2022-2023学年广东省茂名一中奥林匹克学校高二（下）期中数学试卷（含解析）

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这是一份2022-2023学年广东省茂名一中奥林匹克学校高二（下）期中数学试卷（含解析），共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2022-2023学年广东省茂名一中奥林匹克学校高二（下）期中数学试卷
一、单选题（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|log2(x+1)≤2},B={x|x2−x+2x>0}，则A∩B=(    )
A. {x|2 C. {x|−1 2. “m=1”是“函数f(x)=2x+m2x−m为奇函数”的(    )
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
3. 已知函数f(x)=ex−lg|x|，则f(x)的图象大致为(    )
A. B.
C. D.
4. 已知a=cos1,p=loga12,q=a12,r=(12)a则(    )
A. p 5. 若函数f(x)=f(x+2),x≥0h(x),x<0的图象关于原点对称，且f(5)=1，则h(−2022)+h(−2023)+h(−2024)=(    )
A. −1 B. 0 C. 1 D. 2
6. 定义函数迭代：
f(0)(x)=x
f(1)(x)=f(x)
f(2)(x)=f(f(x))
⋯
f(n+1)(x)=f(f(n)(x))
已知f(x)=3x+2，则f(n)(x)=(    )
A. 3nx+3n−1 B. 3nx+3n+1 C. 3nx+3n−1 D. 3nx−3n+1
7. 如果方程x24+y|y|=1所对应的曲线与函数y=f(x)对的图像完全重合，那么对于函数y=f(x)有如下两个结论：
①函数f(x)的值域为(−∞,2]；
②函数F(x)=f(x)+x有且只有一个零点．
对这两个结论，以下判断正确的是(    )
A. ①正确，②错误 B. ①错误，②正确 C. ①②都正确 D. ①②都错误
8. 已知函数f(x)=lnx+x,x>12x2−mx+m2,x≤1，若g(x)=f(x)−m有三个零点，则实数m的取值范围是(    )
A. (1,74] B. (1,2] C. (1,43] D. [1,3]
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）
9. 下列说法正确的是(    )
A. 命题“∃x∈R，x2+2x+m≤0”的否定是“∀x∈R，x2+2x+m>0”
B. 已知a∈R，则“a≤1”是“a2≤a”的必要不充分条件
C. 函数y=lg(x2−4x+3)的单调增区间是(2,+∞)
D. ∃x0∈(0,13)，(12)x0>log13x0
10. 关于函数f(x)=2x+1x−1，正确的说法是(    )
A. f(x)有且仅有一个零点 B. f(x)的定义域为{x|x≠1}
C. f(x)在(1,+∞)单调递增 D. f(x)的图象关于点(1,2)对称
11. 已知a>0，b>0，且a+1b=1，则(    )
A. 1a+b的最小值为4 B. a2+1b2的最小值为14
C. ab的最大值为14 D. 12b−a的最小值为 2−1
12. 已知a>0，ea+lnb=1，则(    )
A. a+lnb<0 B. ea+b>2 C. lna+eb<0 D. a+b>1
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 已知18x=2，1.5y=2，则1x−2y=______．
14. 定义开区间(a,b)的长度为b−a.经过估算，函数f(x)=12x−x13的零点属于开区间______ (只要求写出一个符合条件，且长度不超过16的开区间)．
15. 对于任意x1，x2∈[1,+∞)，当x2>x1时，有alnx2x1−2(x2−x1)<0成立，则实数a的取值范围是______ ．
16. 已知0 四、解答题（本大题共6小题，共72.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题12.0分)
在△ABC中，AB=9，点D在边BC上，AD=7．
(1)若cosB=23，求BD的值，
(2)若cos∠BAC=−23，且点D是边BC的中点，求AC的值．

18. (本小题12.0分)
某中学组织学生进行地理知识竞赛，随机抽取500名学生的成绩进行统计，将这500名学生成绩分成5组：[50,60)，[60,70)，[70,80)，[80,90)，[90,100]，得到如图所示的频率分布直方图.若a，b，c成等差数列，且成绩在区间[80,90)内的人数为120．
(Ⅰ)求a，b，c的值；
(Ⅱ)估计这500名学生成绩的中位数和平均数(同一组中的数据用该组区间的中点值代替)；
(Ⅲ)若用频率估计概率，从该中学学生中抽取5人，成绩在区间[90,100]内的学生人数为X，求X的数学期望．

19. (本小题12.0分)
已知数列{an}和数列{bn}满足：a1=2，b1=1，an+1=34an+14bn，bn+1=34bn+14an，其中n∈N*．
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式．
(2)若cn=3an+bn，求数列{ncn}的前n项和Sn．
20. (本小题12.0分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，AB//CD，∠ABC=90°，△ADP是等边三角形，AB=AP=2，BP=3，AD⊥BP．

(Ⅰ)求BC的长度；
(Ⅱ)求直线BC与平面ADP所成的角的正弦值．
21. (本小题12.0分)
已知椭圆E：x2a2+y2b2=1(a>b>0)过点A(1, 32)．
(1)若椭圆E的离心率e∈(0,12]，求b的取值范围；
(2)已知椭圆E的离心率e= 32，M，N为椭圆E上不同两点，若经过M，N两点的直线与圆x2+y2=b2相切，求线段MN的最大值．
22. (本小题12.0分)
已知函数f(x)=sinx−(x+2)e−x．
(Ⅰ)证明：函数f(x)在区间[0,π]上有2个零点；
(Ⅱ)若函数g(x)=ax+sinx−f(x)(a∈R)有两个极值点：x1，x2，且x1 答案和解析

1.【答案】D
【解析】解：log2(x+1)≤2=log24得0 所以A={x|−1 由x2−x+2x>0，得x(x2−x+2)=x[(x−12)2+74]>0，故x>0，
所以B={x|x>0}，
所以A∩B={x|0 故选：D．
利用对数函数单调性化简集合A，利用分式不等式化简集合B，再根据集合交集的定义求解即可．
本题主要考查了集合交集运算，属于基础题．

2.【答案】A
【解析】解：函数f(x)=2x+m2x−m为奇函数可得f(−x)+f(x)=0，
即有2−x+m2−x−m+2x+m2x−m=0，
化为2−2m2=0，解得m=±1，
则f(x)=2x+12x−1或f(x)=2x−12x+1，
都有f(−x)=−f(x)，所以m=±1时，f(x)为奇函数，
所以m=1”是“函数f(x)=2x+m2x−m为奇函数的充分不必要条件，
故选：A．
由奇函数的定义求得f(x)为奇函数的等价条件，再由充分必要条件的定义可得结论．
本题考查函数的奇偶性的定义和充分必要条件的判断，考查方程思想和运算能力、推理能力，属于基础题．

3.【答案】A
【解析】解：函数f(x)=ex−lg|x|的定义域为(−∞,0)∪(0,+∞)，
当x<0时，f(x)=ex−lg(−x)，因为函数y=ex在(−∞,0)上递增，函数y=lg(−x)在(−∞,0)上递减，
因此函数f(x)=ex−lg(−x)在(−∞,0)上递增，BD错误；
当x>0时，f(x)=ex−lgx，求导得：f′(x)=ex−1xln10在(0,+∞)上递增，f′(1)=e−1ln10>0，f′(e−2)=ee−2−e2ln10，而00，
则存在x0∈(e−2,1)，使得f′(x0)=0，当0x0时，f′(x)>0，
即函数f(x)在(0,x0)上单调递减，在(x0,+∞)上单调递增，C选项不满足，A选项符合要求．
故选：A．
根据给定的函数，当x<0时的单调性排除两个选项，当x>0时，利用导数探讨函数的单调性、极值判断作答．
本题主要考查了函数图象的变换，考查了利用导数研究函数的单调性，属于中档题．

4.【答案】C
【解析】解：∵π4<1<π3，∴cosπ3 ∴p=loga12>logaa=1，
r=(12)a<(12)12 ∴r 故选：C．
由π4<1<π3，可得cosπ3 本题考查了对数与指数函数的单调性、三角函数的单调性、转化方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．

5.【答案】A
【解析】解：由题可知，当x≥0时，f(x)=f(x+2)，且f(5)=1，
由题意知f(x)为奇函数，则f(0)=0，
又h(−2022)+h(−2023)+h(−2024)=f(−2022)+f(−2023)+f(−2024)=−[f(2022)+f(2023)+f(2024)]，
f(2022)=f(2024)=0，f(2023)=f(5)=1，
则h(−2022)+h(−2023)+h(−2024)=−1．
故选：A．
根据奇偶性及f(x)=f(x+2)，x≥0计算可得．
本题考查分段函数及其运用，考查运算求解能力，属于基础题．

6.【答案】A
【解析】解：对于∀x0∈R，设an=f(n)(x0)n∈N*，
则a1=f(1)(x0)=f(x0)=3x0+2，且an+1=3an+2，
所以an+1+1=3an+3=3(an+1)，
所以{an+1}是以3x0+3为首项，公比为3的等比数列，
an+1=f(n)(x0)+1=(3x0+3)3n−1=3nx0+3n，
即f(n)(x0)=3nx0+3n−1．
所以f(n)(x)=3nx+3n−1．
故选：A．
设an=f(n)(x0)n∈N*，可得an+1=3an+2，证明数列{an+1}为等比数列，结合等比数列通项公式求an即可．
本题主要考查了数列的递推式，考查了等比数列的性质，属于中档题．

7.【答案】C
【解析】解：当y≥0时，y2=1−x24，则y=12 4−x2,−2≤x≤2，
当y<0时，y2=x24−1，则y=−12 x2−4,|x|>2，
因此f(x)=12 4−x2,−2≤x≤2−12 x2−4,|x|>2，
当−2≤x≤2时，0≤f(x)≤1，
当x<−2或x>2时，f(x)<0，
因此函数f(x)的值域为(−∞,1]，①错误；
由F(x)=0得f(x)=−x，当−2≤x≤2时，12 4−x2=−x，解得x=−2 55，
当x<−2或x>2时，−12 x2−4=−x，此方程无解，
因此函数F(x)有且只有一个零点−2 55，②正确．
故选：C．
根据给定条件，求出函数f(x)的解析式，再分段求解函数的值域、零点判断作答．
本题主要考查曲线与方程，命题真假的判断，属于中档题．

8.【答案】C
【解析】解：当x>1时，f(x)=lnx+x单调递增，
且f(x)=lnx+x>1，此时g(x)=f(x)−m至多有一个零点，
若g(x)=f(x)−m有三个零点，则x≤1时，函数有两个零点；
当x>1时，f(x)=lnx+x>1，故m>1；
当x≤1时，要使g(x)=f(x)−m=2x2−mx−m2有两个零点，
则Δ=m2−8(−m2)>0m4<12−m−m2≥0，
所以01，
所以实数m的取值范围是(1, 43]．
故选：C．
由题可知x>1时，函数g(x)=f(x)−m至多有一个零点，进而可得x≤1时，要使得g(x)=f(x)−m=2x2−mx−m2有两个零点，然后根据二次函数的性质结合条件即得．
本题考查函数的零点与方程的根问题，化归转化思想，属中档题．

9.【答案】ABD
【解析】解：对于A，命题命题“∃x∈R，x2+2x+m≤0”的否定是“∀x∈R，x2+2x+m>0”，故A正确；
对于B，由a2≤a，得0≤a≤1，∴“a≤1“是“a2≤a”的必要不充分条件，故B正确；
对于C，由x2−4x+3>0，得函数的定义域为(−∞,1)∪(3,+∞)，
由y=lg(x2−4x+4)的增区间为(3,+∞)，故C错误；
对于D，作出函数y=(12)x和y=log13x的图象，

∵(12)13<(12)0=log1313=1，
∴在(0,13)上，(12)x 故选：ABD．
对于A，根据存在性命题否定的方法进行判定；对于B，先求解不等式a2≤a，再进行判断；对于C，求出函数的定义域，在定义域内利用对数函数、二次函数的单调性进行判断；对于D，结合图象可以进行判断．
本题考查命题真假的判断，考查存在性命题否定、不等式性质、函数的定义域、对数函数、二次函数的单调性、函数的图象等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．

10.【答案】ABD
【解析】
【分析】
本题考查命题真假性的判断，考查函数图象的性质，数形结合思想，属于基础题．
将函数f(x)分离系数可得f(x)=2+3x−1，画出图象数形结合，逐一分析即可
【解答】
解：f(x)=2x+1x−1=2(x−1)+3x−1=2+3x−1，作出函数f(x)图象如图：

由图象可知，函数只有一个零点，定义域为{x|x≠1}，在(1,+∞)上单调递减，图象关于(1,2)对称，
故C错误，
故选：ABD．

11.【答案】ACD
【解析】解：1a+b=(1a+b)(a+1b)=1+1+ab+1ab≥2+2 ab⋅1ab=4，
当且仅当ab=1，即a=12,b=2时取等号，则 A正确；
ab=b−1bb=b−1b2=−(1b−12)2+14，当1b=12，即b=2时，(ab)max=14，则C正确；
a2+1b22≥(a+1b2)2≥(12)2=14，即a2+1b2≥12，当且仅当ab=1，即a=12,b=2时取等号，则B错误；
12b−a=12b−b−1b=b2+1b−1≥2 b2⋅1b−1= 2−1，当且仅当a=1− 22b= 2时取等号，则D正确．
故选：ACD．
结合已知等式，运用基本不等式、配方法逐一判断即可．
本题考查基本不等式的应用，属于中档题．

12.【答案】ABD
【解析】解：由ea+lnb=1，可得ea=1−lnb，
∵a>0，∴1−lnb>1，∴0 令f(x)=ex−x−1，则f′(x)=ex−1，当x>0时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
当x<0时，f′(x)<0，f(x)单调递减，所以f(x)≥f(0)，即ex≥x+1，
由a>0知ea>a+1，∴1=ea+lnb>a+1+lnb，∴a+lnb<0，A正确；
由ex≥x+1可得x≥ln(x+1)，可得x−1≥lnx(x=1时取等号)，
因为02，B正确；
b=1e时，ea−1=1，则a=ln2,ln2>1e，∴ln(ln2)>ln(1e)=−1，∴lna+eb>−1+eb>−1+1=0，C错误；
ea=1−lnb=lneb，∴a=ln(lneb),a+b=ln(lneb)+b，
令lneb=x，则b=e1−x，x>1，a+b=lnx+e1−x，
设h(x)=lnx+e1−x，x>1，
则h′(x)=1x−e1−x=1x−eex=ex−exxex>0，
∴h(x)在(1,+∞)单调递增，h(x)>h(1)=1，
∴a+b>1，故D正确．
故选：ABD．
证明ex≥x+1，放缩1=ea+lnb>a+1+lnb可判断A，由x−1>lnx，放缩1=ea+lnb−1，再放缩lna+eb>−1+eb，根据b>0再放缩即可判断C，可得a+b=ln(lneb)+b，令lneb=x，转化为a+b=lnx+e1−x，构造h(x)=lnx+e1−x，利用导数判断单调性求函数最小值即可判断D．
本题主要考查了利用导数研究函数的单调性，属于中档题．

13.【答案】3
【解析】解：由18x=2，可得x=log182=lg21g18，同理由1.5y=2，可得y=lg21g1.5，
所以1x−2y=lg18lg2−2lg1.5lg2=lg181.52lg2=lg8lg2=log28=3，
故答案为：3．
由题意可得x，y的值，求出代数式的值．
本题考查指数式与对数式的互化，属于基础题．

14.【答案】(13,12)(不唯一)
【解析】解：∵y=12x，y=−x13都是减函数，
∴f(x)=12x−x13是减函数，
又f(1)=12−1=−12<0，
f(12)=(12)12−(12)13<0，
f(13)=(12)13−(13)13>0，
∴f(12)⋅f(13)<0，
∴函数f(x)在(13,12)上有零点，且12−13=16．
故答案为：(13,12)(不唯一)．
利用函数的零点存在定理求解．
本题考查函数的单调性、零点等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．

15.【答案】(−∞,2]
【解析】解：alnx2x1−2(x2−x1)<0，即alnx2−2x2 设f(x)=alnx−2x，则f(x)在[1,+∞)上单调递减，
所以f′(x)=ax−2≤0在[1,+∞)上恒成立，即a≤2x恒成立，
又因为(2x)min=2，
故a≤2．
即实数a的取值范围是(−∞,2]．
故答案为：(−∞,2]．
变换得到alnx2−2x2 本题主要考查了函数恒成立问题，考查了利用导数研究函数的最值，属于中档题．

16.【答案】 312
【解析】解：由题知3sinA=cos(A+B)sinB，
所以有：3sin(A+B−B)=cos(A+B)sinB，
即：3sin(A+B)cosB−3cos(A+B)sinB=cos(A+B)sinB，
化简可得3sin(A+B)cosB=4cos(A+B)sinB，
即3tan(A+B)=4tanB，
所以tanA=tan(A+B−B)=tan(A+B)−tanB1+tan(A+B)tanB=3tan(A+B)−3tanB3+3tan(A+B)tanB=tanB3+4tan2B=13tanB+4tanB，
因为00，
所以3tanB+4tanB≥2 3tanB⋅4tanB=4 3，
当且仅当3tanB=4tanB，即tanB= 32时取等，
此时tanA=13tanB+4tanB≤14 3= 312，
所以tanA的最大值为 312．
故答案为： 312．
将A=A+B−B代入3sinA=cos(A+B)sinB中，展开化简，即可得3tan(A+B)=4tanB，再将A=A+B−B代入tanA中，结合3tan(A+B)=4tanB即可得tanA关于tanB的等式，根据基本不等式求出最值即可．
本题主要考查三角恒等变换，考查转化思想与运算求解能力，属于中档题．

17.【答案】解：(1)在△ABD中，由余弦定理得AD2=AB2+BD2−2AB⋅BD⋅cosB，
所以49=81+BD2−2×9BD×23，解得BD=8或BD=4，
经检验均符合要求；
(2)在△ABD中，过D作AB的平行线交AC于E，
因为点D是边BC的中点，所以点E为AC的中点，

在△AED中，ED=12AB=92，
又∠BAC+∠AED=π，所以cos∠AED=23，
由余弦定理得cos∠AED=AE2+ED2−AD22⋅AE⋅ED=23，
所以EA2−6EA−1154=0，
所以EA=3+ 1512>0或EA=3− 1512<0(舍去)，
故AC=2EA=6+ 151．
【解析】(1)由余弦定理列出方程，求出BD的值；
(2)作出辅助线，得到cos∠AED=23，由余弦定理求出EA=3+ 1512，从而求得答案．
本题主要考查解三角形，考查转化能力，属于中档题．

18.【答案】解：(Ⅰ)由题意可得，c=120÷500÷10=0.024，
∵a，b，c成等差数列，
∴2b=a+c且(0.005×2+a+b+c)×10=1，解得a=0.036，b=0.03；
(Ⅱ)设估计中位数为t，
则t∈[70,80)，
∴(0.005+0.036)×10+(t−70)×0.03=0.5，解得t=73，即中位数估计为73，
故估计平均数为：55×0.05+65×0.36+75×0.3+85×0.24+95×0.05=73.8；
(Ⅲ)成绩在区间[90,100)内的概率为0.005×10=120，
X的所有可能取值为0，1，2，3，4，5，
X～B(5,120)，
则E(X)=5×120=14．
【解析】(Ⅰ)先求出c，再结合等差数列的性质，再结合频率分布直方图的性质，即可求解；
(Ⅱ)结合中位数的定义，以及平均数的公式，即可求解；
(Ⅲ)结合二项分布的期望公式，即可求解．
本题主要考查离散型随机变量期望的求解，考查转化能力，属于基础题．

19.【答案】解：(1)因为an+1=34an+14bn，bn+1=34bn+14an，
所以an+1+bn+1=an+bn,an+1−bn+1=12an−12bn，
所以数列{an+bn}是常数列，{an−bn}是以12为公比的等比数列，
又a1=2，b1=1，
所以an+bn=3,an−bn=(12)n−1，
所以an=3+(12)n−12，bn=3−(12)n−12；
(2)cn=3an+bn=9+3⋅(12)n−12+3−(12)n−12=6+(12)n−1，
所以ncn=6n+n⋅(12)n−1，
令λn=n⋅(12)n−1，其前n项和为Tn，
则Tn=1⋅(12)0+2⋅(12)1+3⋅(12)2+……+n⋅(12)n−1，
所以12Tn=1⋅(12)1+2⋅(12)2+3⋅(12)3+……+n⋅(12)n，
所以12Tn=1+12+(12)2+……+(12)n−1−n⋅(12)n=1−(12)n1−12−n⋅(12)n，
所以Tn=4[1−(12)n]−2n⋅(12)n，
所以Sn=(6+6n)n2+4[1−(12)n]−2n⋅(12)n=3n(n+1)+4[1−(12)n]−2n⋅(12)n．
【解析】(1)将an+1=34an+14bn，bn+1=34bn+14an分别相加和相减后，可得数列{an+bn}是常数列，{an−bn}是以12为公比的等比数列，进而求得an+bn=3,an−bn=(12)n−1，进一步可得数列{an}，{bn}的通项公式．
(2)由(1)可得ncn=6n+n⋅(12)n−1，再由等差数列的前n项和公式以及错位相减法即可得解．
本题考查数列递推关系的运用以及数列前n项和的求法，考查运算求解能力，属于中档题．

20.【答案】解：(I)取AD中点F，连PF、BF，

∵△ADP是等边三角形，
∴PF⊥AD，
又∵AD⊥BP，
∴AD⊥平面PFB，
∵BF⊂平面PFB，
∴AD⊥BF，
∴BD=AB=2，
∴BC= 3．
(II)∵AD⊥平面PFB，AD⊂平面APD
∴平面PFB⊥平面APD，
作BG⊥PF交PF为G，
又平面PFB∩平面APD=PD，
则BG⊥平面APD，
又AD、BC交于H，
则∠BHG为直线BC与平面ADP所成的角，
由题意得PF=BF= 3，
又∵BP=3，
∴∠GFB=30°，BG=32，
∵∠ABC=∠BCD=90°，
∴CD=1，
∴BH=2 3，
∴sin∠BHG= 34．
∴直线BC与平面ADP所成的角的正弦值为 34．

【解析】本题考查考查线面角的正弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，为中档题．
(I)取AD中点F，连PF、BF，推导出PF⊥AD，AD⊥BP，从而AD⊥平面PFB，进而AD⊥BF，由此能求出BC．
(II)推导出平面PFB⊥平面APD，作BG⊥PF交PF为G，则BG⊥平面APD，AD、BC交于H，得∠BHG为直线BC与平面ADP所成的角，由此能求出直线BC与平面ADP所成的角的正弦值．

21.【答案】解：(1)∵A(1, 32)在椭圆上，
∴1a2+34b2=1，有b2a2+34=b2，
则b2=b2a2+34=a2−c2a2+34=74−e2，
又∵0 ∴b2=74−e2∈[32,74),
∵0 ∴b∈[ 62, 72)；
(2)由(1)可知b2=74−e2，又e= 32,b>0，
所以b=1，a=2，椭圆E：x24+y2=1．
因为直线MN与x2+y2=1相切，故kMN≠0．
若直线MN的斜率不存在，不妨设直线MN为：x=1，代入椭圆方程可得此时线段|MN|= 3．
若直线MN的斜率存在，可设直线MN的方程为：y=kx+m(k≠0)．
由直线MN与x2+y2=1相切，故|m| 1+k2=1，可得：m2=1+k2．
联立y=kx+mx24+y2=1得(1+4k2)x2+8kmx+4m2−4=0，
所以x1+x2=−8km1+4k2,x1⋅x2=4m2−41+4k2，
线段|MN|= 1+k2⋅ (−8km1+4k2)2−4⋅4m2−41+4k2=4 1+k21+4k2⋅ 4k2m2−(1+4k2)(m2−1)=4 1+k21+4k2⋅ 4k2+1−m2．
又因为m2=1+k2，
所以|MN|=4 3⋅ (1+k2)⋅k21+4k2=4 (1+k2)⋅3k2(1+4k2)2≤4⋅12(1+4k2)1+4k2=2．
当且仅当3k2=k2+1，故当k2=12时，|MN|的最大值为2．
综上所述：当k=± 22时，线段MN的最大值2．
【解析】(1)把点A(1, 32)代入椭圆方程，可得b2=74−e2，由e∈(0,12]，可求b的取值范围；
(2)由离心率和(1)中结论，求得椭圆方程，分类讨论直线MN的位置，联立方程组，利用弦长公式结合不等式的性质求MN的最大值．
本题主要考查了椭圆方程的求解，还考查了直线与椭圆位置关系，最值求解的应用，体现了函数及方程思想的应用，属于中档题．

22.【答案】证明：(Ⅰ)因为f(x)=sinx−(x+2)e−x，
所以f′(x)=cosx+(x+1)e−x，
令h(x)=f′(x)=cosx+(x+1)e−x，x∈[0,π]，
则h′(x)=−sinx−xe−x≤0，
函数h(x)在区间[0,π]上单调递减，
又因为h(π2)>0,h(π)=−1+π+1eπ<0，
故存在α∈(π2,π)时，h(α)=0，
即函数f(x)在区间(0,α)上单调递增，在区间(α,π)上单调递减，
而f(0)=−2<0，f(α)>f(π2)>0，f(π)<0，
所以函数f(x)在区间(0,α)上有一个零点β，在区间(α,π)上有一个零点γ，
故函数f(x)在区间[0,π]上有2个零点．
(Ⅱ)由函数g(x)=ax+(x+2)e−x有两个极值点，
则g′(x)=0时，方程a=x+1ex有两个不等实根．
设p(x)=x+1ex，则p′(x)=−xex，
所以p(x)在(−∞,0)上单调递增，在(0,+∞)上单调递减．
因此p(x)有极大值p(0)=1，且x>−1时，p(x)>0，x→+∞时，p(x)→0，
于是0 若要证明x1+x2>0，只要证x2>−x1，即证p(x1)=p(x2) 设q(x)=p(x)−p(−x)(−1 则q′(x)=p′(x)+p′(−x)=x(ex−e−x)，因为−10，
即函数q(x)在区间(−1,0)上单调递增，于是q(x) 所以x1+x2>0．
又当x>0时，ex>1+x+12x2，当x<0时，ex<1+x+12x2．
设H(x)=ex−1−x−12x2，则H′(x)=ex−1−x，H′′(x)=ex−1，
H′(x)在区间(−∞,0)上单调递减，在区间(0,+∞)上单调递增，
因此H′(x)>H′(0)=0，
所以函数H(x)在区间(−∞,+∞)上单调递增，且H(0)=0，
即当x>0时，ex>1+x+12x2，当x<0时，ex<1+x+12x2，
于是，当x>0时，p(x)=x+1ex 当−1x+1x+12x2，
设方程x+11+x+12x2=a的两个根为x3，x4(x3 即方程ax2+2(a−1)x+2(a−1)=0的两个根为x3，x4，
所以x3+x4=2−2aa，
所以x1+x2 故0 【解析】(Ⅰ)先对函数求导，结合导数分析函数的单调性，再由函数零点判定定理即可证明；
(Ⅱ)先对g(x)求导，结合导数与单调性及极值关系可得x1与x2的范围，进而可证．
本题主要考查了导数与单调性关系及函数性质在函数零点个数判断中的应用，还考查了由函数性质证明不等式，属于难题．