2022年广东省深圳市高考数学一调试卷（学生版+解析版）.docx

1、2022年广东省深圳市高考数学一调试卷一、单项选择题：本题共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（5分）已知集合Ax|x1，B1，0，1，2，则AB（）A0，1B1，2C0，1，2D1，1，22（5分）已知复数z满足（1+i）z1i，其中i为虚数单位，则z的虚部为（）A0B1C1Di3（5分）以边长为2的正方形的一边所在直线为旋转轴，将该正方形旋转一周所得圆柱的侧面积等于（）A8B4C8D44（5分）阻尼器是一种以提供运动的阻力，从而达到减振效果的专业工程装置深圳第一高楼平安金融中心的阻尼器减震装置，是亚洲最大的阻尼器，被称为“镇楼神器”由物理学

2、知识可知，某阻尼器模型的运动过程可近似为单摆运动，其离开平衡位置的位移s（cm）和时间t（s）的函数关系式为s2sin（t+），其中0，若该阻尼器模型在摆动过程中连续三次位移为s0（2s02）的时间分别为t1，t2，t3，且t3t12，则（）A2BC32D25（5分）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1（ab0），圆M：x2+y22bxay0，若圆M的圆心在椭圆C上，则椭圆C的离心率为（）A12B32C12或32D226（5分）已知sin1-cos=3，则tan（）A33B-33C3D-37（5分）假定生男孩和生女孩是等可能的，现考虑有3个小孩的家庭，随机选择一个家庭，则下列说法正确的是（）A事

3、件“该家庭3个小孩中至少有1个女孩”和事件“该家庭3个小孩中至少有1个男孩”是互斥事件B事件“该家庭3个孩子都是男孩”和事件“该家庭3个孩子都是女孩”是对立事件C该家庭3个小孩中只有1个男孩的概率为18D当已知该家庭3个小孩中有男孩的条件下，3个小孩中至少有2个男孩的概率为478（5分）已知函数f（x）=1x-1x-2+a（ex1+ex+1），其中aR，则（）Af（x）在（2，+）上单调递增Bf（x）在（2，+）上单调递减C曲线yf（x）是轴对称图形D曲线yf（x）是中心对称图形二、多项选择题：本题共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

4、选对的得2分，有选错的得0分。（多选）9（5分）四边形ABCD为边长为1的正方形，M为边CD的中点，则（）AAB=2MDBDM-CB=AMCAD+MC=MADAMBC=1（多选）10（5分）某人工智能公司近5年的利润情况如下表所示：第x年12345利润y/亿元23457已知变量y与x之间具有线性相关关系，设用最小二乘法建立的回归直线方程为y=1.2x+a，则下列说法正确的是（）Aa=0.6B变量y与x之间的线性相关系数r0C预测该人工智能公司第6年的利润约为7.8亿元D该人工智能公司这5年的利润的方差小于2（多选）11（5分）已知定圆A的半径为1，圆心A到定直线l的距离为d，动圆C与圆A和直线

5、l都相切，圆心C的轨迹为如图所示的两条抛物线，记这两抛物线的焦点到对应准线的距离分别为p1，p2，则（）Ad1Bp1+p22dCp1p2d2D1p1+1p22d（多选）12（5分）如图，已知直四棱柱ABCDEFGH的底面是边长为4的正方形，CGm，点M为CG的中点，点P为底面EFGH上的动点，则（）A当m4时，存在点P满足PA+PM8B当m4时，存在唯一的点P满足APM=2C当m4时，满足BPAM的点P的轨迹长度为22D当m=433时，满足APM=2的点P的轨迹长度为839三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13（5分）已知等差数列an的前n项和为Sn，且a23，S525，则数列a

6、n的公差d 14（5分）已知函数f（x）是定义域为R的奇函数，当x0时，f（x）ex，则f（ln12） 15（5分）在平面直角坐标系中，已知直线x+2y40分别与x轴，y轴交于A，B两点，若点P（cos，sin），则|PA+PB|的最大值为 16（5分）古希腊数学家托勒密于公元150年在他的名著数学汇编里给出了托勒密定理，即圆的内接凸四边形的两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积已知AC，BD为圆的内接四边形ABCD的两条对角线，且sinABD：sinADB：sinBCD2：3：4，若|AC|2|BC|CD|，则实数入的最小值为 四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或

7、演算步骤。17（10分）已知数列an的首项a12，且满足an+1+an43n（nN*）（1）证明：数列an3n是等比数列；（2）求数列an的前n项和Sn18（12分）2021年10月16日，神舟十三号载人飞船与天宫空间站组合体完成自主快速交会对接，航天员翟志刚、王亚平、叶光富顺利进驻天和核心舱，由此中国空间站开启了有人长期驻留的时代为普及航天知识，某航天科技体验馆开展了一项“摸球过关”领取航天纪念品的游戏，规则如下：不透明的口袋中有3个红球，2个白球，这些球除颜色外完全相同参与者每一轮从口袋中一次性取出3个球，将其中的红球个数记为该轮得分X，记录完得分后，将摸出的球全部放回袋中当参与完成第n轮

8、游戏，且其前n轮的累计得分恰好为2n时，游戏过关，可领取纪念品，同时游戏结束，否则继续参与游戏若第3轮后仍未过关，则游戏也结束每位参与者只能参加一次游戏（1）求随机变量X的分布列及数学期望；（2）若甲参加该项游戏，求甲能够领到纪念品的概率19（12分）如图，在ABC中，已知AB2，AC=62，BAC45，BC，AC边上的两条中线AM，BN相交于点P（1）求BAM的正弦值；（2）求MPN的余弦值20（12分）如图，在四棱锥EABCD中，ABCD，AD=CD=BC=12AB，E在以AB为直径的半圆上（不包括端点），平面ABE平面ABCD，M，N分别为DE，BC的中点（1）求证：MN平面ABE；（2

9、）当四棱锥EABCD体积最大时，求二面角NAEB的余弦值21（12分）已知双曲线C：x2a2-y2b2=1（a0，b0）经过A（2，0），且点A到C的渐近线的距离为2217（1）求双曲线C的方程；（2）过点（4，0）作斜率不为0的直线l与双曲线C交于M，N两点，直线x4分别交直线AM，AN于点E，F，请交直线AM，AN于点E，F，试判断以EF为直径的圆是否经过定点，若经过定点，请求出定点坐标，反之，请说明理由22（12分）已知函数f（x）2lnx（a+1）x22ax+1（aR）（1）求函数f（x）的单调区间；（2）若函数f（x）有两个零点x1，x2（）求实数a的取值范围；（）x1+x221a+

10、12022年广东省深圳市高考数学一调试卷参考答案与试题解析一、单项选择题：本题共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（5分）已知集合Ax|x1，B1，0，1，2，则AB（）A0，1B1，2C0，1，2D1，1，2【解答】解：因为Ax|x1，B1，0，1，2，则AB0，1，2故选：C2（5分）已知复数z满足（1+i）z1i，其中i为虚数单位，则z的虚部为（）A0B1C1Di【解答】解：（1+i）z1i，z=1-i1+i=(1-i)(1-i)(1+i)(1-i)=-i，z的虚部为1故选：B3（5分）以边长为2的正方形的一边所在直线为旋转轴，将该正方形

11、旋转一周所得圆柱的侧面积等于（）A8B4C8D4【解答】解：以边长为2的正方形的一边所在直线为旋转轴，旋转一周所得的旋转体为圆柱，其底面半径r2，高h2，以边长为2的正方形的一边所在直线为旋转轴，将该正方形旋转一周所得圆柱的侧面积为：S2rh2228故选：A4（5分）阻尼器是一种以提供运动的阻力，从而达到减振效果的专业工程装置深圳第一高楼平安金融中心的阻尼器减震装置，是亚洲最大的阻尼器，被称为“镇楼神器”由物理学知识可知，某阻尼器模型的运动过程可近似为单摆运动，其离开平衡位置的位移s（cm）和时间t（s）的函数关系式为s2sin（t+），其中0，若该阻尼器模型在摆动过程中连续三次位移为s0（2

12、s02）的时间分别为t1，t2，t3，且t3t12，则（）A2BC32D2【解答】解：由正弦型函数的性质，函数示意图如下：所以Tt3t12，则2=2，可得故选：B5（5分）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1（ab0），圆M：x2+y22bxay0，若圆M的圆心在椭圆C上，则椭圆C的离心率为（）A12B32C12或32D22【解答】解：圆M：x2+y22bxay0，可得圆心（b，a2），圆M的圆心在椭圆C上，可得b2a2+a24b2=1，解得b2a2=12，所以1e2=12，所以e=22故选：D6（5分）已知sin1-cos=3，则tan（）A33B-33C3D-3【解答】解：因为sin1-co

13、s=3，则2sin2cos22sin22=cos2sin2=3，所以tan2=33，所以tan=2tan21-tan22=2331-(33)2=3，故选：C7（5分）假定生男孩和生女孩是等可能的，现考虑有3个小孩的家庭，随机选择一个家庭，则下列说法正确的是（）A事件“该家庭3个小孩中至少有1个女孩”和事件“该家庭3个小孩中至少有1个男孩”是互斥事件B事件“该家庭3个孩子都是男孩”和事件“该家庭3个孩子都是女孩”是对立事件C该家庭3个小孩中只有1个男孩的概率为18D当已知该家庭3个小孩中有男孩的条件下，3个小孩中至少有2个男孩的概率为47【解答】解：对于A，事件“该家庭3个小孩中至少有1个女孩”

14、和事件“该家庭3个小孩中至少有1个男孩”能同时发生，不是互斥事件，故A错误；对于B，事件“该家庭3个孩子都是男孩”和事件“该家庭3个孩子都是女孩”不能同时发生，能同时不发生，是互斥但不对立事件，故B错误；对于C，有3个小孩的家庭包含的基本事件有8个，分别为：（男男男），（男男女），（男女男），（女男男），（男女女），（女男女），（女女男），（女女女），该家庭3个小孩中只有1个男孩包含的基本事件有3个，该家庭3个小孩中只有1个男孩的概率为P=38，故C错误；对于D，已知该家庭3个小孩中有男孩的条件下，基本事件有7个，分别为：（男男男），（男男女），（男女男），（女男男），（男女女），（女男女），

15、（女女男），3个小孩中至少有2个男孩包含的基本事件有4个，3个小孩中至少有2个男孩的概率为47，故D正确故选：D8（5分）已知函数f（x）=1x-1x-2+a（ex1+ex+1），其中aR，则（）Af（x）在（2，+）上单调递增Bf（x）在（2，+）上单调递减C曲线yf（x）是轴对称图形D曲线yf（x）是中心对称图形【解答】解：令tx1，则xt+1，f（x）=1x-1x-2+a（ex1+ex+1），可化为g（t）=1t+1-1t-1+a（et+et）=-2t2-1+a（et+et），g（t）g（t），g（t）为偶函数，yg（t）的图象关于t0成轴对称，即曲线yf（x）是轴对称图形，故C正确，D

16、错误；又g（t）=4t(t2-1)2+a（etet），aR，当t1（即x2）时，g（t）的符号无法确定，即f（x）在（2，+）上的单调性无法确定，故A、B均错误；故选：C二、多项选择题：本题共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。（多选）9（5分）四边形ABCD为边长为1的正方形，M为边CD的中点，则（）AAB=2MDBDM-CB=AMCAD+MC=MADAMBC=1【解答】解：A选项，AB=2DM，故A选项错误，B选项，DM-CB=DM+BC=DM+AD=AM，故B选项正确，C选项，AD+MC=AD+DM=

17、AM，故C选项错误，D选项，AMBC=(AD+DM)BC，DMBCDMBC=0，AMBC=ADBC=1，故D选项正确，故选：BD（多选）10（5分）某人工智能公司近5年的利润情况如下表所示：第x年12345利润y/亿元23457已知变量y与x之间具有线性相关关系，设用最小二乘法建立的回归直线方程为y=1.2x+a，则下列说法正确的是（）Aa=0.6B变量y与x之间的线性相关系数r0C预测该人工智能公司第6年的利润约为7.8亿元D该人工智能公司这5年的利润的方差小于2【解答】解：由表中数据可得，x=15(1+2+3+4+5)=3，y=15（2+3+4+5+7）=215，回归直线方程y=1.2x+

18、a必过样本中心（x，y），即215=1.23+a，解得a=0.6，故A正确，回归直线方程为y=1.2x+0.6，1.20，则x与y成正相关，即相关系数r0，故B错误，当x6时，y=1.26+0.6=7.8，即该人工智能公司第6年的利润约为7.8亿元，故C正确，该人工智能公司这5年的利润的方差为15(2-215)2+(3-215)2+(4-215)2+(5-215)2+(7-215)2=74252，故D错误故选：AC（多选）11（5分）已知定圆A的半径为1，圆心A到定直线l的距离为d，动圆C与圆A和直线l都相切，圆心C的轨迹为如图所示的两条抛物线，记这两抛物线的焦点到对应准线的距离分别为p1，p

19、2，则（）Ad1Bp1+p22dCp1p2d2D1p1+1p22d【解答】解：由题意设圆A的半径为1，圆C的半径为R，当圆C与圆A相外切时，如图所示，则有点C到直线l的距离为R，|AC|1+R，把直线l向左平移1个单位得到直线l，可得C到l的距离与到A的距离相等，故圆C的轨迹是以A为焦点，l为准线的抛物线，所以p1d+1，同理p2d1，d10，d1，故A正确；同理可得p2d+1，所以p1+p22d，故B正确；p1p2（d+1）（d1）d21，故C错误；1p1+1p2=1d+1+1d-1=d+1+d-1d2-1=2dd2-12dd2=2d，故D正确；故选：ABD（多选）12（5分）如图，已知直四

20、棱柱ABCDEFGH的底面是边长为4的正方形，CGm，点M为CG的中点，点P为底面EFGH上的动点，则（）A当m4时，存在点P满足PA+PM8B当m4时，存在唯一的点P满足APM=2C当m4时，满足BPAM的点P的轨迹长度为22D当m=433时，满足APM=2的点P的轨迹长度为839【解答】解：以D为坐标原点，DA，DC，DH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，对于A：当m4时，M（0，4，2），A（4，0，0），设点A关于平面EFGH的对称点为A，则A（4，0，8），则|AM|=16+16+36=688，所以PA+PMPA+PMAM8，故不存在点P满足PA+PM8，故A不

21、正确；对于B：当m4时，设P（x，y，4），则AP=（x4，y，4），MP=（x，y4，2）由APMP=0，得x24x+y24y+80，即（x2）2+（y2）20，解得xy2，所以存在唯一的点P满足APM=2，故B正确；对于C：B（4，4，0），设P（x，y，4），则AM=（4，4，2），BP=（x4，y4，4），由AMBP=0，得xy20，在平面EFGH中，建立平面直角坐标系，如图，则P的轨迹方程xy20表示的轨迹就是线段NQ，而|NQ|22，故C正确；对于D：当m=433时，M（0，4，233），设P（x，y，433），则AP=（x4，y，433），MP=（x，y4，233），由APMP=

22、0，得x24x+y24y+83=0，即（x2）2+（y2）2=163，在平面EFGH中，建立平面直角坐标系，如图，记（x2）2+（y2）2=163的圆心为O，与GF交于S，T，令y4，可得x12+233，x22-233，而x1x2=433，所以SOT=3，其对就的圆弧长度为439；根据对称性可知点P的轨迹长度为2433-4439=839，故D正确故选：BCD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13（5分）已知等差数列an的前n项和为Sn，且a23，S525，则数列an的公差d2【解答】解：因为等差数列an中，a23，S525，所以a1+d=35a1+10d=25，解得，a11，d2

23、，故答案为：214（5分）已知函数f（x）是定义域为R的奇函数，当x0时，f（x）ex，则f（ln12）2【解答】解：根据题意，当x0时，f（x）ex，f（ln2）eln22，又由f（x）为奇函数，则f（ln12）f（ln2）f（ln2）2；故答案为：215（5分）在平面直角坐标系中，已知直线x+2y40分别与x轴，y轴交于A，B两点，若点P（cos，sin），则|PA+PB|的最大值为 25+2【解答】解：直线x+2y40分别与x轴，y轴交于A，B两点，A（4，0），B（0，2），P（cos，sin），PA=(4-cos，-sin)，PB=(-cos，2-sin)，PA+PB=(4-2cos

24、，2-2sin)，|PA+PB|=(4-2cos)2+(2-2sin)2=24-8(2cos+sin)=24-85sin(+)，当sin（+）1时，|PA+PB|取得最大值24+85=25+2故答案为：25+216（5分）古希腊数学家托勒密于公元150年在他的名著数学汇编里给出了托勒密定理，即圆的内接凸四边形的两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积已知AC，BD为圆的内接四边形ABCD的两条对角线，且sinABD：sinADB：sinBCD2：3：4，若|AC|2|BC|CD|，则实数入的最小值为 32【解答】解：根据圆内接四边形的性质可知；BAD+BCD，sinBADsinBCD，所以sinA

25、BD：sinADB：sinBCD2：3：4，即sinABD：sinADB：sinBAD2：3：4，在BAD中，|AD|ABD=|AB|ADB=|BD|BAD，故|AD|：|AB|：|BD|2：3：4，由题意可知：|AC|BD|AB|CD|+|AD|BC|，则4|AC|3|CD|+2|BC|，所以16|AC|29|CD|2+4|BC|2+12|CD|BC|，故16|AC|29|CD|2+4|BC|2+12|CD|BC|24|CD|BC|2，当且仅当|CD|BC|时等号取得，又|AC|2|BC|CD|，所以16|BC|CD|24|CD|BC|，则2416=32，则实数的最小值为32，故答案为：32

26、四、解答题：本题共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）已知数列an的首项a12，且满足an+1+an43n（nN*）（1）证明：数列an3n是等比数列；（2）求数列an的前n项和Sn【解答】证明：（1）数列an的首项a12，且满足an+1+an43n（nN*），整理得：an+1-3n+1=-(an-3n)，即an+1-3n+1an-3n=-1(常数)，故数列an3n是以1为首项，1为公比的等比数列；解：（2）数列an3n是以1为首项，1为公比的等比数列；所以an-3n=(-1)(-1)n-1=(-1)n，故an=3n+(-1)n；所以Sn=(31+32+.+

27、3n)+(-1+1-1+1+.)=3(3n-1)3-1+(-1)1-(-1)n1-(-1)=3n+1-4+(-1)n218（12分）2021年10月16日，神舟十三号载人飞船与天宫空间站组合体完成自主快速交会对接，航天员翟志刚、王亚平、叶光富顺利进驻天和核心舱，由此中国空间站开启了有人长期驻留的时代为普及航天知识，某航天科技体验馆开展了一项“摸球过关”领取航天纪念品的游戏，规则如下：不透明的口袋中有3个红球，2个白球，这些球除颜色外完全相同参与者每一轮从口袋中一次性取出3个球，将其中的红球个数记为该轮得分X，记录完得分后，将摸出的球全部放回袋中当参与完成第n轮游戏，且其前n轮的累计得分恰好为2

28、n时，游戏过关，可领取纪念品，同时游戏结束，否则继续参与游戏若第3轮后仍未过关，则游戏也结束每位参与者只能参加一次游戏（1）求随机变量X的分布列及数学期望；（2）若甲参加该项游戏，求甲能够领到纪念品的概率【解答】解：（1）由题意可得，随机变量X所有可能的值为1，2，3，P（X1）=C31C22C53=0.3，P（X2）=C32C21C53=0.6，P（X3）=C33C53=0.1，故X的分布列为：X 1 2 3 P 0.3 0.60.1故E（X）10.3+20.6+30.11.8（2）由（1）可知，参与者每轮得1分，2分，3分的概率依次为0.3，0.6，0.1，记参与者第i轮的得分为Xi，则其

29、前n轮的累计得分为YX1+X2+Xn，若参与者取球1次后可领取纪念品，即参与者得2分，则P（Y2）0.6，若参与者取球2次后可领取纪念品，即参与者获得的分数之和为4分，有“1+3”，“3+1”的情形，则P（Y4）20.30.10.06，若参与者取球3次后可领取纪念品，即参与者获得的分数之和为6分，由“1+2+3”，“3+2+1”的情形，则P（Y6）20.30.10.60.036，故甲能够领到纪念品的概率PP（Y2）+P（Y4）+P（Y6）0.6+0.06+0.0360.69619（12分）如图，在ABC中，已知AB2，AC=62，BAC45，BC，AC边上的两条中线AM，BN相交于点P（1）求

30、BAM的正弦值；（2）求MPN的余弦值【解答】解：（1）在ABC中，因为AB2，AC=62，BAC45，由余弦定理有，cos45=AB2+AC2-BC22ABAC=4+72-BC22262=22，解得：BC213，因为M为BC中点，所以BM=13，cosABC=AB2+BC2-AC22ABBC=4+52-7222213=-213，所以sinABC=313，在三角形ABM中，由余弦定理得，cosABM=AB2+BM2-AM22ABBM=4+13-AM22213=-213，解得AM5，在三角形ABM中，由正弦定理得，AMsinABM=BMsinBAM，即5313=13sinBAM，解得sinBAM

31、=35；（2）因为N为AC的中点，所以AN32，在三角形ABN中，由余弦定理得，cosBAC=AN2+AB2-BN22ANAB=18+4-BN22322=22，解得BN=10，AM与BN的夹角等于MPN，cosMPN=AMBN|AM|BN|，AMBN=12(AB+AC)(12AC-AB)=14ABAC-12AB2+14AC2-12ABAC =-14ABAC-12AB2+14AC2 =-1426222-124+1472=13，所以cosMPN=AMBN|AM|BN|=13510=13510=13105020（12分）如图，在四棱锥EABCD中，ABCD，AD=CD=BC=12AB，E在以AB为直

32、径的半圆上（不包括端点），平面ABE平面ABCD，M，N分别为DE，BC的中点（1）求证：MN平面ABE；（2）当四棱锥EABCD体积最大时，求二面角NAEB的余弦值【解答】解：（1）证明：取EC中点F，连接MF，NF，ABCD，M，N分别为DE，BC的中点，NFBE，MFCD，MFAB，NFMFF，BEABB，平面ABE平面MNF，MN平面MNF，MN平面ABE；（2）当四棱锥EABCD体积最大时，E是AB中点，此时AEBE，以E为坐标原点，EB为x轴，EA为y轴，过E作平面ABE的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，如图，设AD=CD=BC=12AB=1，则AEBE=2，B（2，0，0），C（

33、324，24，32），N（728，28，34），A（0，2，0），E（0，0，0），EA=（0，2，0），EN=（728，28，34），设平面AEN的法向量n=（x，y，z），则nEA=2y=0nEN=728x+28y+34z=0，取x23，得n=（23，0，72），平面ABE的法向量m=（0，0，1），设二面角NAEB的平面角为，则cos=|mn|m|n|=72110=75555二面角NAEB的余弦值为7555521（12分）已知双曲线C：x2a2-y2b2=1（a0，b0）经过A（2，0），且点A到C的渐近线的距离为2217（1）求双曲线C的方程；（2）过点（4，0）作斜率不为0的直线l与

34、双曲线C交于M，N两点，直线x4分别交直线AM，AN于点E，F，请交直线AM，AN于点E，F，试判断以EF为直径的圆是否经过定点，若经过定点，请求出定点坐标，反之，请说明理由【解答】解：（1）由题意得：a2，因为双曲线C的渐近线方程为y=b2x，所以有：2b4+(b)2=2217，解得：b=3，因此，双曲线C的方程为：x24-y23=1；（2）当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为yk（x4），由y=k(x-4)x24-y23=1可得：（34k2）x2+32k2x64k2120，设M（x1，y1），N（x2，y2），则：x1+x2=-32k23-4k2，x1x2=-64k2-123-4k2，由

35、直线AM方程y=y1x1-2(x-2)，令x4，得点E(4，2y1x1-2)，由直线AN方程y=y2x2-2(x-2)，令x4，得点F(4，2y2x2-2)，则以EF为直径的圆的方程为：(x-4)(x-4)+(y-2y1x1-2)(y-2y2x2-2)=0，由对称性可知，若以EF为直径的圆过定点，则该定点一定在x轴上，令y0，有：(x-4)2=-4y1y2(x1-2)(x2-2)，将y1k（x14），y2k（x24）代入上式，得(x-4)2=-4k2x1x2-4(x1+x2)+16x1x2-2(x1+x2)+4，可得：(x-4)2=-4k2-64k2-1223-4k2-4-32k23-4k2+

36、16-64k2-1223-4k2-2-32k23-4k2+4=9，解得：x1或x7，即以EF为直径的圆经过点（1，0）和（7，0）；当直线的斜率不存在时，点E、F的坐标分别为（4，3）、（4，3），以EF为直径的圆方程为（x4）（x4）+（y3）（y+3）0，该圆经过点（7，0）和（1，0），综合可得，以EF为直径的圆经过定点（1，0）和（7，0）22（12分）已知函数f（x）2lnx（a+1）x22ax+1（aR）（1）求函数f（x）的单调区间；（2）若函数f（x）有两个零点x1，x2（）求实数a的取值范围；（）x1+x221a+1【解答】解：（1）f(x)=-2(x+1)(a+1)x-1x

37、，a1时，f（x）0恒成立，故f（x）在（0，+）递增，a1时，令f（x）0，解得0x1a+1，故f（x）在(0，1a+1)递增，(1a+1，+)递减；（2）（i）由（1）有当a1时，f（x）在（0，+）递增，故函数f（x）不可能存在两个零点，当a1时，f（x）在(0，1a+1)递增，(1a+1，+)递减，且当x0+，f（x），当x+，f（x），故仅需f(1a+1)0，即2ln1a+1-(a+1)1(a+1)2-2a1a+1+10，化简得：2ln(a+1)+aa+10，令g(x)=2ln(x+1)+xx+1(x-1)，g(x)=2x+1+1(x+1)20，g（x）在（1，+）单调递增，又g（0

38、）0，故不等式2ln(a+1)+aa+10的解为1a0，因此，实数a的取值范围是1a0；（ii）证明：1a0，1a+10，2a+121a+1，故可先证明x1+x22a+1，则仅需证明x12a+1-x2，不妨设0x11a+1x2，x21a+1，2a+1-x2(0，1a+1)，又x1(0，1a+1)，且函数f（x）在(0，1a+1)递增，于是只需证明：f(x1)f(2a+1-x2)，f（x1）f（x2），即证明f(x2)-f(2a+1-x2)0，构造函数F(x)=f(x)-f(2a+1-x)，x(1a+1，+)，F(x)=4(a+1)x(2a+1-x)-4(a+1)，令g(x)=(a+1)x(2a+1-x)，观察可得g（x）为开口向下的二次函数，在对称轴x=1a+1取最大值，F(x)4(a+1)2(1a+1)-4(a+1)=0，故F（x）在(1a+1，+)单调递增，且F(1a+1)=0，故F（x）0在(1a+1，+)恒成立，即证得x1+x22a+121a+1，原命题得证第22页（共22页）