且x1≠x2，不等式𝑓(𝑥1)−𝑓(𝑥2)𝑥1−𝑥2＞𝑥1+𝑥2恒成立，则实数a的取值范围是（）A．[2𝑒，

+∞)B．[2𝑒3+∞)C．(2𝑒，+∞)D．(2𝑒3+∞)第5页（共15页）【解答】解：不妨设x1＞x2，由𝑓(𝑥1)−𝑓(𝑥2)𝑥1−𝑥2＞𝑥1+𝑥2，得𝑓(𝑥1)−𝑓(𝑥2)＞𝑥12−𝑥22，即𝑓(𝑥1)−𝑥12＞𝑓(𝑥2)−𝑥2

2，令g（x）＝f（x）﹣x2，所以对任意的实数x1，x2∈（﹣∞，+∞），x1＞x2时，都有g（x1）＞g（x2），即g（x）在（﹣∞，+∞）上单调递增，所以g'（x）＝aex﹣2x+4≥0在x∈（﹣∞，+∞）上恒成立，即𝑎≥2𝑥−4𝑒𝑥．

在x∈（﹣∞，+∞）上恒成立，令ℎ(𝑥)=2𝑥−4𝑒𝑥．则ℎ′(𝑥)=6−2𝑥𝑒𝑥，令h'（x）＞0，解得x＜3，令h'（x）＜0，解得x＞3，所以h（x）在（﹣∞，3）上单调递增，在（3，+∞）上单调递减，所以ℎ(𝑥)𝑚𝑎𝑥=ℎ(3)=2𝑒3，所以�

�≥2𝑒3，即实数a的取值范围是[2𝑒3，+∞)．故选：B．10．张衡是中国东汉时期伟大的天文学家、数学家，他曾在数学著作《算罔论》中得出结论：圆周率的平方除以十六约等于八分之五．已知在菱形ABCD中，AB＝BD＝2√3，将△ABD沿BD进行翻折，使得AC＝2√6．按张衡的

结论，三棱锥A﹣BCD外接球的表面积约为（）A．72B．24√10C．28√10D．32√10【解答】解：∵𝐴𝐵=𝐵𝐷=2√3且ABCD为菱形，可知△ABD和△CBD为全等的等边三角形，记BD中点为E，则AE＝CE＝3，又翻折后𝐴𝐶

=2√6，由余弦定理可知：𝑐𝑜𝑠∠𝐴𝐸𝐶=32+32−(2√6)22×3×3=−13，过△ABD和△CBD的外接圆圆心O1，O2，分别作两条垂线垂直于△ABD和△CBD，相交于外接球O，因为𝑂1𝐸=13𝐴𝐸=1，且𝑐𝑜𝑠∠𝐴𝐸𝑂=√1+𝑐𝑜𝑠

∠𝐴𝐸𝐶2=√33，由此，在Rt△O1EO中，可求得𝑂𝐸=√3，𝑂𝑂1=√2．𝑂1𝐴=23𝐴𝐸=2，由已知𝜋2=16×58=10⇒𝜋=√10，所以外接球半径𝑅2=𝑂𝐴2=𝑂1𝐴2+𝑂𝑂12=6，第6页（共15页）所以外接球

表面积为4𝜋𝑅2=24√10，故选：B．11．已知函数f（x）＝ax2﹣ax﹣xlnx，且对任意x∈（0，+∞），f（x）≥0恒成立，则实数a的取值集合为（）A．{a|0＜a＜1}B．{a|1＜a＜2}C．{a|﹣

1＜a＜1}D．{1}【解答】解：函数f（x）＝ax2﹣ax﹣xlnx，对任意x∈（0，+∞），f（x）≥0恒成立，即为ax﹣a﹣lnx≥0恒成立，即有0≤（ax﹣a﹣lnx）min．设g（x）＝ax﹣a﹣

lnx，x＞0，g′（x）＝a−1𝑥，当a≤0时，g′（x）＜0，g（x）在（0，+∞）内递减，g（x）无最小值；当a＞0时，x＞1𝑎时，g′（x）＞0，g（x）递增；当0＜x＜1𝑎时，g′（x）＜0，g（x）递减，可得g（x）在x=1𝑎处取得极小值，且为

最小值1﹣a+lna．所以1﹣a+lna≥0，又设h（a）＝1﹣a+lna，a＞0，h′（a）＝﹣1+1𝑎，当a＞1时，h′（a）＜0，h（a）递减；当0＜a＜1时，h′（a）＞0，h（a）递增，则h（a）在a＝1处取得极大值，且为最大值0，所

以1﹣a+lna≤0，即1﹣a+lna＝0，解得a＝1．故选：D．12．已知函数f（x）＝sin（cosx）+cos（sinx），则下列结论正确的是（）A．f（x）是奇函数B．f（x）的最大值为2C．∀x∈R，f（x﹣

π）＝f（x）D．∀x∈[0，π]，f（x+π）＞0【解答】解：对于A，f（﹣x）＝sin（cos（﹣x））+cos（sin（﹣x））＝sin（cosx）第7页（共15页）+cos（﹣sinx）＝sin（cosx）+cos（sinx）＝f（x），∴f

（x）为偶函数，选项A错误；对于B，由于﹣1≤cosx≤1，则sin（cosx）的最大值为sin1，而cos（sinx）的最大值为1，∴f（x）的最大值为sin1+1＜2，选项B错误；对于C，不妨取x＝0，则f（﹣π）＝sin（cos（﹣π））

+cos（sin（﹣π））＝sin（﹣1）+cos0＝1﹣sin1，而f（0）＝sin（cos0）+cos（sin0）＝sin1+1，∴f（0﹣π）≠f（0），选项C错误；∴选项D正确，作出函数𝑓(𝑥)图象验证如下，由图象可知，选

项D正确．选项D的代数推导：𝑓(𝑥+𝜋)=cos(sin𝑥)−sin(cos𝑥)，若𝑥∈[𝜋2,𝜋]，则cos(sin𝑥)>0，sin(cos𝑥)<0，则𝑓(𝑥+𝜋)>0，若𝑥∈[0,𝜋2)，则sin𝑥+cos𝑥≤√2<𝜋2，即0<sin𝑥<𝜋2

−cos𝑥<𝜋2，所以cos(sin𝑥)>cos(𝜋2−cos𝑥)=sin(cos𝑥)，即𝑓(𝑥+𝜋)>0.故选：D．二．填空题（共4小题）13．∫2−2(𝑒|𝑥|+√4−𝑥2)𝑑𝑥=2𝑒2−

2+2π．【解答】解：∫2−2√4−𝑥2dx＝2∫20√4−𝑥2dx＝2𝜋，∫2−2e|x|dx＝2∫20exdx＝2ex|02=2e2﹣2，故∫2−2(𝑒|𝑥|+√4−𝑥2)𝑑𝑥=2𝑒2−2+2π，故答案为：2𝑒2−2+2π.14．已知甲袋内有大小相

同的2个红球和2个白球，乙袋内有大小相同的1个红球第8页（共15页）和2个白球．现从甲、乙两个袋内各任取2个球，则恰好有2个红球的概率为12．【解答】解：设X为红球的个数.P（X＝2）=𝐶22𝐶42⋅𝐶22𝐶32+𝐶2

1𝐶21𝐶42⋅𝐶11𝐶21𝐶32=12，答案为：12．15．已知函数f（x）＝（sinωx）2+12𝑠𝑖𝑛2𝜔𝑥−12(𝜔＞0，𝜔∈𝑅)，若f（x）在区间（π，2π））内没有零点，则ω的取值范围是（0，116]∪[18，516]．【解答】解：函数

f（x）＝（sinωx）2+12sin2ωx−12=12（1﹣cos2ωx）+12sin2ωx−12=12sin2ωx−12cos2ωx=√22sin（2ωx−𝜋4），由f（x）＝0，可得sin（2ωx−𝜋4）＝0，解得x=𝑘𝜋+𝜋42𝜔∉（π，

2π），因为f（x）在区间（π，2π）内没有零点，所以𝑇2≥π，即𝜋2𝜔≥π，解得ω≤12；又因为ω＞0，令π＜𝑘𝜋+𝜋42𝜔＜2π，k∈Z；解得𝑘4+116＜ω＜𝑘2+18，k∈Z；当k＝0时，ω

∈（116，18），当k＝1时，ω∈（516，58）；所以有解时ω的取值范围是（116，18）∪（516，12]，由f（x）在区间（π，2π）内没有零点，所以ω的取值范围是（0，116]∪[18，516]．故答案为：（0，116]∪[18，516]．16．过双曲线Γ

：𝑥2𝑎2−𝑦2𝑏2=1(𝑎＞0，𝑏＞0)的左焦点𝐹1的动直线l与Γ的左支交于A，B两点，设Γ的右焦点为F2.若存在直线l，使得AF2⊥BF2，则Γ的离心率的取值范围是(√5，1+√2]．【解答】法1：设|𝐴𝐹1|=𝑚，|𝐵𝐹1|=�

�，则|𝐴𝐹2|=𝑚+2𝑎，|𝐵𝐹2|=𝑛+2𝑎，第10页（共15页）csinBcosB+bsinBcosC=√32b，则𝑠𝑖𝑛𝐶𝑠𝑖𝑛𝐵𝑐𝑜𝑠𝐵+𝑠𝑖𝑛𝐵𝑠𝑖𝑛𝐵𝑐𝑜𝑠𝐶=√32𝑠𝑖𝑛𝐵，因为sinB

≠0，所以𝑠𝑖𝑛𝐶𝑐𝑜𝑠𝐵+𝑠𝑖𝑛𝐵𝑐𝑜𝑠𝐶=√32，所以𝑠𝑖𝑛(𝐵+𝐶)=𝑠𝑖𝑛𝐴=√32，…………………………………………4分因为0＜A＜π，所以𝐴=𝜋3

或𝐴=2𝜋3；…………………………………………5分（2）由A为钝角及（1）结论，则𝐴=2𝜋3，由余弦定理得a2＝b2+c2+bc，又𝑆=12𝑏𝑐𝑠𝑖𝑛𝐴=√34𝑏𝑐，所以𝑆𝑎2=√34×𝑏𝑐𝑏2+𝑐2+𝑏𝑐≤√34×

𝑏𝑐2𝑏𝑐+𝑏𝑐=√312，当且仅当b＝c时取等号，故𝑆𝑎2的最大值为√312．…………………………………………10分18．已知数列{an}和{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，且a1＝1，an+1=−23𝑆𝑛+1，

𝑏𝑛=2log13𝑎𝑛+3．（1）求数列{an}和{bn}的通项公式；（2）若cn＝an+1𝑇𝑛，设数列{cn}的前n项和为Rn，证明：Rn＜3．【解答】解：（1）因为an+1=−23𝑆𝑛+1，由a1＝1，所以a2=−23a1+1=13，当n≥2时，an=−23Sn﹣1+1

，两式相减得，an+1﹣an=−23an，即an+1=13an，…………………………………3分易知，a2=13a1，符合上式，…………………………………………4分所以数列{an}是以1为首项，13为公比的等比数列，所以an＝（13）n﹣1；…

………………………………………5分𝑏𝑛=2log13𝑎𝑛+3=2log13(13)𝑛−1+3=2𝑛+1；…………………………6分（2）证明：由（1）bn＝2n+1，所以Tn=𝑛(3+2𝑛+1)2

=n（n+2），若cn＝an+1𝑇𝑛=（13）n﹣1+1𝑛(𝑛+2)=（13）n﹣1+12（1𝑛−1𝑛+2），…………………8分第11页（共15页）所以Rn=1−(13)𝑛1−13+12[（1−13）+（12−14）+（13−15）+（14−16）+……+（1𝑛−1−1𝑛+

1）+（1𝑛−1𝑛+2）]=32−32×（13）n+12（32−1𝑛+1−1𝑛+2）=32−32×（13）n+34−12(𝑛+1)−12(𝑛+2)=94−32×（13）n−12(𝑛+1)−12(𝑛+2)＜94＜3，得证．

…………………………………………12分19．如图，PD⊥平面ABCD，AD⊥CD，AB∥CD，PQ∥CD，AD＝CD＝DP＝2PQ＝2AB＝2，点E，F，M分别为AP，CD，BQ的中点．（1）求证：EF∥平面CPM；（2）若N为线段CQ上的点，且直线DN与平面QPM所成的角为𝜋6

，求线段QN的长．【解答】解：（1）证明：连接EM，因为AB∥CD，PQ∥CD，CD＝2PQ＝2AB＝2，所以四边形ABQP为平行四边形，又点E，F，M分别为AP，CD，BQ的中点，则𝐸𝑀∥𝐴𝐵，𝐸𝑀=𝐴𝐵，𝐶𝐹=12𝐶𝐷，即EM∥CF

且EM＝CF，所以四边形EMCF为平行四边形，则EF∥CM，又EF⊄平面CPM，CM⊂平面CPM，所以EF∥平面CPM；…………………………………………4分（2）建立如图所示的空间直角坐标系，则𝐷(0，0，0)，𝐴(2，0，0)，𝐵(2，1，0)，𝐶(0，2，0)，𝑃(0，

0，2)，𝑄(0，1，2)，𝑀(1，1，1)𝑃𝑀→=(1，1，−1)，𝑃𝑄→=(0，1，0)，𝐶𝑀→=(1，−1，1)，𝑃𝐶→=(0，2，−2)，设平面QPM的一个法向量为𝑚→=(𝑥，𝑦，𝑧)，则{𝑚→⋅𝑃𝑀→=𝑥+𝑦−𝑧=0𝑚→⋅𝑃𝑄→=𝑦=0

，则可取𝑚→=(1，0，1)；…………………………………………6分设𝑄𝑁→=𝜆𝑄𝐶→(0≤𝜆≤1)，则𝑄𝑁→=𝜆𝑄𝐶→=(0，𝜆，−2𝜆)，第12页（共15页）所以𝑁(0，𝜆+1，2−2𝜆)，𝐷𝑁→=(0，

𝜆+1，2−2𝜆)，由题意直线DN与平面QPM所成的角为𝜋6，则𝑠𝑖𝑛𝜋6=|𝑐𝑜𝑠＜𝐷𝑁→，𝑚→＞|=|𝐷𝑁→⋅𝑚→||𝐷𝑁→||𝑚→|=|2−2𝜆|√(𝜆+1)2+(2−2𝜆)2⋅√2=

12，解得𝜆=13或λ＝3（舍），…………………………………………10分所以|𝑄𝑁→|=13|𝑄𝐶→|=√53，即线段QN的长为√53．………………………………12分20．目前，教师职业越来越受青睐，考取教师资格证成为不少人的就业规划之一．当前，中小学教师资格考试分笔试

和面试两部分．已知某市2022年共有10000名考生参加了中小学教师资格考试的笔试，现从中随机抽取100人的笔试成绩（满分100分）作为样本，整理得到如下频数分布表：笔试成绩X[40，50）[50，60）[60，70）[70，80）[80，90）[90，100]人数51025302010由

频数分布表可认为该市全体考生的笔试成绩X近似服从正态分布N（μ，σ2），其中，μ近似为100名样本考生笔试成绩的平均值（同一组的数据用该组区间的中点值代替）．（1）若σ≈12，据此估计该市全体考生中笔试成绩高于8

5的人数（结果四舍五入精确到个位）；（2）按照分层随机抽样方法，从笔试成绩为[80，90）和[90，100]的考生中随机抽取6人，再从这6人中随机抽取2人，记成绩不低于90分的人数为随机变量ξ，求ξ的分布列和均值．参考数据：若X～

N（μ，σ2），则P（μ﹣σ≤X≤μ+σ）≈0.6827，P（μ﹣2σ≤X≤μ+2σ）≈0.9545，P（μ﹣3σ≤X≤μ+3σ）≈0.9973．【解答】解：（1）由题意知，μ=1100（45×5+55×10+65×2

5+75×30+85×20+95×10）第13页（共15页）＝73，………………………………………2分所以P（73﹣12≤X≤73+12）＝P（61≤X≤85）≈0.6827，所以P（X＞85）=12（1﹣0.6827）＝0.15865，……………………

………………4分所以估计该市全体考生中笔试成绩高于85的人数为10000×0.15865＝1586.5≈1587名．…………………………………………6分（2）按照比例分配的分层随机抽样方法，抽取的6人中，笔试成绩为[80，90）的考生有4名，笔试成绩为[90，100]的考生有2名，随机变量ξ的

可能取值为0，1，2，P（ξ＝0）=𝐶42𝐶20𝐶62=25，P（ξ＝1）=𝐶41𝐶21𝐶62=815，P（ξ＝2）=𝐶40𝐶22𝐶62=115，所以ξ的分布列为ξ012P25815115…………………………………………10分均值E（ξ）＝0×25+1×815+2×115=

23．…………………………………………12分21．已知离心率为√22的椭圆C的中心在原点O，对称轴为坐标轴，F1，F2为左右焦点，M为椭圆上的点，且|𝑀𝐹1→|+|𝑀𝐹2→|=2√2．直线l过椭圆外一点P

（m，0）（m＜0），与椭圆交于A（x1，y1），B（x2，y2）两点，满足y2＞y1＞0．（1）求椭圆C的标准方程；（2）对于任意点P，是否总存在唯一的直线l，使得𝐹1𝐴→//𝐹2𝐵→成立，若存在，求出点P（m，0）对应的直线l的斜率；否则说明理由．【解答】解：

（1）由题可设椭圆方程为𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=1，则𝑒=𝑐𝑎=√22，由椭圆定理可得|𝑀𝐹1→|+|𝑀𝐹2→|=2𝑎=2√2，则𝑎=√2，𝑐=1，𝑏=1，所以椭圆的方程为：𝑥22+𝑦2=1．……………………………

……………4分（2）设直线l方程为y＝k（x﹣m）（斜率必存在），则𝐹1𝐴→=(𝑥1+1，𝑦1)，𝐹2𝐵→=(𝑥2−1，𝑦2)，∵𝐹1𝐴→∥𝐹2𝐵→，∴（x1+1）⋅y2＝（x2﹣1）⋅y1，第14页（共1

5页）∴（x1+1）⋅k（x2﹣m）＝（x2﹣1）⋅k（x1﹣m），化简得x2+x1+m（x2﹣x1）﹣2m＝0①，…………………………………………6分联立y＝k（x﹣m）与椭圆方程可得，（1+2k2）x2﹣4mk2x+2k2m2﹣2＝0，Δ＝8k2（

2﹣m2）+8＞0，∴𝑥1+𝑥2=4𝑚𝑘21+2𝑘2，𝑥1𝑥2=2𝑘2𝑚2−21+2𝑘2，…………………………………………8分代入①得，4𝑚𝑘21+2𝑘2+𝑚(𝑥2−𝑥1)−2𝑚=0，∴𝑥2−𝑥1=21+2𝑘2②，∴(𝑥2−𝑥1)2=(𝑥1+𝑥

2)2−4𝑥1𝑥2=16𝑘2−8𝑘2𝑚2+8(1+2𝑘2)2，代入②得：4k2﹣2k2m2+1＝0，故𝑘2=12𝑚2−4，…………………………………10分而点A、B在x轴上方，所以对于任意一个𝑚＜−√2，存在唯一的𝑘=√12𝑚2−4使得𝐹1�

�→∥𝐹2𝐵→成立，故满足题意的直线l有且只有一条．………………………………………12分22．已知函数f（x）＝ax2﹣bx+lnx在点（1，f（1））处的切线方程为2x﹣2y﹣3＝0．（1）求实数a，b的值；（2）

设函数𝑔(𝑥)=𝑓(𝑥)−𝑚𝑥(𝑚≥32)的两个极值点为x1，x2且x1＜x2，若g（x1）﹣g（x2）≥λ恒成立，求满足条件的λ的最大值．【解答】解：（1）由f（x）＝ax2﹣bx+lnx，得𝑓′(𝑥)=

2𝑎𝑥−𝑏+1𝑥，因为（1，f（1））在切线方程2x﹣2y﹣3＝0上，所以2﹣2y﹣3＝0，解得𝑦=−12，所以𝑓(1)=−12，所以{𝑎−𝑏+𝑙𝑛1=−122𝑎−𝑏+1=1，解得𝑎=12，𝑏

=1．…………………………………………4分（2）由（1）知，𝑓(𝑥)=12𝑥2−𝑥+𝑙𝑛𝑥，则𝑔(𝑥)=12𝑥2−𝑥+𝑙𝑛𝑥−𝑚𝑥(𝑚≥32)则𝑔′(𝑥)=1𝑥+𝑥−(𝑚+1)=𝑥2−(𝑚+1)𝑥+1𝑥（x＞0），由g′（x

）＝0，得x2﹣（m+1）x+1＝0，因为x1，x2（x1＜x2）是函数g（x）的两个极值点，所以方程x2﹣（m+1）x+1＝0有两个不相等的正实根x1，x2，第15页（共15页）所以x1+x2＝m+1，x1x2＝1，所以𝑥2=1�

�1．………………………………………6分因为𝑚≥32，所以𝑥1+1𝑥1=𝑚+1≥52，解得0＜𝑥1≤12或x1≥2，因为0＜𝑥1＜𝑥2=1𝑥1，所以0＜𝑥1≤12，所以𝑔(𝑥1)−𝑔(𝑥2)=𝑙𝑛𝑥1+12�

�12−(𝑚+1)𝑥1−𝑙𝑛𝑥2−12𝑥22+(𝑚+1)𝑥2=𝑙𝑛𝑥1𝑥2+12(𝑥12−𝑥22)−(𝑚+1)(𝑥1−𝑥2)=2𝑙𝑛𝑥1−12(𝑥12−1𝑥12)，………………8分令𝐹(𝑥)=2𝑙𝑛𝑥−12(𝑥2−1𝑥2)

(0＜𝑥≤12)，则𝐹′(𝑥)=2𝑥−𝑥−1𝑥3=−(𝑥2−1)2𝑥3＜0，所以F（x）在(0，12]上单调递减，所以当𝑥=12时，F（x）取得最小值，即𝐹(𝑥)min=2𝑙𝑛12−12(14−4)=158−2𝑙𝑛2，所以𝜆≤158−2𝑙𝑛2，即实数λ的最大值为

158−2𝑙𝑛2．……………………………12分