【文档说明】河南省洛阳市创新发展联盟2022-2023学年高二下学期3月联考试题 数学 含解析.docx，共(9)页，148.668 KB，由小赞的店铺上传

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2022~2023年度下学年创新发展联盟第一次联考数学注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答

题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。4.本试卷主要考试内容：人教A版选择性必修第一册占20%，选择性必修第二册占60%，选择性必修第三册第六章第1节占20%。一、选择题：本大题共8小

题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.现有3幅不同的油画，4幅不同的国画，5幅不同的水彩画，从这些画中选一幅布置房间，则不同的选法共有A.5种B.12种C.20种D.60种2.已知

数列{𝑎𝑛}的前n项和为Sₙ,且Sₙ=n²+2ⁿ,则a₃=A.4B.8C.9D.123.已知某质点的位移𝑥(单位：𝑚)与时间𝑡(单位：𝑠)的关系式是𝑥=3𝑡²+2𝑡,.则质点在2s时的瞬时速度为A.14m/sB.16m/sC.7m/sD.8m/s4.用4种不同的

颜色对图中3个区域涂色，要求相邻的区域不能使用同一种颜色，则不同的涂法有123A.24种B.36种C.48种D.64种5.设等差数列{𝑎𝑛}的前n项和为𝑎𝑛，且S₇>0,S₈<0,则下列各项中值最大的为A.𝑆4𝑎4B.𝑆5𝑎5C.𝑆7𝑎7D.�

�3𝑎36.函数𝑓(𝑥)的图象如图所示,设𝑓(𝑥)的导函数为𝑓′(𝑥),则𝑓(𝑥)·𝑓′(𝑥)>0的解集为A.(1,6)B.(1,4)C.(−∞,1)∪(6,+∞)D.(1,4)∪(6,+∞)7.已知数列{𝑎𝑛}满足𝑎₁=16,(𝑛+1)𝑎ₙ₊₁=2(𝑛+2)�

�ₙ,则𝑎ₙ的前100项和为A.25×2¹⁰²B.25×2¹⁰³C.25×2¹⁰⁴D.25×2¹⁰⁵8.已知𝑎=3301,𝑏=2201,𝑐=ln101100,则A.𝑎>𝑏>𝑐B.𝑎>𝑐>𝑏C.𝑐>𝑎>𝑏D.𝑏>𝑎>𝑐二、选择题

：本大题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.已知等比数列{𝑎𝑛}的前𝑛项积为𝑇ₙ,𝑎₃𝑎₄𝑎₅=1,则下列结论正确的是A.𝑎₄=1B.𝑇₂=𝑇₅C.𝑇₇=7D.若𝑎₁=1,

则𝑎₂=110.已知圆𝐶₁:𝑥²+𝑦²−6𝑦+5=0和圆𝐶₂:𝑥²+𝑦²−8𝑥+7=0,则下列结论正确的是A.圆𝐶₁与圆𝐶₂外切B.直线𝑦=𝑥与圆𝐶₁相切C.直线𝑦=𝑥被圆𝐶₂所截得的弦长为2

D.若𝑀,𝑁分别为圆𝐶₁和圆𝐶₂上一点,则|𝑀𝑁|的最大值为1011.若函数𝑓(𝑥)=𝑥²−1−𝑎𝑙𝑛𝑥有两个零点，则𝑎的值可以是A.-1B.1C.2D.312.意大利数学家斐波

那契从兔子繁殖问题引出的一个数列{𝑎𝑛}：1，1，2，3，5，8，13，…，其被称为斐波那契数列，满足𝑎₁=𝑎₂=1,𝑎ₙ₊₁=𝑎ₙ+𝑎ₙ₋₁.某同学提出类似的数列{𝑏𝑛}:1,3,4,7,11,18,…,满足𝑏₁=1,𝑏₂=3,𝑏ₙ₊₁=𝑏ₙ+𝑏ₙ

₋₁.下列结论正确的是A.𝑏2+𝑏4+𝑏6+⋯+𝑏100=𝑏101−1B.𝑏101𝑏99−𝑏1002=5C.设{𝑏ₙ}的前𝑛项和为𝑆ₙ,𝑏₁₀₀−𝑆₉₈=1D.𝑏12+𝑏22+𝑏32+⋯+𝑏1002=𝑏100𝑏101−1三、填空题：本大题共4小题，每小题5

分，共20分,把答案填在答题卡中的横线上.13.某书架的第一层放有5本不同的数学书，第二层放有8本不同的英语书.从这些书中任取1本数学书和1本英语书，共有▲种不同的取法.14.已知函数𝑓(𝑥)=sin𝑥,则lim∆𝑥→0𝑓

(𝜋−2∆𝑥)−𝑓(𝜋)∆𝑥=▲15.已知球O的半径为6，球心为O，球O被某平面所截得的截面为圆M，则以圆M为底面，O为顶点的圆锥的体积的最大值为▲.16.半正多面体亦称“阿基米德体”“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形为面的多面体.某半正多面体由4个三角形和4个正六边形构

成，其可由正四面体切割而成，如图所示.若点G在直线BC上，且𝐵𝐺⃗⃗⃗⃗⃗=5𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗,BC=1,则直线EF与直线AG所成角的余弦值为▲.四、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字

说明、证明过程或演算步骤.17.(10分)已知等差数列{𝑎𝑛}的前n项和为𝑆ₙ,𝑏ₙ是等比数列，且𝑎₁=𝑏₁=𝑎₂𝑏₂=1,𝑎₂(𝑏₁+𝑏₂)=𝑎₃.(1)求{𝑏ₙ}的通项公式及𝑆ₙ;(2)求数列{1𝑆𝑛+𝑎𝑛}的前𝑛项和𝑇ₙ.18.(12分)将2个不同的

红球和2个不同的黑球放入3个不同的盒子中(可以有盒子不放球).(1)若2个红球放入同一个盒子中，则不同的放法有多少种?(2)若每个盒子最多只能装3个球，则不同的放法有多少种?19.(12分)如图,在四棱锥P-ABCD中,PD⊥底面ABCD,底面ABCD是矩形,PD=CD

=1,BC=√2,M为BC的中点,(1)证明:PB⊥AM.(2)求二面角B-AP-M的平面角的余弦值.20.(12分)已知函数𝑓(𝑥)=𝑥𝑙𝑛𝑥+𝑥³.(1)求曲线𝑦=𝑓(𝑥)在点(1,𝑓(1

))处的切线方程;(2)若𝑓(𝑥)≥1对任意的𝑥≥𝑚恒成立，求实数𝑚的取值范围.21.(12分)已知椭圆C:𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=11(𝑎>𝑏>0),四点𝑃1(0,√2),𝑃2

(1,1),𝑃3(√2,1),𝑃4(−√2,1)中恰有三点在C上.(1)求C的方程;(2)若圆𝑥2+𝑦2=43的切线𝑙与C交于点A,B,证明:OA⊥OB,22.(12分)已知函数𝑓(𝑥)=ln𝑥−𝑎𝑥.(1)讨论𝑓(𝑥)的单调性;(2)若函数𝑔(𝑥)=𝑓(𝑥)

−𝑥²有两个零点𝑥₁,𝑥₂(𝑥₁<𝑥₂),求𝑎的取值范围，并证明𝑥₁𝑥₂>1.2022~2023年度下学年创新发展联盟第一次联考数学参考答案1.B从油画中选，有3种不同的选法；从国画中选，有4种不同的选法；从水彩画中选

，有5种不同的选法.根据分类加法计数原理，共有3+4+5=12种不同的选法.2.C𝑎₃=𝑆₃−𝑆₂=3²+2³−(2²+2²)=9.3.A𝑥′=6𝑡+2,质点在2s时的瞬时速度为6×2+2=14m/s.4.B先涂区域1，有4种涂法；再涂区域2，有3种涂法；最后涂区域3，有3种涂法.故不

同的涂法有4×3×3=36种.5.A因为𝑆₇=7𝑎₄>0,𝑆₈=4(𝑎₄+𝑎₅)<0,所以𝑎₄>0,𝑎₅<0.在{𝑆𝑛}中,𝑆₄最大,在{𝑎𝑛}中,𝑎₄是最小的正数,所以𝑆4𝑎4最大.6.D图象可

得当𝑥<4时,𝑓′(𝑥)>0,当𝑥>4时,𝑓′(𝑥)<0.结合图象可得𝑓(𝑥)⋅𝑓′(𝑥)>0的解集为(1,4)∪(6,+∞).7.D因为𝑎₁=16,(𝑛+1)𝑎ₙ₊₁=2(𝑛+2)𝑎ₙ,所以𝑎𝑛+1𝑛+2=2𝑎𝑛𝑛+1,𝑎12=8,所以

数列{𝑎𝑛𝑛+1}是以8为首项，2为公比的等比数列，则𝑎𝑛𝑛+1=2𝑛+2,即𝑎ₙ=(𝑛+1)2ⁿ⁺².设{𝑎ₙ}的前n项和为𝑇ₙ,则𝑇ₙ=2×2³+3×2⁴+4×2⁵+⋯+(𝑛+1)2𝑛+2,2𝑇𝑛=2×2

4+3×25+4×26+⋯+(𝑛+1)2𝑛+2,两式相减，得−𝑇𝑛=2×23+24+25+⋯+2𝑛+2−(𝑛+1)2𝑛+3,所以𝑇ₙ=𝑛⋅2ⁿ⁺³,𝑇₁₀₀=100×2¹⁰³=25×2¹⁰⁵.8.B因为𝑎−𝑏=3301−

2201=603−602301×201=1301×201>0,所以a>b.设𝑓(𝑥)=ln𝑥−(2(𝑥−1)𝑥+1,则𝑓′(𝑥)=1𝑥−4(𝑥+1)2=(𝑥−1)2𝑥(𝑥+1)2≥0,故𝑓(𝑥)=ln𝑥−2(𝑥−1)𝑥+1在(0,+∞)上单调递增

.因为𝑓(1)=0,所以𝑓(101100)=ln101100−2(101100−1)101100+1=ln101100−2201>𝑓(1)=0,即c>b.设𝑔(𝑥)=ln𝑥−3(𝑥−1)𝑥+2,则𝑔′(𝑥)=1𝑥−9(𝑥+2)2=(𝑥

−1)(𝑥−4)𝑥(𝑥+2)2,当𝑥∈(1,4)时,𝑔′(𝑥)<0,则𝑔(𝑥)在(1,4)上单调递减.因为g(1)=0,所以g(101100)=ln101100−3(101100−1)101100+2=ln101100−3301>g(1)=0即

𝑎>𝑐.综上,𝑎>𝑐>𝑏.9.ABD因为𝑎3𝑎4𝑎5=𝑎43=1,所以𝑎₄=1,A正确.因为𝑎₁𝑎₂=𝑎₁𝑎₂𝑎₃𝑎₄𝑎₅,.所以𝑇₂=𝑇₅,B正确.T₇=𝑎1𝑎2𝑎3𝑎4𝑎5𝑎6𝑎7=𝑎47=1,𝐶错误.若𝑎₁=1,则𝑞3=𝑎₄�

�₁=1,解得q=1,所以𝑎₂=𝑎₁𝑞=1,D正确.10.ACD圆𝐶₁:𝑥²+𝑦²−6𝑦+5=0化为𝑥²+(𝑦−3)²=4,圆心坐标为(0,3),半径为2,圆𝐶₂:𝑥²+𝑦²−8𝑥+7=0化为(𝑥−4)²+𝑦²=9,圆心坐标为(4,0),半径为3.因为两个圆的圆心距为

√32+42=5,等于两个圆半径的和，所以两个圆外切，A正确.圆𝐶₁的圆心到直线𝑦=𝑥的距离为0−3√2=3√22≠2,所以直线𝑦=𝑥与圆𝐶₁不相切，B错误.圆C₂的圆心到直线𝑦=𝑥的距离为4−

0√2=2√2,,直线𝑦=𝑥被圆𝐶₂所截得的弦长为2√32−(2√2)2=2,C正确.若M,N分别为圆C₁和圆C₂上一点,则|MN|的最大值为2×2+2×3=10,D正确.11.𝐵𝐷𝑓′(𝑥)=2𝑥−𝑎𝑥.当�

�≤0时,𝑓′(𝑥)>0,𝑓(𝑥)在(0，+∞)上单调递增.易知𝑓(𝑥)有且仅有一个零点𝑥=1.当0<𝑎<2时，𝑓′(𝑥)=0有唯一解𝑥0=√𝑎2<1.易知在(0,𝑥₀)上,𝑓′(𝑥)<0,

𝑓(𝑥)单调递减,且𝑓(𝑥₀)<𝑓(1)=0,𝑓(𝑒−1𝑎)=𝑒−2𝑎>0,即𝑓(𝑥)在(0,𝑥₀)上有一个零点,在(𝑥₀,+∞)上,𝑓′(𝑥)>0,𝑓(𝑥)单调递增.结合𝑥₀<

1,𝑓(𝑥₀)<0,可得𝑓(𝑥)在(𝑥₀,+∞)上有一个零点𝑥=1.故𝑓(𝑥)在(0,𝑥₀),(𝑥₀,+∞)上各有一个零点.当𝑎=2时,令𝑓′(𝑥)=0,,得𝑥=1,易知在(0,1)上,𝑓′(𝑥)<0,𝑓(

𝑥)单调递减,在(1,+∞)上,𝑓′(𝑥)>0,𝑓(𝑥)单调递增.故𝑓(𝑥)的最小值为𝑓(1)=0,𝑓(𝑥)仅有一个零点.当𝑎>2时,𝑓′(𝑥)=0有唯一解𝑥0=√𝑎2>

11.易知在(0,𝑥₀)上,𝑓′(𝑥)<0,𝑓(𝑥))单调递减,且𝑓(1)=0,所以𝑓(𝑥)在(0,𝑥₀)上有一个零点𝑥=1.在(𝑥₀,+∞)上,𝑓′(𝑥)>0,𝑓(𝑥)单调递增,且𝑓(𝑥₀)<𝑓(1)=0𝑓(

𝑒𝑎)=(𝑒𝑎)²−1−𝑎²>(𝑎+1)²−1−𝑎²=2𝑎>0所以𝑓(𝑥)在(𝑥₀,+∞)上有一个零点.故𝑓(𝑥)在(0,𝑥₀),(𝑥₀,+∞)上各有一个零点.综上,当𝑎≤0或𝑎=2时,𝑓(𝑥)仅有一个零点;当0<

𝑎<2或𝑎>2,𝑓(𝑥)有两个零点。12.AD𝑏2+𝑏4+𝑏6+...+𝑏100=𝑏3−𝑏1+𝑏5−𝑏3+𝑏7−𝑏5+...+𝑏101−𝑏99=𝑏101−𝑏1=𝑏101−1A正确.因为𝑏𝑛+2𝑏𝑛−𝑏𝑛+12=(𝑏𝑛+1+𝑏𝑛)𝑏

𝑛−𝑏𝑛+12=𝑏𝑛2−𝑏𝑛+1(𝑏𝑛+1−𝑏𝑛)=𝑏𝑛2−𝑏𝑛+1𝑏𝑛−1𝑏𝑛+2𝑏𝑛−𝑏𝑛+12𝑏𝑛+1𝑏𝑛−1−𝑏𝑛2=−1,𝑏3𝑏1−𝑏22=−5,所以{𝑏𝑛+1𝑏𝑛−1−𝑏𝑛2}是以-5为首项，-1为公

比的等比数列.𝑏𝑛+1𝑏𝑛−1−𝑏𝑛2=−5×(−1)𝑛,𝑏101𝑏99−𝑏1002=−5,B错误.𝑏100−𝑏98=𝑏100-(𝑏₁+𝑏₂+𝑏₃+⋯+𝑏₉₈)=𝑏₁₀₀−(𝑏₂+𝑏₁+𝑏₂+𝑏₃+⋯+𝑏98

−𝑏₂)=𝑏₁₀₀−(𝑏₃+𝑏₂+𝑏₃+⋯+𝑏₉₈−3)=𝑏₁₀₀−(𝑏₄+𝑏₃+⋯+𝑏₉₈−3)=…=b₁₀₀-(b₁₀₀-3)=3,C错误.𝑏12+𝑏22+𝑏32+⋯+𝑏1002=𝑏1�

�2+𝑏22+𝑏32+⋯+𝑏1002−2=𝑏2𝑏3+𝑏32+⋯+𝑏1002−2=𝑏3𝑏4+𝑏42+⋯+𝑏1002−2=𝑏₁₀₀𝑏₁₀₁−2,D正确.13.40从第一层中任取1

本数学书，有5种取法；从第二层中任取1本英语书，有8种取法.由分步乘法计数原理，共有5×8=40种不同的取法.14.2𝑓′(𝑥)=cos𝑥,,则lim∆𝑥→0𝑓(𝜋−2∆𝑥)−𝑓(𝜋)∆𝑥=

−2lim∆𝑥→0𝑓(𝜋−2∆𝑥)−𝑓(𝜋)−2∆𝑥=−2𝑓′(𝜋)=−2cos𝜋=2.15.16√3𝜋设圆M的半径为𝑟，圆锥的高为ℎ，则𝑟²+ℎ²=36.圆锥的体积𝑉=13𝜋𝑟

²ℎ=13𝜋(36−ℎ²)ℎ,令函数𝑓(ℎ)=13𝜋(36−ℎ²)ℎ,则𝑓′(ℎ)=13π(36−ℎ2).当ℎ∈(0,2√3)时,𝑓′(ℎ)>0,𝑓(ℎ)单调递增；当h∈(2√3,6)时,𝑓′(ℎ)<0,𝑓(ℎ)单调递减.

𝑓(ℎ)≤𝑓(2√3)=16√3𝜋,，故圆锥的体积的最大值为16√3𝜋.16.5√2142.建立如图所示的空间直角坐标系，则𝐴(√32,12,0),B(−√33,1,√36),C(−√36,12,2√6

3)E(−√33,−1,√63),F(√32,−12,0)𝐸𝐹=(5√36,12,−√36),𝐵𝐶=(√63,−12,√63),𝐴𝐵=(−5√36,12,√63,𝐴𝐺=𝐴𝐵+𝐵𝐺=𝐴𝐵+5BC=(0,-2,2√6),cos⟨𝐸𝐹,𝐴𝐺⟩=𝐸𝐹∙

𝐴𝐺𝐸𝐹𝐴𝐺=−5√2142⋅故直线EF与直线AG所成角的余弦值为5√2142.17.解:(1)设{𝑎𝑛}的公差为𝑑,𝑏ₙ的公比为q.因为𝑎₁=𝑏₁=𝑎₂𝑏₂=1,𝑎₂(𝑏₁+𝑏₂)=𝑎₂𝑏₁+𝑎₂𝑏₂=𝑎₃,所以1+

d+1=1+2d,解得d=1,…………………………………………………………………2分所以𝑎₂=2,𝑏2=12,则𝑞=12,…………………………………………………………3分故𝑎ₙ=𝑎₁+(𝑛−

1)𝑑=𝑛,𝑆𝑛=𝑛(𝑛+1)2,……………………………………………………………………………4分𝑏𝑛=𝑏1𝑞𝑛−1=12𝑛−1…………………………………………………………………………5分(2)由(1)知1𝑆𝑛=2(1𝑛−1𝑛+1)……………………………

……………………………………6分所以𝑇𝑛=2(11−12+12−13+...+1𝑛−1𝑛+1)+1−12𝑛1−−12=4𝑛+2𝑛+1−12𝑛−1.…………………………10分18.解：(1)若2个红球放入同一

个盒子中，可看成将3个不同的球放入3个不同的盒子中……3分不同的放法有3³=27种.…………………………………………………………………5分(2)不考虑每个盒子最多只能装3个球,有3⁴种放法………………………………………7分若4个球放入同一个盒子中,有3种放法…………………

………………………………9分故不同的放法有34-3=78种……………………………………………………………12分19.(1)证明：以D为坐标原点，DA，DC，DP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𝑃(0,0,1),B(√2,1,0

),M(√22,1,0),A(√2,0,0)…………………………2分𝑃𝐵=(√2,1,−1),𝐴𝑀=(−√22,1,0),𝐴𝑃=(−√2,0,1)分因为PB∙𝐴𝑀=√2×(−√22)+1×1=0,所以PB⊥𝐴𝑀…

…………………………………5分(2)解:设平面PAM的法向量为m=(𝑥₁,𝑦₁,𝑧₁),则{m⋅AM=−√22𝑥₁+𝑦₁=0m⋅AP=−√2𝑥₁+𝑧₁=0,取𝑥₁=√2,可得𝑚=（√2，1，2）……………………7分设

平面PAB的法向量为𝑛=(𝑥₂,𝑦₂,𝑧₂),则{n⋅PB=√2𝑥₂+𝑦₂−𝑧₂=0n⋅AP=−√2𝑥₂+𝑧₂=0取𝑥₂=√2,可得𝑛=（√2，0，2）…………………9分cos⟨𝑚,𝑛⟩=𝑚∙�

�𝑚𝑛=√427………………………………………………………11分故二面角B-AP-M的平面角的余弦值为√427……………………………………12分20.解:(1)𝑓′(𝑥)=ln𝑥+3𝑥²+1,𝑓′(1)=4,𝑓(1)=1.………………………………3分曲

线𝑦=𝑓(𝑥)在点(1,𝑓(1))处的切线方程为𝑦−1=4(𝑥−1),即4𝑥−𝑦−3=0………5分(2)𝑓(𝑥)≥1,即ln𝑥+𝑥²-1𝑥≥0……………………………………………

…………………7分令h(𝑥)=ln𝑥+𝑥²-1𝑥,即h(𝑥)≥0对任意的x≥m恒成立…………………………………8分ℎ′(𝑥)=1𝑥+2𝑥+1x²≥0所以h(x)在(0,+∞)上单调递增…………………………10分因为ℎ(1)=0,所以当𝑥≥1时,ℎ(𝑥)≥

0,所以𝑚≥1.故实数m的取值范围为[1,+∞)……………………………………………………………12分21.(1)解:由𝑃₃,𝑃₄两点关于𝑦轴对称,可得C经过𝑃₃,𝑃₄两点…………………………………1分𝑃₂与𝑃₃的纵坐标相同，

且都位于第一象限，不可能都在C上，所以𝑃₂不在C上，…2分则{𝑏=√22𝑎2+1𝑏2=1解得{𝑎=2𝑏=√2,故C的方程为𝑥24+𝑦22=1…………………………………4分(2)证明：当切线𝑙的斜率不存在时，得𝑙:𝑥=±2√33……………………………………5分当�

�:𝑥=2√33时，可得𝐴(2√33,2√33)B(2√33,−2√33).𝑂𝐴⋅𝑂𝐵=2√33×2√33−2√33×2√33=0,则𝑂𝐴⊥𝑂𝐵当𝑙:𝑥=−2√33时,同理可证…………………………………………………………………6分当切线𝑙的斜率存在时，设𝑙

:𝑦=𝑘𝑥+𝑚.因为𝑙与圆𝑥2+𝑦2=43相切,所以圆心(0，0)到𝑙的距离为𝑚√𝑘2+1=2√33,即3𝑚2=4(𝑘2+1)……8分联立{𝑦=𝑘𝑥+𝑚,𝑥24+𝑦22=1得(2𝑘²+1)𝑥²+4𝑘𝑚𝑥+2𝑚²−4=0.设𝐴(𝑥₁,𝑦₁),

𝐵(𝑥₂,𝑦₂),则𝑥₁+𝑥₂=−4𝑘𝑚1+2𝑘²,𝑥₁𝑥₂=2𝑚²−41+2𝑘²9分𝑂𝐴⋅𝑂𝐵=𝑥₁𝑥₂+𝑦₁𝑦₂=𝑥₁𝑥₂+(𝑘𝑥₁+𝑚)(𝑘𝑥₂+𝑚)=(𝑘²+1)𝑥₁𝑥₂+𝑘𝑚𝑥₁

𝑥₂+𝑚2=(𝑘²+1)(2𝑚²−4)1+2𝑘²−4𝑘²𝑚21+2𝑘²+𝑚2=−4𝑘²+3𝑚2−41+2𝑘².………………………………………………………………………11分由3𝑚²=4(𝑘²+1),得OA·OB=0,则OA⊥OB

.综上，若圆𝑥2+𝑦2=43的切线𝑙与C交于点A,B,则OA⊥OB.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯12分22.解:(1)𝑓′(𝑥)=1−𝑎𝑥𝑥.………………………………………………………………………1分当𝑎≤0时,𝑓′(𝑥)≥0在(0,+∞)上恒成立,所以𝑓(𝑥)在(0,

+∞)上单调递增.………2分当𝑎>0时,若𝑥∈(0,1𝑎),则𝑓′(𝑥)>0,若𝑥∈(1𝑎,+∞),则𝑓′(𝑥)<0,所以𝑓(𝑥)在(0,1𝑎)上单调递增，在(1𝑎,+∞)上单调递减.………………………4分(2)令𝑔(𝑥)=𝑓(𝑥)−𝑥²=0

,得ln𝑥𝑥−𝑎−𝑥=0.令ℎ(𝑥)=ln𝑥𝑥−𝑎−𝑥(𝑥>0),则ℎ′(𝑥)=1−𝑥2−ln𝑥𝑥2.…………………………5分设函数𝑠(𝑥)=1−𝑥²−ln𝑥,则𝑠′(𝑥)=−2𝑥−1𝑥<0,所

以𝑠(𝑥)在(0,+∞)上单调递减……………………………………………………………6分因为𝑠(1)=0,所以当𝑥∈(0,1)时，𝑠(𝑥)>0,当𝑥∈(1,+∞)时,𝑠(𝑥)<0.所以ℎ(𝑥)在(0,1)上单调递增,在(1,

+∞)上单调递减,则ℎ(𝑥)ₘₐₓ=ℎ(1)=−1−𝑎………………………………………………………7分因为𝑔(𝑥)有两个零点𝑥₁,𝑥₂,所以−1−𝑎>0,解得𝑎<−1.故𝑎的取值范围为(-∞,-1)

……………………………………………………………8分因为𝑥₁<𝑥₂所以0<𝑥₁<1<𝑥₂,0<1𝑥2<1.要证𝑥₁𝑥₂>1,只需证𝑥1>1𝑥2.由于ℎ(𝑥)在(0，1)上单调递增，故只需证ℎ(𝑥1)>ℎ(1𝑥2)…………………………………9分由ℎ(𝑥₁)

=ℎ(𝑥₂)=0,ℎ(𝑥1)−ℎ(1𝑥2)=ℎ(𝑥2)−ℎ(1𝑥2)=(ln𝑥2𝑥2−𝑥2−𝑎)−(ln1𝑥21𝑥2−1𝑥2−𝑎)=(1𝑥2+𝑥2)∙ln𝑥2−𝑥2+1𝑥2………………………………………………………10分令𝜑(𝑥)=(

𝑥+1𝑥)ln𝑥−𝑥+1𝑥,则𝜑′(𝑥)=(1−1𝑥2)ln𝑥…………………………11分当𝑥>1时,𝜙′(𝑥)>0,,所以φ(x)在(1,+∞)上单调递增.𝜑(𝑥)>𝜑(1)=0,即(1

𝑥2+𝑥2)ln𝑥2−𝑥2+1𝑥2>0,所以ℎ(𝑥1)>ℎ(1𝑥2),即证得𝑥₁𝑥₂>1.…………………………12分