江苏省南京盐城市2023届高三第一次模拟考试数学试卷+答案

南京市、盐城市2022－2023学年度第一次调研测试高三数学2023.03注意事项：1．本试卷考试时间为120分钟，试卷满分150分，考试形式闭卷．2．本试卷中所有 试题 中考模拟试题doc幼小衔接 数学试题 下载云南高中历年会考数学试题下载N4真题下载党史题库下载 必须作答在答题卡上规定的位置，否则不给分．3．答题前，务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水签字笔填写在试卷及答题卡上．第=1\*ROMANI卷（选择题共60分）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，请把答案填涂在答题卡相应位置上．1．设M＝{x|x＝eq\f(k,2)，k∈Z}，N＝{x|x＝k＋eq\f(1,2)，k∈Z}，则A．Meq\o(\s\up2(),\s\do4(≠))NB．Neq\o(\s\up2(),\s\do4(≠))MC．M＝ND．M∩N＝2．若f(x)＝x(x＋1)(x＋a)(a∈R)为奇函数，则a的值为A．－1B．0C．1D．－1或13．某种品牌手机的电池使用寿命X(单位：年)服从正态分布N(4，2)(＞0)，且使用寿命不少于2年的概率为0.9，则该品牌手机电池至少使用6年的概率为A．0.9B．0.7C．0.3D．0.14．若函数f(x)＝sin(2x＋φ)(0＜φ＜π)的图象关于直线x＝eq\f(π,6)对称，则φ的值为A．eq\f(π,12)B．eq\f(π,6)C．eq\f(π,4)D．eq\f(π,3)（第5题图）5．三星堆古遗址作为“长江文明之源”，被誉为人类最伟大的考古发现之一．3号坑发现的神树纹玉琮，为今人研究古蜀社会中神树的意义提供了重要依据．玉琮是古人用于祭祀的礼器，有学者认为其外方内圆的构造，契合了古代“天圆地方”观念，是天地合一的体现．如图，假定某玉琮形状对称，由一个空心圆柱及正方体构成，且圆柱的外侧面内切于正方体的侧面，圆柱的高为12cm，圆柱底面外圆周和正方体的各个顶点均在球O上，则球O的 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 面积为A．72πcm2B．162πcm2C．216πcm2D．288πcm26．设等比数列{an}的前n项和为Sn．已知Sn＋1＝2Sn＋eq\f(1,2)，n∈N*，则S6＝A．eq\f(31,2)B．16C．30D．eq\f(63,2)7．已知椭圆E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的两条弦AB，CD相交于点P(点P在第一象限)，且AB⊥x轴，CD⊥y轴．若PA∶PB∶PC∶PD＝1∶3∶1∶5，则椭圆E的离心率为A．eq\f(eq\r(5),5)B．eq\f(eq\r(10),5)C．eq\f(2eq\r(5),5)D．eq\f(2eq\r(10),5)8．设a，b∈R，4b＝6a－2a，5a＝6b－2b，则A．1＜a＜bB．0＜b＜aC．b＜0＜aD．b＜a＜1二、选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，请把答案填涂在答题卡相应位置上．全部选对得5分，部分选对得2分，不选或有错选的得0分．（第9题图1）（第9题图2）9．新能源汽车包括纯电动汽车、增程式电动汽车、混合动力汽车、燃料电池电动汽车、氢发动机汽车等．我国的新能源汽车发展开始于21世纪初，近年来发展迅速，连续8年产销量位居世界第一．下面两图分别是2017年至2022年我国新能源汽车年产量和占比（占我国汽车年总产量的比例）情况，则A．2017～2022年我国新能源汽车年产量逐年增加B．2017～2022年我国新能源汽车年产量的极差为626.4万辆C．2022年我国汽车年总产量超过2700万辆D．2019年我国汽车年总产量低于2018年我国汽车年总产量10．已知z为复数，设z，eq\o(z,\s\up6(－))，iz在复平面上对应的点分别为A，B，C，其中O为坐标原点，则A．|eq\o(OA,\s\up6(→))|＝|eq\o(OB,\s\up6(→))|B．eq\o(OA,\s\up6(→))⊥eq\o(OC,\s\up6(→))C．|eq\o(AC,\s\up6(→))|＝|eq\o(BC,\s\up6(→))|D．eq\o(OB,\s\up6(→))∥eq\o(AC,\s\up6(→))11．已知点A(－1，0)，B(1，0)，点P为圆C：x2＋y2－6x－8y＋17＝0上的动点，则A．△PAB面积的最小值为8－4eq\r(2)B．AP的最小值为2eq\r(2)C．∠PAB的最大值为eq\f(5π,12)D．eq\o(\s\up6(→),AB)·eq\o(\s\up6(→),AP)的最大值为8＋4eq\r(2)12．已知f(θ)＝cos4θ＋cos3θ，且θ1，θ2，θ3是f(θ)在(0，π)内的三个不同零点，则A．eq\s\do1(\f(π,7))∈{θ1，θ2，θ3}B．θ1＋θ2＋θ3＝πC．cosθ1cosθ2cosθ3＝－eq\s\do1(\f(1,8))D．cosθ1＋cosθ2＋cosθ3＝eq\F(1,2)三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．请把答案填写在答题卡相应位置上．13．编号为1，2，3，4的四位同学，分别就座于编号为1，2，3，4的四个座位上，每个座位恰好坐一位同学，则恰有两位同学编号和座位编号一致的坐法种数为eq\o(▲,________)．14．已知向量a，b满足|a|＝2，|b|＝3，a·b＝0．设c＝b－2a，则cos＜a，c＞＝eq\o(▲,________)．15．已知抛物线y2＝4x的焦点为F，点P是其准线上一点，过点P作PF的垂线，交y轴于点A，线段AF交抛物线于点B．若PB平行于x轴，则AF的长度为eq\o(▲,________)．16．直线x＝t与曲线C1：y＝－ex＋ax(aeq\o(\s\up1(),∈)R)及曲线C2：y＝e－x＋ax分别交于点A，B．曲线C1在A处的切线为l1，曲线C2在B处的切线为l2．若l1，l2相交于点C，则△ABC面积的最小值为eq\o(▲,________)．四、解答题：本大题共6小题，共70分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤．17．（本小题满分10分）在数列{an}中，若an＋1－a1a2a3···an＝d(n∈N*)，则称数列{an}为“泛等差数列”，常数d称为“泛差”．已知数列{an}是一个“泛等差数列”，数列{bn}满足a12＋a22＋···＋an2＝a1a2a3···an－bn．（1）若数列{an}的“泛差”d＝1，且a1，a2，a3成等差数列，求a1；（2）若数列{an}的“泛差”d＝－1，且a1＝eq\s\do1(\f(1,2))，求数列{bn}的通项bn．18．（本小题满分12分）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，2c＝b(sinA－cosA)．（1）若sinB＝10sinC，求sinA的值；（2）在下列条件中选择一个，判断△ABC是否存在．如果存在，求b的最小值；如果不存在，说明理由．①△ABC的面积S＝eq\r(2)＋1；②bc＝4eq\r(2)；③a2＋b2＝c2．19．（本小题满分12分）如图，在多面体ABCDE中，平面ACD⊥平面ABC，BE⊥平面ABC，△ABC和△ACD均为正三角形，AC＝4，BE＝eq\r(,3)．（1）在线段AC上是否存在点F，使得BF∥平面ADE?说明理由；（2）求平面CDE与平面ABC所成的锐二面角的正切值．BADCE(第19题图)20．（本小题满分12分）人工智能是研究用于模拟和延伸人类智能的技术科学，被认为是21世纪最重要的尖端科技之一，其理论和技术正在日益成熟，应用领域也在不断扩大．人工智能背后的一个基本原理：首先确定先验概率，然后通过计算得到后验概率，使先验概率得到修正和校对，再根据后验概率做出推理和决策．基于这一基本原理，我们可以设计如下试验模型：有完全相同的甲、乙两个袋子，袋子里有形状和大小完全相同的小球，其中甲袋中有9个红球和1个白球；乙袋中有2个红球和8个白球．从这两个袋子中选择一个袋子，再从该袋子中等可能摸出一个球，称为一次试验．若多次试验直到摸出红球，则试验结束．假设首次试验选到甲袋或乙袋的概率均为eq\f(1,2)（先验概率）．（1）求首次试验结束的概率；（2）在首次试验摸出白球的条件下，我们对选到甲袋或乙袋的概率（先验概率）进行调整．①求选到的袋子为甲袋的概率；②将首次试验摸出的白球放回原来袋子，继续进行第二次试验时有如下两种 方案 气瓶 现场处置方案 .pdf气瓶 现场处置方案 .doc见习基地管理方案.doc关于群访事件的化解方案建筑工地扬尘治理专项方案下载 ：方案一，从原来袋子中摸球；方案二，从另外一个袋子中摸球．请通过计算，说明选择哪个方案第二次试验结束的概率更大．21．（本小题满分12分）已知双曲线C：eq\F(x2,a2)－eq\F(y2,b2)＝1(a，b＞0)的离心率为eq\r(,2)，直线l1：y＝2x＋4eq\R(,3)与双曲线C仅有一个公共点．（1）求双曲线C的方程；（2）设双曲线C的左顶点为A，直线l2平行于l1，且交双曲线C于M，N两点，求证：△AMN的垂心在双曲线C上．22．（本小题满分12分）已知k∈R，函数f(x)＝3ln(x＋1)＋eq\F(2,π)sineq\F(πx,2)＋kx，x∈(－1，2)．（1）若k＝0，求证：f(x)仅有1个零点；（2）若f(x)有两个零点，求实数k的取值范围．南京市、盐城市2022－2023学年度第一次调研测试高三数学参考答案2023.03一、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，请把答案填涂在答题卡相应位置上．1．B2．A3．D4．B5．C6．D7．B8．A二、选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，请把答案填涂在答题卡相应位置上．全部选对得5分，部分选对得2分，不选或有错选的得0分．9．BCD10．AB11．BCD12．ACD三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．请把答案填写在答题卡相应位置上．13．614．－eq\f(4,5)15．316．2四、解答题：本大题共6小题，共70分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤．17．（本小题满分10分）解：（1）因为d＝1，所以an＋1－a1a2a3···an＝1(n∈N*)，所以a2＝a1＋1，a3＝a1a2＋1＝a1(a1＋1)＋1．2分因为a1，a2，a3成等差数列，所以2(a1＋1)＝a1＋a1(a1＋1)＋1，3分所以a12＝1，所以a1＝1或a1＝－1．4分（2）因为a12＋a22＋···＋an2＝a1a2a3···an－bn，①所以a12＋a22＋···＋an2＋an＋12＝a1a2a3···anan＋1－bn＋1，②②－①得，an＋12＝a1a2a3···anan＋1－a1a2a3···an－(bn＋1－bn)6分＝a1a2a3···an(an＋1－1)－(bn＋1－bn)．又因为an＋1－a1a2a3···an＝－1，所以a1a2a3···an＝an＋1＋1，即an＋12＝(an＋1＋1)(an＋1－1)－(bn＋1－bn)，所以bn＋1－bn＝－1．8分又b1＝a1－a12＝eq\s\do1(\f(1,4))，9分所以bn＝－n＋eq\s\do1(\f(5,4))．10分18．（本小题满分12分）解：（1）因为2c＝b(sinA－cosA)，由正弦定理得2sinC＝sinB(sinA－cosA)．2分又因为sinB＝10sinC，所以sinA－cosA＝eq\f(1,5)．3分因为sin2A＋cos2A＝1，所以sin2A＋(sinA－eq\f(1,5))2＝1，所以25sin2A－5sinA－12＝0，解得sinA＝eq\f(4,5)或－eq\f(3,5)．因为0＜A＜π，所以sinA＞0，所以sinA＝eq\f(4,5)．6分（2）选①因为S＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\r(2)＋1，7分所以bcsinA＝2(eq\r(2)＋1)．因为2c＝b(sinA－cosA)，所以b2(sinA－cosA)sinA＝2bcsinA＝4(eq\r(2)＋1)，所以b2＝eq\f(4(\r(2)＋1),(sinA－cosA)sinA)9分＝eq\f(8(\r(2)＋1),2sin2A－2sinAcosA)＝eq\f(8(\r(2)＋1),1－cos2A－sin2A)＝eq\f(8(\r(2)＋1),1－\r(2)sin(2A＋\f(π,4)))．因为2c＝b(sinA－cosA)＞0，所以eq\f(π,4)＜A＜π，所以当2A＋eq\f(π,4)＝eq\f(3π,2)，即A＝eq\f(5π,8)时，(b2)min＝8，即bmin＝2eq\r(2)．此时A＝eq\f(5π,8)，b＝2eq\r(2)，c＝2sineq\f(3π,8)，所以△ABC存在．12分选②因为2c＝b(sinA－cosA)，bc＝4eq\r(2)，所以b2(sinA－cosA)＝2bc＝8eq\r(2)，所以b2＝eq\f(8\r(2),sinA－cosA)9分＝eq\f(8\r(2),\r(2)sin(A－\f(π,4)))．因为2c＝b(sinA－cosA)＞0，所以eq\f(π,4)＜A＜π，所以当A－eq\f(π,4)＝eq\f(π,2)，即A＝eq\f(3π,4)时，(b2)min＝8，即bmin＝2eq\r(2)．此时A＝eq\f(3π,4)，b＝2eq\r(2)，c＝2，所以△ABC存在．12分选③若a2＋b2＝c2，即sinC＝1．8分因为0＜sinB≤1，sinA－cosA＝eq\r(2)sin(A－eq\f(π,4))∈(0，eq\r(2)]，所以sinB(sinA－cosA)≤eq\r(2)＜2＝2sinC，10分即b(sinA－cosA)＜2c，这与2c＝b(sinA－cosA)相矛盾，所以△ABC不存在．12分19．(本小题满分12分）解：方法1(1）当F为靠近A的四等分点时，BF∥平面ADE．1分证明：如图，取AC，AD的中点O，G，连接OD，BF，FG，GE．OBADCEGF因为△ACD是正三角形，所以OD⊥AC．又因为平面ACD⊥平面ABC，平面ACD∩平面ABC＝AC，OD平面ACD，所以OD⊥平面ABC．…………………3分又因为BE⊥平面ABC，所以BE∥OD，在正三角形ACD中，OD＝eq\f(\r(3),2)AC＝2eq\r(3)．因为F，G分别为OA，AD的中点，所以FG∥OD，且FG＝eq\f(1,2)OD＝eq\r(3)．又因为BE＝eq\r(,3)，所以BEeq\o(\s\up2(∥),\s\do3(=))FG，所以四边形BEGF为平行四边形，所以BF∥EG．5分又因为BF平面ADE，EG平面ADE，所以BF∥平面ADE．6分PHOEBCAD（2）如图，连接OB并延长交DE的延长线于P，连接CP，过O作OH⊥CP，垂足为H，连接DH．由（1）知，DO⊥平面ABC，CP平面ABC，所以DO⊥CP．因为OH，OD平面ODH，OH∩OD＝O，所以CP⊥平面ODH，故CP⊥DH，故∠DHO为平面CDE与平面ABC的所成锐二面角的平面角．………9分因为BE∥OD，BE＝eq\f(1,2)OD，所以OP＝2OB＝4eq\r(3)，在Rt△COP中，OC＝2，CP＝eq\r(OP2＋OC2)＝2eq\r(13)，故OH＝eq\f(OC·OP,CP)＝eq\f(2×4eq\r(3),2eq\r(13))＝eq\f(4eq\r(3),eq\r(13))．在Rt△DOH中，OD＝2eq\r(3)，故tan∠DHO＝eq\f(OD,OH)＝eq\f(2eq\r(3),eq\f(4eq\r(3),eq\r(13)))＝eq\f(eq\r(13),2)，所以平面CDE与平面ABC所成锐二面角的正切值为eq\f(\r(,13),2)．12分方法2如图，取AC中点O，连接OB，OD．因为△ACD，△ABC是正三角形，所以OD⊥AC，OB⊥AC．又因为平面ACD⊥平面ABC，平面ACD∩平面ABC＝AC，OD平面ACD，所以OD⊥平面ABC．2分又因为OB平面ACD，所以OD⊥OB．以{eq\o(OB,\s\up8(→))，eq\o(OC,\s\up8(→))，eq\o(OD,\s\up8(→))}为正交基底建立空间直角坐标系．假设在线段AC上存在点F，使得BF∥平面ADE．设eq\o(\s\up6(→),AF)＝λeq\o(\s\up6(→),AC)，平面ADE的一个法向量m＝(x，y，z)．因为BF平面ADE，所以BF∥平面ADE等价于eq\o(\s\up6(→),BF)⊥m．3分因为BE＝eq\r(,3)，OD＝2eq\r(,3)，AC＝4，所以O(0，0，0)，A(0，－2，0)，B(2eq\r(,3)，0，0)，C(0，2，0)，D(0，0，2eq\r(,3))，E(2eq\r(,3)，0，eq\r(,3))，因为eq\o(\s\up6(→),AB)＝(2eq\r(,3)，2，0)，eq\o(\s\up6(→),AC)＝(0，4，0)，eq\o(AD,\s\up8(→))＝(0，2，2eq\r(,3))，eq\o(AE,\s\up8(→))＝(2eq\r(,3)，2，eq\r(,3))，故eq\o(\s\up6(→),AF)＝λeq\o(\s\up6(→),AC)＝(0，4λ，0)，eq\o(\s\up6(→),BF)＝eq\o(\s\up6(→),AF)－eq\o(\s\up6(→),AB)＝(－2eq\r(,3)，4λ－2，0)．因为平面ADE的一个法向量m＝(x，y，z)，所以eq\b\lc\{(\a\al(eq\o(\s\up6(→),AD)·m＝0，,eq\o(\s\up6(→),AE)·m＝0，))则eq\b\lc\{(\a\ac\co1\hs2\vs2(2y＋2\r(,3)z＝0，,2\r(,3)x＋2y＋\r(,3)z＝0．))令x＝1，则y＝－2eq\r(,3)，z＝2，所以m＝(1，－2eq\r(,3)，2)．5分由eq\o(\s\up6(→),BF)·m＝－2eq\r(,3)－(4λ－2)·2eq\r(,3)＝0，解得λ＝eq\f(1,4)．故当F为靠近A的四等分点时，BF∥平面CDE．6分（2）因为eq\o(CD,\s\up8(→))＝(0，－2，2eq\r(,3))，eq\o(CE,\s\up8(→))＝(2eq\r(,3)，－2，eq\r(,3))，OBADCEzyx设平面CDE的一个法向量n＝(x，y，z)，所以eq\b\lc\{(\a\al(eq\o(\s\up6(→),CD)·n＝0，,eq\o(\s\up6(→),CE)·n＝0，))即eq\b\lc\{(\a\ac\co1\hs2\vs2(－2y＋2\r(,3)z＝0，,2\r(,3)x－2y＋\r(,3)z＝0．))令x＝1，则y＝2eq\r(,3)，z＝2，所以n＝(1，2eq\r(,3)，2)．………………………………………………8分平面ABC的一个法向量l＝(0，0，1)，…9分设平面CDE与平面ABC的所成锐二面角为α，所以cosα＝eq\f(|n·l|,|n||l|)＝eq\f(2,\r(,17))，……………………11分所以sinα＝eq\r(1－cos2α)＝eq\f(\r(,13),eq\r(17))，得tanα＝eq\f(sinα,cosα)＝eq\f(\r(,13),2)．即平面CDE与平面ABC所成锐二面角的正切值为eq\f(\r(,13),2)．12分20．(本小题满分12分）解：设“选到甲袋”为事件A1，“选到乙袋”为事件A2，“摸到红球”为事件B1，“摸到白球”为事件B2，（1）P(B1)＝P(A1)P(B1|A1)＋P(A2)P(B1|A2)＝eq\f(1,2)×eq\f(9,10)＋eq\f(1,2)×eq\f(2,10)＝eq\f(11,20)．答：首次试验结束的概率为eq\f(11,20)．3分(2）①因为B1，B2是对立事件，所以P(B2)＝1－P(B1)＝eq\f(9,20)．4分所以P(A1|B2)＝eq\f(P(A1B2),P(B2))＝eq\f(P(B2|A1)P(A1),P(B2))＝eq\f(eq\f(1,10)×eq\f(1,2),eq\f(9,20))＝eq\f(1,9)，答：选到的袋子为甲袋的概率为eq\f(1,9)．7分②若选择方案一，则原来袋子是甲袋的概率为eq\f(1,9)，是乙袋的概率为eq\f(8,9)，所以方案一中取到红球的概率P1＝P(A1)P(B1|A1)+P(A2)P(B1|A2)＝eq\f(1,9)×eq\f(9,10)＋eq\f(8,9)×eq\f(2,10)＝eq\f(5,18)．9分若选择方案二，则另一个袋子是甲袋的概率为eq\f(8,9)，是乙袋的概率为eq\f(1,9)，所以方案二中取到红球的概率P2＝P(A1)P(B1|A1)+P(A2)P(B1|A2)＝eq\f(8,9)×eq\f(9,10)＋eq\f(1,9)×eq\f(2,10)＝eq\f(37,45)．11分因为eq\f(37,45)＞eq\f(5,18)，所以选择方案二第二次试验结束的概率更大．12分21．(本小题满分12分）解：(1）因为双曲线C的离心率为eq\r(,2)，所以eq\R(,1＋eq\F(b2,a2))＝eq\r(,2)，得a＝b，1分故双曲线C的方程为x2－y2＝a2．由eq\b\lc\{(\a\al(y＝2x＋4eq\R(,3)，,x2－y2＝a2，))得3x2＋16eq\R(,3)x＋48＋a2＝0．因为直线l1：y＝2x＋4eq\R(,3)与双曲线C仅有一个公共点，所以△＝(16eq\R(,3))2－12×(48＋a2)＝0，3分解得a2＝16，因此双曲线C为eq\s\do1(\f(x2,16))－eq\s\do1(\f(y2,16))＝1．4分(2）因为直线l2平行于l1，所以设l2：y＝2x＋m(m≠4eq\r(3))．设M(x1，y1)，N(x2，y2)，由eq\b\lc\{(\a\al(eq\s\do1(\f(x2,16))－eq\s\do1(\f(y2,16))＝1，,y＝2x＋m，))消去y，得3x2＋4mx＋m2＋16＝0，所以x1＋x2＝－eq\f(4m,3)，x1x2＝eq\f(m2＋16,3)．6分由题意知△＝16m2－12(m2＋16)＞0，解得m＜－4eq\r(3)或m＞4eq\r(3)．过点A与l2垂直的直线l3：y＝－eq\s\do1(\f(1,2))x－2，设l3与双曲线C交于另一点H．由eq\b\lc\{(\a\al(y＝－eq\s\do1(\f(1,2))x－2，,eq\f(x2,16)－eq\f(y2,16)＝1，))消去y，得3x2－8x－80＝0，解得x＝eq\f(20,3)或x＝－4（舍去），所以H(eq\f(20,3)，－eq\f(16,3))．8分下证：MH⊥AN．因为eq\o(MH,\s\up6(→))·eq\o(AN,\s\up6(→))＝(eq\f(20,3)－x1，－eq\f(16,3)－y1)·(x2＋4，y2)＝eq\f(20,3)x2＋eq\f(80,3)－x1x2－4x1－eq\f(16,3)y2－y1y2＝eq\f(20,3)x2＋eq\f(80,3)－x1x2－4x1－eq\f(16,3)(2x2＋m)－(2x1＋m)(2x2＋m)＝－5x1x2－(4＋2m)(x1＋x2)＋eq\f(80,3)－eq\f(16,3)m－m210分＝(－5)×eq\f(m2＋16,3)－(4＋2m)·(－eq\f(4m,3))＋eq\f(80,3)－eq\f(16,3)m－m2＝－eq\f(5m2,3)－eq\f(80,3)＋eq\f(16m,3)＋eq\f(8m2,3)＋eq\f(80,3)－eq\f(16,3)m－m2＝0，所以MH⊥AN．又因为AH⊥MN，所以H为△AMN的垂心．因为H在双曲线C上，所以△AMN的垂心在双曲线C上．12分22．(本小题满分12分）解：（1）由k＝0，得f(x)＝3ln(x＋1)＋eq\F(2,π)sineq\F(πx,2)，则f′(x)＝eq\F(3,x＋1)＋coseq\F(πx,2)，1分方法1因为x∈(－1，2)，所以eq\F(3,x＋1)＞1，coseq\F(πx,2)＞－1，因此f′(x)＞0，3分所以f(x)单调递增．又因为f(0)＝0，所以f(x)仅有1个零点．4分方法2f′′(x)＝－eq\F(3,(x＋1)2)－eq\F(π,2)sineq\F(πx,2)，当x∈(－1，0)时，－eq\F(3,(x＋1)2)＜－3，－eq\F(π,2)sineq\F(πx,2)＜eq\F(π,2)，故f′′(x)＜－3＋eq\F(π,2)＜0．又当x∈[0，2)时，－eq\F(3,(x＋1)2)＜0，eq\F(π,2)sineq\F(πx,2)≥0，故f′′(x)＜0，因此x∈(－1，2)时，f′′(x)＜0，所以f′(x)单调递减．x∈(－1，2)时，f′(x)＞f′(2)＝0，3分所以f(x)单调递增．又因为f(0)＝0，所以f(x)仅有1个零点．4分（2）f′(x)＝eq\F(3,x＋1)＋coseq\F(πx,2)＋k，f′′(x)＝－eq\F(3,(x＋1)2)－eq\F(π,2)sineq\F(πx,2)，由（1）知x∈(－1，2)时，f′′(x)＜0，所以f′(x)单调递减．①当k≥0时，x∈(－1，2)时，f′(x)＞f′(2)＝k≥0，所以f(x)单调递增．又因为f(0)＝0，所以f(x)仅有1个零点．因此k≥0不合题意．6分②当－4＜k＜0时，因为f′(0)＝4＋k＞0，f′(2)＝k＜0，故f′(x)存在唯一的零点x0，且0＜x0＜2，当x∈(－1，x0)时，f′(x)＞0，所以f(x)单调递增；当x∈(x0，2)时，f′(x)＜0，所以f(x)单调递减．因为f(0)＝0，故f(x)在(－1，x0)上有唯一的零点0，从而f(x)在[x0，2)上有唯一的零点．又因为f(x0)＞f(0)＝0，所以f(2)＝3ln3＋2k＜0，解得－4＜k＜－eq\F(3ln3,2)．8分③当k＝－4时，f′(0)＝4＋k＝0，当x∈(－1，0)时，f′(x)＞0，所以f(x)单调递增；当x∈(0，2)时，f′(x)＜0，所以f(x)单调递减，故f(x)≤f(0)＝0，当且仅当x＝0时取等号，故此时f(x)仅有1个零点0，不合题意．9分3°当k＜－4时，注意到f′(x)＞eq\F(3,x＋1)－1＋k，因此f′(eq\F(2＋k,1－k))＞eq\F(3,eq\F(2＋k,1－k)＋1)－1＋k＝0，且－1＜eq\F(2＋k,1－k)＜0．又f′(0)＝4＋k＜0，故f′(x)存在唯一的零点x0，且－1＜x0＜0．当x∈(－1，x0)时，f′(x)＞0，所以f(x)单调递增；当x∈(x0，2)时，f′(x)＜0，所以f(x)单调递减．因为f(0)＝0，故f(x)在(x0，2)上有唯一的零点0，注意到f(x)＜3ln(x＋1)＋1－k，故f(eeq\o(,\d\fo()\s\up7(eq\f(k－1,3)))－1)＜3lneeq\o(,\d\fo()\s\up7(eq\f(k－1,3)))＋1－k＝0，且－1＜eeq\o(,\d\fo()\s\up7(eq\f(k－1,3)))－1＜0．又f(x0)＞f(0)＝0，因此f(x)在(－1，x0]上有唯一的零点，故此时f(x)有两个零点．综上，k＜－eq\F(3ln3,2)且k≠－4．12分