第=page11页，共=sectionpages11页2023年湖南省新高考教学教研联盟高考数学第一次联考试卷（3月份）一、单选
题
快递公司问题件快递公司问题件货款处理关于圆的周长面积重点题型关于解方程组的题及答案关于南海问题
（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1.已知集合A={x|x3≤1}，B={x|x+2>0}，则A∩B=( )A.(−2,1]B.(0,1]C.[−2,1]D.[0,1]2.若z1=1−i，z2=z1−(3+i)(i为虚数单位，z1−是z1的共轭复数)，则|z2|=( )A.2B.22C.25D.63.已知数列{an}和{bn}均为等差数列，且akbk为定值，若a1=144，a7=24，b1=96，则b4=( )A.56B.72C.88D.1044.逢山开路，遇水架桥，我国摘取了一系列高速公路“世界之最”，锻造出中国路、中国桥等一张张闪亮的“中国名片”.如图，一辆汽车在一条水平的高速公路上直线行驶，在A，B，C三处测得道路一侧山顶P的仰角依次为30°，45°，60°，其中AB=a，BC=b(0
计划
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在今年暑假安排编号为A，B，C，D，E，F的6名教师，到4个不同的学校进行宣讲，每个学校至少安排1人，其中B，D必须安排在同一个学校.则不同的安排方法共有( )A.96种B.144种C.240种D.384种6.已知函数f(x)=2sin(ωx+φ)(ω>0,φ∈R)在区间(7π12,51π60)上单调，且满足f(7π12)=−f(3π4).若函数f(x)在区间[2π3,13π6)上恰有5个零点，则ω的取值范围为( )A.(83,103]B.(83,3011]C.[53,103]D.(53,3011]7.已知抛物线y2=8x的焦点为F，点M在抛物线上(异于顶点)，OM=2ON(点O为坐标原点)，过点N作直线OM的垂线与x轴交于点P，则2|OP|−|MF|=( )A.6B.25C.4D.238.已知函数f(x)=|lnx|+1，直线y=m(m>1)与f(x)的图象交于A，B两点，在A，B两点处分别作f(x)的两条切线l1，l2，这两条切线交于点P(a,b)，则( )A.01C.10，b>0，a+b=1，则下列结论正确的是( )A.a2b+ab2的最大值为14B.a+b的最大值为1C.a+2b+2ab的最小值为7+43D.12a+b+4a+2b的最小值为311.设k∈R，过定点A的动直线l1：x+ky=0，和过定点B的动直线l2：kx−y+3−k=0交于点P，M是圆C：(x−2)2+(y−4)2=4上的任意一点，则下列说法正确的有( )A.直线l1与圆C相切时k=43B.M到l1距离的最大值是2+25C.直线l2与圆C相交的最短弦长为22D.|PA|+|PB|的最大值为21012.某同学参加综合实践活动，
设计
领导形象设计圆作业设计ao工艺污水处理厂设计附属工程施工组织设计清扫机器人结构设计
了一个封闭的包装盒.包装盒如图所示，是由等高的半个圆柱和14个圆柱拼接而成，其中四边形ABCD是边长为4的正方形，点G是弧CD上的动点，且C，E，D，G四点共面.下列说法正确的有( )A.若点G为弧CD的中点，则平面BFD⊥BCGB.存在点G，使得BG//DFC.存在点G，使得直线CF与平面BCG所成的角为60°D.当点G到平面BDF的距离最大时，三棱锥G−BDF外接球的半径R=23三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，且f(1+x)+f(1−x)=0，则f(2023)= ．14.已知向量a=(3,1),|b|=2，设与a+b方向相同的单位向量为e，若a在a+b上的投影向量为3e，则a与b的夹角θ= ．15.已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为57，点A是椭圆上的任意一点，满足AF1⊥AF2，∠AF1F2的平分线与AF2相交于点B，则F1B分△AF1F2所得的两个三角形的面积之比S△BF1AS△BF1F2= ．16.在数字通信中，信号是由数字“0”和“1”组成的序列，“0，1数列”是每一项均为0或1的数列，设C是一个“0，1数列”，定义数列f(C)为数列C中每个0都变为“1，0，1”，每个1都变为“0，1，0”所得到的新数列.例如数列C：0，1，则数列f(C)：1，0，1，0，1，0.已知数列C1：0，1，0，1，0，记数列Ck+1=f(Ck)，k=1，2，3，⋯，则数列C3的所有项之和为 ；数列Cn的所有项之和为 ．四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17.(本小题10.0分)已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且b+ca=cosC+3sinC．(1)求A的大小；(2)若△ABC为锐角三角形，求a+cb的取值范围．18.(本小题12.0分)已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1=1,2Sn=2nan−n2+n．(1)求数列{an}的通项公式；(2)给定k∈N*，记集合{n|k≤an≤2k,k∈N*}中的元素个数为bk，若b1+b2+…+bk>2023，试求k的最小值．19.(本小题12.0分)第19届亚运会将于2023年9月23日至10月8日在杭州举行，在保持原有40个大项目不变的前提下，增设了电子竞技和霹雳舞两个竞赛项目，国家体育总局为了深入了解各省在“电子竞技”和“霹雳舞”两个竞赛项目上的整体水平，随机选取了10个省进行研究，便于科学确定国家集训队队员，各省代
表
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队人数如下表：省代表队ABCDEFGHIJ电子竞技45512738571926473429霹雳舞26154442322856364820(1)从这10支省代表队中随机抽取3支，在抽取的3支代表队参与电子竞技的人数均超过30人的条件下，求这3支代表队参与霹雳舞的人数均超过30人的概率；(2)若霹雳舞参与人数超过40人的代表队所在地可以成为国家队集训基地，现从这10支代表队中随机抽取4支，记X为选出代表队所在地可以成为国家队集训基地的个数，求X的分布列和数学期望；(3)某省代表队准备进行为期3个月的霹雳舞封闭训练，对太空步、空中定格、整体移动三个动作进行集训，且在集训中进行了多轮测试.规定：在一轮测试中，这3个动作至少有2个动作达到“优秀”，则该轮测试记为“优秀”，已知在一轮测试的3个动作中，甲队员每个动作达到“优秀”的概率均为34，每个动作互不影响且每轮测试互不影响：如果甲队员在集训测试中获得“优秀”次数的平均值不低于9次，那么至少要进行多少轮测试？20.(本小题12.0分)如图①，已知△AB′C是边长为2的等边三角形，D是AB′的中点，DH⊥B′C，如图②，将△B′DH沿边DH翻折至△BDH．(1)在线段BC上是否存在点F，使得AF//平面BDH？若存在，求BFFC的值；若不存在，请说明理由；(2)若平面BHC与平面BDA所成的二面角的余弦值为13，求三棱锥B−DCH的体积．21.(本小题12.0分)在平面直角坐标系xOy中，双曲线C：y2a2−x2b2=1(a>0,b>0)的焦点到渐近线的距离为3，焦距为27．(1)求C的方程；(2)如图，点A为双曲线的下顶点，点P在y轴上(位于原点与上顶点之间)，过P作x轴的平行线l，过P的另一条直线交双曲线于G，H两点，直线AG，AH分别与l交于M，N两点，若∠ANM+∠AOM=π，求点P的坐标．22.(本小题12.0分)已知函数f(x)=lnx−x−a(a∈R).若函数f(x)恰有两个不同的极值点x1，x2(x10}={x|x>−2}，∴A∩B={x|−22π3−7π12=5π60，∴T4≥11π60，即T≥11π15，即2πω≥11π15，∴0<ω≤3011．又∵f(x)的对称中心为(2π3,0)，∴f(2π3)=0，∵f(x)在区间[2π3,13π6)上恰有5个零点，相邻两个零点之间的距离为T2，五个零点之间即2T，六个零点之间即52T，只需2π3+2T<13π6≤2π3+52T即可，即83<ω≤103，又∵0<ω≤3011，∴83<ω≤3011．故选：B．由f(7π12)=−f(3π4)得出函数f(x)的对称中心，结合已知的单调区间，限定ω的范围，由函数f(x)在区间[2π3,13π6)上恰有5个零点，再得到ω的一个范围，取两个范围的交集即可．本题主要考查了正弦函数性质的综合应用，属于中档题．7.【答案】A 【解析】解：设M(y028,y0)，由OM=2ON，可得N为OM的中点，且N(y0216,y02)，则kOM=8y0，易得直线OM的垂线NP的方程为y−y02=−y08(x−y0216)．令y=0，得x=y0216+4，故P(y0216+4,0)，由抛物线的定义易知|MF|=y028+2，故2|OP|−|MF|=2(y0216+4)−(y028+2)=6，故选：A．设M(y028,y0)，由OM=2ON，得N为OM的中点，表示NP的方程，求出点P的坐标，结合抛物线的定义求得结果．本题考查抛物线的几何性质，直线与抛物线的位置关系，化归转化思想，属中档题．8.【答案】B 【解析】解：根据题意，画出图象如下图所示：设A(x1,f(x1))，B(x2,f(x2))(0g(1)=1，即b>1，且t趋近于0时，b=g(t)趋近于+∞．故选：B．首先画出函数图象，根据题意不妨设A(x1,f(x1))，B(x2,f(x2))(01．本题考查导数的几何意义，考查利用导数研究函数的单调性，考查运算求解能力，属于中档题．9.【答案】ABC 【解析】解：由正态分布的对称性可知，若P(X≥4)=0.32，则P(0≤X≤2)=P(2≤X≤4)=0.18，所以P(X≥0)=P(0≤X≤2)+P(2≤X≤4)+P(X≥4)=2×0.18+0.32=0.68，故A正确；数据重排后如下：3，4，5，6，7，8，9，10共8个数，由8×70%=5.6可得第70百分位数为第6个数，即为8，故B正确；回归分析中残差平方和越小，相关指数越接近于1，拟合效果越好，故C正确；由独立性检验χ2=3.218<3.841可知，犯错误的概率会超过0.05，即D错误．故选：ABC．利用正态分布对称性计算即可得A正确；将数据按照从小到大顺序重新排列可计算出第70百分位数为8；由回归分析相关指数公式可得残差平方和越小，拟合效果越好；根据独立性检验可知χ2=3.218<3.841时，犯错误的概率超过0.05．本题主要考查了正态分布曲线的对称性，考查了独立性检验的应用，属于基础题．10.【答案】AC 【解析】解：∵a>0，b>0，a+b=1．对于A,a2b+ab2=ab(a+b)=ab≤(a+b2)2=14，当且仅当a=b=12时取等号，故A正确；对于B，当a=b=12时，B显然错误；对于C,a+2b+2ab=a+2b+2(a+b)ab=3a+4bab=3b+4a=(3b+4a)(a+b)=7+(3ab+4ba)≥7+43，当且仅当3ab=4ba时取等号，故C正确；对于D，12a+b+4a+2b=(12a+b+4a+2b)⋅13[(2a+b)+(a+2b)]=13[5+(a+2b2a+b+4(2a+b)a+2b)]≥3，但是当a+2b2a+b=4(2a+b)a+2b时，a=0不符合题意，故等号不成立，故D错误．故选：AC．根据均值不等式及不等式等号成立的条件判断ACD，取特例判断B即可得解．本题主要考查了基本不等式及相关结论的应用，属于中档题．11.【答案】BC 【解析】解：显然当k=0时直线l1也与圆C相切，故A错误；直线l1过的定点为A(0,0)，当l1⊥CA时C到l1的距离最大，最大值为|CA|=25，此时M到l1距离的最大值为2+25，故B正确；由圆的
标准
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方程可得圆心为C(2,4)，半径r=2，直线l2过的定点为B(1,3)，当l2⊥CB时所得弦长最短，则kl2⋅klCB=−1，又kl2=k,klCB=1，所以k=−1，得l2：x+y−4=0，则圆心到直线l2的距离为d=|2|2=2，所以弦长为2r2−d2=22，故C正确；由l1：x+ky=0⇒A(0,0)，当k=0时，l1：x=0，l2：y=3，有l1⊥l2，当k≠0时，kl1=−1k,kl2=k，则kl1kl2=−1，所以l1⊥l2，又点P是两直线的交点，所以PA⊥PB，所以|PA|2+|PB|2=|AB|2=10，因为(|PA|+|PB|)2=|PA|2+|PB|2+2|PA||PB|≤2(|PA|2+|PB|2)=20，所以|PA|+|PB|≤25，当且仅当|PA|=|PB|=5时等号成立，故D错误．故选：BC．根据k=0时直线l1也与圆C相切，可判断A选项；根据几何知识得到当l1⊥CA时C到l1的距离最大，然后求最大值，可判断B选项；根据几何知识得到当l2⊥CB时所得弦长最短，然后得到此时的直线l2的方程，最后求弦长，可判断C选项；根据几何知识得到点P的轨迹，然后利用不等式的方法求最值，可判断D选项．本题主要考查直线与圆的位置关系，考查转化能力，属于中档题．12.【答案】AD 【解析】解：连接EC，如图所示：若点G为弧CD的中点，则∠ECD=∠GCD=45°，所以∠ECG=90°，即EC⊥CG，因为BF//EC，所以BF⊥CG，又BF⊥BC，BC∩CG=C，BC，CG⊂面BCG，所以BF⊥平面BCG，BF⊂平面BFD，则平面BFD⊥平面BCG，故A正确；假设存在点G，使得BG//DF，则B，G，D，F四点共面，又该几何体上下两个底面平行，且BF，DG为平面BGDF与这两个底面的交线，所以BF//DG，则四边形BGDF为平行四边形，则有BF=DG，这显然不成立，故B错误；假设存在点G，使得直线CF与平面BCG所成的角为60°，以A为原点，AF,AB,AD方向为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系，如图所示：则F(4,0,0)，B(0,4,0)，C(0,4,4)，设∠GCD=θ,θ∈[0,π2),则G(−4sinθcosθ,4−4cos2θ,4)，所以CF=(4,−4,4),BC=(0,0,4)，BG=(−4sinθcosθ,−4cos2θ,4)，设平面BCG的法向量为m=(x,y,z)，则z=0−4xsinθcosθ−4ycos2θ=0，令y=sinθ，则x=−cosθ，即m=(−cosθ,sinθ,0)，依题意|cos|=|−4cosθ−4sinθ43⋅cos2θ+sin2θ|=|sinθ+cosθ|3=32，整理得sin2θ=54，这与sin2θ∈[0,1]矛盾，所以假设不成立，故C错误；当点G到平面BDF的距离最大时，点G位于点C，三棱锥G−BDF，即三棱锥C−BDF，即三棱锥F−BDC，可将其补型为一个以AF，AB，AD为同一个顶点出发的三条侧棱的正方体，棱长为4，其外接球半径=3a2=3×42=23，故D正确，故选：AD．利用图形数形结和反例，结合面面垂直的判定、线线平行的判定、线面角的求解方法、几何体外接球的关系以及空间向量的应用逐项分析即可．本题主要考查直线与平面所成的角，属于中档题．13.【答案】0 【解析】解：函数f(x)是定义在R上的奇函数，则f(−x)=−f(x)，在f(1+x)+f(1−x)=0中，令x=0，有f(1)=0，在f(1+x)+f(1−x)=0中，用x+1代替x，有f(x+2)=−f(−x)=f(x)，所以2是f(x)的一个周期，所以f(2023)=f(1)=0．故答案为：0．利用f(1+x)+f(1−x)=0可得f(1)=0，再结合f(x)是定义在R上的奇函数，提出函数的一个周期为2，可求f(2023)本题主要考查了函数的奇偶性及周期性在函数求值中的应用，属于基础题．14.【答案】60° 【解析】解：因为向量a=(3,1)，所以|a|=2，设a与a+b的夹角为α，则0°≤α≤180°，因为a在a+b上的投影向量为3e，则|a|cosα=3，所以cosα=32,α=30°，又|a|=|b|，所以a,b的夹角为θ=2α=60°．故答案为：60°．根据a=(3,1)，得到|a|=2，然后a在a+b上的投影向量为3e求夹角即可．本题主要考查了投影向量的定义，属于基础题．15.【答案】45或35 【解析】解：设|AF1|=m，|AF2|=n，因为AF1⊥AF2，所以∠F1AF2=π2，在Rt△AF1F2中，由勾股定理，得m2+n2=(2c)2，①又因为e=ca=57，所以由椭圆的定义得m+n=2a=14c5，②联立①②并化简得：25n2−70cn+48c2=0，显然点A不在坐标轴上，若点A在第一或第四象限，则n=65c,m=85c，因为F1B是∠AF1F2的平分线，所以S△BF1AS△BF1F2=AF1F1F2=m2c=45；若点A在第二或第三象限，则n=85c,m=65c，因为F1B是∠AF1F2的平分线，所以S△BF1AS△BF1F2=AF1F1F2=m2c=35．故答案为：45或35．设|AF1|=m，|AF2|=n，由椭圆定义和AF1⊥AF2可得25n2−70cn+48c2=0，而S△BF1AS△BF1F2=AF1F1F2从而可解．本题主要考查了椭圆的定义和性质，考查了三角形的面积公式，属于中档题．16.【答案】22 5⋅3n−1+(−1)n2 【解析】解：对第一空①C1中有2个1，3个0；C2中有8个1，7个0；C3中有22个1，23个0，数列C3的所有项之和为22×1+23×0=22，空②设数列Cn中0的个数为an，1的个数为bn，则an+1=an+2bn，bn+1=bn+2an，两式相加有an+1+bn+1=3(an+bn)，且a1+b1=5，所以{an+bn}是以5为首项，3为公比的等比数列，所以an+bn=5×3n−1①，两式相减有an+1−bn+1=−(an−bn)，且a1−b1=1，所以{an−bn}是以1为首项，−1为公比的等比数列，所以an−bn=(−1)n−1②，①−②得bn=5⋅3n−1+(−1)n2，数列Cn的所有项之和即为1的个数bn，即为5⋅3n−1+(−1)n2．故答案为：①22；②5⋅3n−1+(−1)n2．第一空①根据新定义，利用递推关系得出结果即可；第二空②根据an+1=an+2bn，bn+1=bn+2an，得出an+1+bn+1=3(an+bn)，an+1−bn+1=−(an−bn)，联立得到bn，即求得结果．本题考查数列的应用，数列求和问题，等比数列的定义与通项公式的应用，等比数列的求和公式的应用，属中档题．17.【答案】解：(1)∵b+ca=cosC+3sinC，∴sinB+sinC=sinAcosC+3sinAsinC，又sinB=sin(A+C)=sinAcosC+cosAsinC，∴cosAsinC+sinC=3sinAsinC，∴sinC(1+cosA)=3sinAsinC，又sinC≠0，∴3sinA−cosA=1，∴sin(A−π6)=12，又∵A∈(0,π)，∴A=π3；(2)∵a+cb=sinA+sinCsinB=32+sin(B+π3)sinB=32⋅1+cosBsinB+12=32⋅1+2cos2B2−12sinB2cosB2+12=32⋅cosB2sinB2+12=32⋅1tanB2+12，∵△ABC为锐角三角形，∴00，所以b1+b2+⋯+bk单调递增，当k=10时，b1+b2+⋯+b10=2001<2023，当k=11时，b1+b2+⋯+b11=4039>2023，所以k的最小值为11． 【解析】(1)依题意构造Sn−1与an−1的方程，与已知方程作差求解结果；(2)由k≤an≤2k解出n的范围，得到bk，进行数列求和与2023比较大小即可得到结果．本题主要考查数列递推式，数列与不等式的综合，考查运算求解能力，属于中档题．19.【答案】解：(1)由题可知10支代表队，参与“霹雳舞”的人数依次为26，15，44，42，32，28，56，36，48，20，参与“电子竞技”的人数依次为45，51，27，38，57，19，26，47，34，29，其中参与“电子竞技”的人数超过30人的代表队有6个，参与“霹雳舞”的人数超过30人，且“电子竞技”的人数超过30人的代表队有4个，记“这10支代表队中随机选取3支代表队参与“电子竞技”的人数均超过30人”为事件A，“这10支代表队中随机选取3支代表队参与“霹雳舞”的人数均超过30人”为事件B，则P(A)=C63C103=16,P(AB)=C43C103=130，所以P(B|A)=P(AB)P(A)=15；(2)参与“霹雳舞”人数在40人以上的代表队共4支，X的所有可能取值为0，1，2，3，4，所以P(X=0)=C40⋅C64C104=15210=114，P(X=1)=C41⋅C63C104=80210=821,P(X=2)=C42⋅C62C104=90210=37，P(X=3)=C43⋅C61C104=24210=435,P(X=4)=C44C104=1210，所以X的分布列如下表：X01234P114821374351210所以E(X)=1×821+2×37+3×435+4×1210=85；(3)记甲队员在一轮测试中获得“优秀”为事件C，则P(C)=C32(34)2×(1−34)+C33(34)3=2732，由题意，甲队员在集训测试中获得“优秀”的次数服从二项分布B(n,2732)，由题意2732n≥9，得n≥323，因为n∈N*，所以n的最小值为11，故至少要进行11轮测试． 【解析】(1)根据表格中的数据，利用事件的意义，结合条件概率，即可求解；(2)根据表格数据，可知X的所有可能取值为0，1，2，3，4，利用超几何分布，即可求每一个随机变量的概率，即可求分布列和数学期望；(3)首先记甲队员在一轮测试中获得“优秀”为事件C，并求P(C)，“优秀”的次数服从二项分布B(n,P(C))，再根据期望公式，列不等式，即可求解．本题主要考查离散型随机变量分布列的求解，以及期望公式的应用，属于中档题．20.【答案】解：(1)存在点F满足题意，且BFFC=12，理由如下：在图①中，取B′C的中点M，连接AM，则AM//DH，在图②中，AM//DH，AM⊄平面BDH，DH⊂平面BDH，所以AM//平面BDH，且HMMC=12；在线段BC上取点F使BFFC=12，连接MF，FA，则MF//BH，同理可得MF//平面BDH，又因为MF∩AM=M，MF，AM⊂平面AMF，所以平面AMF//平面BDH，又AF⊂平面AMF，所以AF//平面BDH；(2)在图②中，DH⊥HC，DH⊥HB，HC∩HB=H，HC，HB⊂平面BHC，所以DH⊥平面BHC，以H为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则H(0,0,0),A(12,3,0),C(32,0,0),D(0,32,0)，设∠BHC=θ∈(0,π)，则B(12cosθ,0,12sinθ)，DB=(12cosθ,−32,12sinθ),DA=(12,32,0)，设平面BDA的法向量为m=(x,y,z)，则m⋅DB=x2cosθ−32y+z2sinθ=0m⋅DA=12x+32y=0，令y=1，则x=−3,z=3(1+cosθ)sinθ，∴m=(−3,1,3(1+cosθ)sinθ)，易知平面BHC的一个法向量n=(0,1,0)，若平面BHC与平面BDA所成的二面角的余弦值为13，则13+1+3(1+cosθsinθ)2=13，化简整理得：1+cosθsinθ=53，所以tanθ2=35,sinθ=154,cosθ=14，所以B(18,0,158)，则三棱锥B−DCH的高为158，又底面积S△DCH=12×32×32=338，所以三棱锥B−DCH的体积为VB−DCH=13×338×158=3564． 【解析】(1)利用线线平行证明AM//平面BDH，MF//平面BDH，证得平面AMF//平面BDH，可得AF//面BDH；(2)利用已知二面角的余弦值，可以利用向量法或几何法求三棱锥B−DCH的高，结合体积公式求解．本题考查线面平行的证明．面面平行的判定定理与性质定理，向量法求解二面角问题，三棱锥的体积的求解，方程思想，属中档题．21.【答案】解：(1)因为焦距为27，所以c=7，焦点坐标为(±7,0)，又因为焦点到渐近线的距离为3，渐近线方程为y=±bax，即ay±bx=0，则3=|±b7|a2+b2=b⋅77，所以b=3，所以a2=c2−b2=4，故C的方程为y24−x23=1；(2)由∠ANM+∠AOM=π，又∠MOP+∠AOM=π，即∠ANM=∠MOP，故tan∠ANM=tan∠MOP=1tan∠OMP，即−kAN=1−kOM，所以kAN⋅kOM=1，设G(x1,y1)，H(x2,y2)，M(xM,yM)，P(0,t)，由题意可知A(0,−2)，则直线AG：y=y1+2x1x−2，直线AH：y=y2+2x2x−2，因为M在直线l上，所以yM=t，代入直线AG方程，可知xM=(t+2)x1y1+2，故M的坐标为((t+2)x1y1+2,t)，所以kOM=t(y1+2)(t+2)x1，.又kAN=kAH=y2+2x2，由kAN⋅kQM=1，则t(y1+2)(t+2)x1⋅y2+2x2=1，整理可得t+2t=(y1+2)(y2+2)x1x2，当直线GH斜率不存在时，显然不符合题意；故设直线GH：y=kx+t，代入双曲线方程y24−x23=1中，可得(3k2−4)x2+6ktx+3t2−12=0，则Δ=(6kt)2−4(3k2−4)(3t2−12)>0，解得3k2+t2−4>0，所以x1+x2=−6kt3k2−4,x1x2=3t2−123k2−4，又(y1+2)(y2+2)=(kx1+t+2)(kx2+t+2)=k2x1x2+k(t+2)(x1+x2)+(t+2)2=k2⋅3t2−123k2−4+k(t+2)⋅−6kt3k2−4+(t+2)2=−4(t+2)23k2−4，所以t+2t=(y1+2)(y2+2)x1x2=−4(t+2)23k2−43t2−123k2−4=−4(t+2)23(t2−4)=−4(t+2)3(t−2)(t+2≠0)，故4t=6−3t，即t=67，所以点P坐标为(0,67)． 【解析】(1)根据焦距得到c，根据焦点到渐近线的距离得到b，然后求a，即可得到双曲线的方程；(2)根据∠ANM+∠AOM=π得到kAN⋅kOM=1，然后设直线AG和AH的方程得到M的坐标为((t+2)x1y1+2,t)，即可得到t+2t=(y1+2)(y2+2)x1x2，设直线GH的方程，与双曲线方程联立，利用韦达定理得到4t=6−3t，解方程得到t即可得到点P坐标．本题主要考查了双曲线的标准方程，考查了直线与双曲线的位置关系，以及直线过定点问题，属于中档题．22.【答案】解：(1)f(x)的定义域为{x|x>0,x≥a}，f′(x)=1x−12x−a=2x−a−x2xx−a=−x2+4x−4a2xx−a(2x−a+x)(x>0,x>a)，令g(x)=−x2+4x−4a，则g(x)的对称轴为x=2，①当a>0时，f(x)的定义域为[a,+∞)，此时g(a)=−a2<0，要使得g(x)有两个零点，则需Δ=16−16a>0⇒00，g(4)=−4a<0，所以存在x1∈(a,2)，使得g(x1)=0，即f′(x1)=0，x2∈(2,4)，使得g(x2)=0，即f′(x2)=0，当x∈(a,x1)时，f′(x)<0⇒f(x)递减，当x∈(x1,x2)时，f′(x)>0⇒f(x)递增，当x∈(x2,+∞)时，f′(x)<0⇒f(x)递减，所以f(x)有两个极值点，符合题意．②当a≤0时，f(x)的定义域为(0,+∞)，此时g(0)=−4a≥0，且g(x)在(0,2)递增，(2,+∞)递减，故g(x)在(0,+∞)只有一个零点，所以f(x)只有一个极值点，不符合题意；综上可得，实数a的取值范围为(0,1)；(2)[f(x1)−f(a)]2=[f(x2)]2⇔f(x1)−f(a)=f(x2)或f(x1)−f(a)=−f(x2)，由(1)可知，x1，x2是方程x2−4x+4a=0的两根，所以x1+x2=4，x1x2=4a，且a
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