2020年黑龙江省大庆实验中学高考数学综合训练试卷（理科）（五）
2020年黑龙江省大庆实验中学高考数学综合训练试卷（理科）（五）
一、单选题：本题共12小题，每小题5分，共60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. 设集合A＝{y|y＝3x, x∈R}，B＝{y|y=4−x2, x∈R}，则A∩B＝（ ）
A.[0, 2] B.(0, +∞) C.(0, 2] D.[0, 2)
2. 若复数z=4i(1−i)2−2+i2019，复数在复平面内对应的点位于（ ）
A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限
3. 下列说法错误的是（ ）
A.命题“若x2−3x+2＝0，则x＝1”的逆否命题为：“若x≠1，则x2−3x+2≠0”
B.“x>1”是“|x|>1”的充分而不必要条件
C.若p且q为假命题，则p、q均为假命题
D.命题p：“存在x∈R，使得x2+x+1<0”，则非p：“任意x∈R，均有x2+x+1≥0”
4. 在△ABC中，AC＝1，AC→⋅AB→=−1，O为△ABC的重心，则BO→⋅AC→的值为（ ）
A.1 B.32 C.53 D.2
5. 秦九韶是我国南宋时期的数学家，普州（现四川省安岳县）人，他在所著的《数书九章》中提出的多项式求值的秦九韶算法，至今仍是比较先进的算法．如图所示的程序框图给出了利用秦九韶算法求多项式值的一个实例，若输入n，x的值分别为3，2，则输出v的值为（ ）
A.35 B.20 C.18 D.9
6. 函数f(x)＝(3x+3−x)⋅lg|x|的图象大致为（ ）
A. B.
C. D.
7. 二项式(x−ax)8的展开式中x2的系数是−7，则a＝（ ）
A.1 B.12 C.−12 D.−1
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8. 为了研究国民收入在国民之间的分配，避免贫富过分悬殊，美国统计学家劳伦茨提出了著名的劳伦茨曲线，如图所示．劳伦茨曲线为直线OL时，表示收入完全平等．劳伦茨曲线为折线OKL时，表示收入完全不平等．记区域A为不平等区域，a表示其面积，S为△OKL的面积，将Gini=aS称为基尼系数．
①Gini越小，则国民分配越公平；
②设劳伦茨曲线对应的函数为y＝f(x)，则对∀x∈(0, 1)，均有f(x)x>1；
③若某国家某年的劳伦茨曲线近似为y＝x2(x∈[0, 1])，则Gini=14；
④若某国家某年的劳伦茨曲线近似为y＝x3(x∈[0, 1])，Gini=12．
上述说法正确序号的是（ ）
A.①④ B.②③ C.①③④ D.①②④
9. 圆锥的母线长为2，其侧面展开图的中心角为θ弧度，过圆锥顶点的截面中，面积的最大值为2；则θ的取值范围是（ ）
A.[2π,2π) B.[π,2π] C.{2π} D.[2π2,π)
10. 已知α，β是函数f(x)＝sinx+cosx−13在[0, 2π)上的两个零点，则cos(α−β)＝（ ）
A.−1 B.−89 C.−22 D.0
11. 椭圆与双曲线共焦点F1，F2，它们的交点P对两公共焦点F1，F2的张角为∠F1PF2＝2θ，椭圆与双曲线的离心率分别为e1，e2，则（ ）
A.cos2θe12+sin2θe22=1 B.sin2θe12+cos2θe22=1
C.e12cos2θ+e22sin2θ=1 D.e12sin2θ+e22cos2θ=1
12. 设函数g(x)＝ex+(1−e)x−a（a∈R，e为自然对数的底数）．定义在R上的函数f(x)满足f(−x)+f(x)＝x2，且当x≤0时，f′(x)
b>0)的右顶点为圆M的圆心，离心率为22．
(Ⅰ)求椭圆C的方程；
(Ⅱ)已知直线l:y＝kx，若直线l与椭圆C分别交于A，B两点，与圆M分别交于G，H两点（其中点G在线段AB上），且|AG|＝|BH|，求k的值．
（1）已知f(x)=lnx+1x2，证明：当x≥2时，x2lnx+1≥(ln2+14)x2；
（2）证明：当a∈(−2−1e4,−1−1e2)时，g(x)=13x3lnx+3a−19x3+x(x≥2)有最小值，记g(x)最小值为φ(a)，求φ(a)的值域．
[选修4-4：坐标系与参数方程]
在直角坐标系中，已知曲线M的参数方程为x=1+2cosβy=1+2sinβ （β为参数），以原点为极点x轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线l1的极坐标方程为：θ＝α，直线l2的极坐标方程为θ=α+π2．
(Ⅰ)写出曲线M的极坐标方程，并指出它是何种曲线；
(Ⅱ)设l1与曲线M交于A，C两点，l2与曲线M交于B，D两点，求四边形ABCD面积的取值范围．
[选修4-5：不等式选讲]
设函数f(x)＝|x−1|+|x−a|，a∈R．
（1）当a＝4时，求不等式f(x)≥5的解集；
（2）若f(x)≥4对x∈R恒成立，求a的取值范围．
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参考答案与试题解析
2020年黑龙江省大庆实验中学高考数学综合训练试卷（理科）（五）
一、单选题：本题共12小题，每小题5分，共60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.
【答案】
C
【考点】
交集及其运算
【解析】
分别求y＝3x，x∈R，y=4−x2，x∈R的值域，得：A＝(0, +∞)，B＝[0, 2]，再求交集即可．
【解答】
由y＝3x，x∈R，
得y>0，即A＝(0, +∞)，
由y=4−x2，x∈R，
得：0≤y≤2，即B＝[0, 2]，
即A∩B＝(0, 2]，
2.
【答案】
C
【考点】
复数的代数表示法及其几何意义
【解析】
利用复数代数形式的乘除运算化简，求出z的坐标得答案．
【解答】
∵ z=4i(1−i)2−2+i2019=4i−2−2i+i4×504
=2i(−1+i)(−1−i)(−1+i)−i=−1−i−i＝−1−2i．
∴ z在复平面内对应的点的坐标为(−1, −2)，位于第三象限．
3.
【答案】
C
【考点】
命题的真假判断与应用
【解析】
A中命题的逆否命题是条件与结论互换并且否定；
B中充分而不必要条件要说明充分性成立，必要性不成立；
C中p且q为假命题时，则p或q为假命题，或P、Q都是假命题，即一假则假；
D中非p是特称命题的否定．
【解答】
A、命题“若x2−3x+2＝0，则x＝1”的逆否命题是“若x≠1，则x2−3x+2≠0”，命题正确；
B、当x>1时，|x|>1成立，当|x|>1时，有x>1或x<−1，∴ 原命题正确；
C、当p且q为假命题时，有p或q为假命题，或P、Q都是假命题，∴ 原命题错误；
D、命题p：“存在x∈R，使得x2+x+1<0”，则非p：“任意x∈R，均有x2+x+1≥0”，命题正确．
4.
【答案】
A
【考点】
平面向量数量积的性质及其运算
【解析】
取AC中点为D，因为O为△ABC的重心，则BO→=23BD→，由三角形法则有：BD→=12(BA→+BC→)，所以BO→=13(BA→+BC→)，再利用数量积公式求解即可
【解答】
取AC中点为D，
因为O为△ABC的重心，
则BO→=23BD→，
由三角形法则有：
BD→=12(BA→+BC→)，
所以BO→=13(BA→+BC→)，
BO→⋅AC→=13(BA→+BC→)⋅AC→
=13(AC→−AB→−AB→)⋅AC→
=13AC→2−23AB→⋅AC→
=13+23
＝1，
5.
【答案】
C
【考点】
程序框图
【解析】
根据已知的程序框图可得，该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量v的值，模拟程序的运行过程，可得答案．
【解答】
∵ 输入的x＝2，n＝3，
故v＝1，i＝2，满足进行循环的条件，v＝4，i＝1，
满足进行循环的条件，v＝9，i＝0，
满足进行循环的条件，v＝18，i＝−1
不满足进行循环的条件，
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故输出的v值为：
6.
【答案】
D
【考点】
函数的图象与图象的变换
【解析】
根据条件平时函数的奇偶性，结合函数值的符号是否对应，利用排除法进行判断即可．
【解答】
函数的定义域为{x|x≠0}，
f(−x)＝(3x+3−x)⋅lg|x|＝f(x)，
则函数f(x)为偶函数，图象关于y轴对称，排除B，
当x>1时，f(x)>0，排除A，
当0n>0)，焦距为2c，分别运用椭圆和双曲线的定义，以及三角形的余弦定理和离心率公式，结合二倍角公式，即可得到结论．
【解答】
设椭圆的长轴长为2a1，双曲线的实轴长为2a2，P到两焦点的距离分别为m，n(m>n>0)，焦距为2c，
由椭圆的定义可得m+n＝2a1，由双曲线的定义可得m−n＝2a2，
解得m＝a1+a2，n＝a1−a2，
由余弦定理可得m2+n2−2mncos2θ＝4c2，
则(a1+a2)2+(a1−a2)2−2(a1+a2)(a1−a2)cos2θ＝4c2，
化为a12(1−cos2θ)+a22(1+cos2θ)＝2c2，
可得a12sin2θc2+a22cos2θc2=1，
由e1=ca1，e2=ca2，
可得sin2θe12+cos2θe22=1．
12.
【答案】
D
【考点】
函数的零点与方程根的关系
【解析】
构造函数T(x)＝f(x)−12x2，判断函数的奇偶性，求函数的导数，研究函数的单调性，结合函数零点的性质建立不等式关系进行求解即可．
【解答】
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构造函数T(x)＝f(x)−12x2，
∵ f(−x)+f(x)＝x2，
∴ T(x)+T(−x)＝f(x)−12x2+f(−x)−12(−x)2＝f(x)+f(−x)+x2＝0
∴ T(x)为奇函数，
当x≤0时，T′(x)＝f′(x)−x<0，
∴ T(x)在(−∞, 0]上单调递减，
∴ T(x)在R上单调递减．
∵ 存在x0∈{x|f(x)+12≥f(1−x)+x}，
∴ f(x0)+12≥f(1−x0)+x0，
∴ T(x0)+12x02+12≥T(1−x0)+12(1−x0)2+x0，化简得T(x0)≥T(1−x0)，
∴ x0≤1−x0，即x0≤12，
令h(x)＝g(x)−x＝ex−ex−a，(x≤12)，
∵ x0为函数y＝g(x)−x的一个零点，∴ h(x)在x≤12时有一个零点，
∵ 当x≤12时，h′(x)＝ex−e≤e12−e=0，∴ 函数h(x)在x≤12时单调递减，
由选项知a>0，−ae0，
∴ 要使h(x)在x≤12时有一个零点，
只需使h(12)=e−12e−a≤0，
解得a≥e2，∴ a的取值范围为[e2, +∞)，
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
【答案】
4
【考点】
简单线性规划
【解析】
作出不等式组对应的平面区域，利用目标函数的几何意义，即可求出最大值．，
【解答】
作出x，y满足x−y≥0x+y≤2y≥0 ，对应的平面区域如图：（阴影部分）．
由z＝2x+y得y＝−2x+z，
平移直线y＝−2x+z，
由图象可知当直线y＝−2x+z经过点A时，直线y＝−2x+z的截距最大，
此时z最大．
由x+y=2y=0 ，解得A(2, 0)，
代入目标函数z＝2x+y得z＝2×2+0＝4．
即目标函数z＝2x+y的最大值为：4．
【答案】
40
【考点】
分步乘法计数原理
【解析】
欲求可组成符合条件的六位数的个数，只须利用分步计数原理分三步计算：第一步：先将3、5排列，第二步：再将4、6插空排列，第三步：将1、2放到3、5、4、6形成的空中即可．
【解答】
解析：可分三步来做这件事：
第一步：先将3、5排列，共有A22种排法；
第二步：再将4、6插空排列，插空时要满足奇偶性不同的要求，共有2A22种排法；
第三步：将1、2放到3、5、4、6形成的空中，共有C51种排法．
由分步乘法计数原理得共有A22⋅2A22⋅C51＝40（种）．
【答案】
4
【考点】
数列的求和
【解析】
当n≥2时，前n个1之间共有n+[1+2+3+...+(n−1)]=n(n+1)2项，可知在第63个1的后面再跟的第4个x就是第2020项，所以前2020项中含63个1，其余的均为x，即可求得结果．
【解答】
当n≥2时，前n个1之间共有n+[1+2+3+...+(n−1)]=n(n+1)2项，
当n＝63时，有63×642=2016项，
在第63个1的后面再跟的第4个x就是第2020项，所以前2020项中含63个1，其余的均为x，故该数列前2020项的和为63×1+(2020−63)x＝7891，解得x＝4．
【答案】
3
【考点】
三角函数中的恒等变换应用
平面向量的基本定理
【解析】
由条件求得bccosA＝9，12bcsinA＝6，tanA=43，可得c＝5，b＝3，a＝4，以AC所在的直线为x轴，以BC所在的直线为y轴建立直角坐标系可得C(0, 0)，A(3, 0)，B(0, 4)．设 CA→|CA→|=e1→，CB→|CB→|=e2→，则CP→=(x, y)，可得x＝3λ，y＝4−4λ则4x+3y＝12，利用基本不等式求解最大值．
【解答】
△ABC中，设AB＝c，BC＝a，AC＝b，∵ sinB＝cosA⋅sinC，sin(A+C)＝sinCcosnA，
即sinAcosC+sinCcosA＝sinCcosA．
∴ sinAcosC＝0，∵ sinA≠0，∴ cosC＝0，C＝90∘．
∵ AB→⋅AC→=9，S△ABC＝6，∴ bccosA＝9，12bcsinA＝6，∴ tanA=43．
根据直角三角形可得sinA=45，cosA=35，bc＝15，∴ c＝5，b＝3，a＝4．
以AC所在的直线为x轴，以BC所在的直线为y轴建立直角坐标系可得C(0, 0)，A(3, 0)，B(0, 4)．
P为线段AB上的一点，则存在实数λ使得CP→=λCA→+(1−λ)CB→=(3λ, 4−4λ)(0≤λ≤1)．
设 CA→|CA→|=e1→，CB→|CB→|=e2→，则|e1→|＝|e2→|＝1，且 e1→=(1, 0)，e2→=(0, 1)．
∴ CP→=x⋅CA→|CA→|+y⋅CB→|CB→|=(x, 0)+(0, y)＝(x, y)，可得x＝3λ，y＝4−4λ则4x+3y＝12，
12＝4x+3y≥212xy，解得xy≤3，
故所求的xy最大值为：3．
三、解答题：共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．
【答案】
an=(12)n−1，Sn=1−(12)n1−12=2−12n−1，
∵ Sn,98,an−1成等差数列，
∴ 2×98=2−12n−1+12n−2，
解得n＝3．
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证明：2an+1SnSn+1=2(Sn+1−Sn)SnSn+1=2(1Sn−1Sn+1)．
∴ 2a2S1S2+2a3S2S3+⋯⋯+2an+1SnSn+1=2(1S1−1S2+1S2−1S3+⋯⋯+1Sn−1Sn+1)＝2(1S1−1Sn+1)
＝2(1−2n2n+1−1)＝1−12n+1−1<1−12n+1．
∴ 2a2S1S2+2a3S2S3+⋯⋯+2an+1SnSn+1<1−12n+1．
【考点】
等差数列与等比数列的综合
数列的求和
【解析】
（1）利用通项公式与求和公式可得：an，Sn，根据Sn,98,an−1成等差数列，解得n．
(2)2an+1SnSn+1=2(Sn+1−Sn)SnSn+1=2(1Sn−1Sn+1)．利用裂项求和方法、数列的单调性即可得出．
【解答】
an=(12)n−1，Sn=1−(12)n1−12=2−12n−1，
∵ Sn,98,an−1成等差数列，
∴ 2×98=2−12n−1+12n−2，
解得n＝3．
证明：2an+1SnSn+1=2(Sn+1−Sn)SnSn+1=2(1Sn−1Sn+1)．
∴ 2a2S1S2+2a3S2S3+⋯⋯+2an+1SnSn+1=2(1S1−1S2+1S2−1S3+⋯⋯+1Sn−1Sn+1)＝2(1S1−1Sn+1)
＝2(1−2n2n+1−1)＝1−12n+1−1<1−12n+1．
∴ 2a2S1S2+2a3S2S3+⋯⋯+2an+1SnSn+1<1−12n+1．
【答案】
（1）证明：∵ △ABC是正三角形，M是AC中点，
∴ BM⊥AC，即BD⊥AC．
又∵ PA⊥平面ABCD，∴ PA⊥BD．
又PA∩AC=A，∴ BD⊥平面PAC．
∴ BD⊥PC．
（2）解：取DC中点G，连接FG，则EG // 平面PAD，
∵ 直线EF // 平面PAD，EF∩EG=E，
∴ 平面EFG // 平面PAD，
∵ FG⊂平面EFG，
∴ FG // 平面PAD
∵ M为AC中点，DM⊥AC，
∴ AD=CD．
∵ ∠ADC=120∘，AB=4，
∴ ∠BAD=∠BAC+∠CAD=90∘，AD=CD=433，
∵ ∠DGF=60∘，DG=233，∴ AF=1
（3）解：分别以AB，AD，AP为x轴，y轴，z轴建立如图的空间直角坐标系，
∴ B(4, 0, 0)，C(2, 23, 0)，D(0, 433, 0)，P(0, 0, 4)．
DB→=(4, −433, 0)为平面PAC的法向量．
设平面PBC的一个法向量为n→=(x, y, z)，则
∵ PC→=(2, 23, −4)，PB→=(4, 0, −4)，
∴ 2x+23y−4z=04x−4z=0，
令z=3，得x=3，y=3，则平面PBC的一个法向量为n→=(3, 3, 3)，
设二面角A−PC−B的大小为θ，则cosθ=|n→||DB→|˙=77．
∴ 二面角A−PC−B余弦值为77．
【考点】
二面角的平面角及求法
用空间向量求平面间的夹角
与二面角有关的立体几何综合题
两条直线垂直的判定
直线与平面平行的性质
直线与平面平行的判定
【解析】
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（1）利用线面垂直的判定定理，证明BD⊥平面PAC，可得BD⊥PC；
（2）设取DC中点G，连接FG，证明平面EFG // 平面PAD，可得FG // 平面PAD，求出AD=CD，即可求AF的长；
（3）建立空间直角坐标系，求出平面PAC、平面PBC的法向量，利用向量的夹角公式，即可求二面角A−PC−B的余弦值．
【解答】
（1）证明：∵ △ABC是正三角形，M是AC中点，
∴ BM⊥AC，即BD⊥AC．
又∵ PA⊥平面ABCD，∴ PA⊥BD．
又PA∩AC=A，∴ BD⊥平面PAC．
∴ BD⊥PC．
（2）解：取DC中点G，连接FG，则EG // 平面PAD，
∵ 直线EF // 平面PAD，EF∩EG=E，
∴ 平面EFG // 平面PAD，
∵ FG⊂平面EFG，
∴ FG // 平面PAD
∵ M为AC中点，DM⊥AC，
∴ AD=CD．
∵ ∠ADC=120∘，AB=4，
∴ ∠BAD=∠BAC+∠CAD=90∘，AD=CD=433，
∵ ∠DGF=60∘，DG=233，∴ AF=1
（3）解：分别以AB，AD，AP为x轴，y轴，z轴建立如图的空间直角坐标系，
∴ B(4, 0, 0)，C(2, 23, 0)，D(0, 433, 0)，P(0, 0, 4)．
DB→=(4, −433, 0)为平面PAC的法向量．
设平面PBC的一个法向量为n→=(x, y, z)，则
∵ PC→=(2, 23, −4)，PB→=(4, 0, −4)，
∴ 2x+23y−4z=04x−4z=0，
令z=3，得x=3，y=3，则平面PBC的一个法向量为n→=(3, 3, 3)，
设二面角A−PC−B的大小为θ，则cosθ=|n→||DB→|˙=77．
∴ 二面角A−PC−B余弦值为77．
【答案】
依题意，因为0.01×5+0.02×5+0.04×5＝0.35<0.5，
而0.01×5+0.02×5+0.04×5+0.06×5＝0.65>0.5，所以中位数位于[15, 20)之间，所以中位数为15+0.5−0.350.06=17.5．
依题意，消费金额在20千元以上的频率为：0.04×5+0.03×5＝0.35，所以网购迷”人数为100×0.35＝35人，非网购迷的人数为100−35＝65人．
所以补全的列联表如下：
男
女
合计
网购迷
15
20
35
非网购迷
45
20
65
合计
60
40
100
所以K2=(a+b+c+d)(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)=100(15×20−45×20)260×40×35×65≈6.593．
所以有97.5%的把握认为“网购迷与性别有关系”；
根据统计数据，甲使用支付宝的概率为4080=12，乙使用支付宝的概率为6090=23，甲、乙两人在下周内各自网购2次，两人采用支付宝支付的次数之和ξ所有可能的取值为0，1，2，3，4，
P(ξ＝0)=(1−12)2(1−23)2=136，P(ξ＝1)=c21×(12)2×(1−23)2+(12)2C21×23×(1−23)=16
P(ξ＝2)=(12)2×(1−23)2+C21(12)2×C21×13×(1−13)+(12)2×(23)2=1336，
P(ξ＝3)=C21×(12)2×(23)2+(12)2×C21×23×(1−23)=13，P(ξ＝4)=(12)2×(23)2=19．
所以随机变量ξ的分布列为：
ξ
0
1
2
3
4
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P
136
16
1336
13
19
所以ξ的数学期望E(ξ)=16+2×1336+3×13+4×19=73．
【考点】
离散型随机变量及其分布列
离散型随机变量的期望与方差
【解析】
（1）根据中位数在中间位置，即该数前的数出现频率为0.5，结合频率分布直方图估计即可；
（2）根据题意，补充完整列联表，根据表中数据，计算出K2的值，查临界值表判断即可；
（3）根据统计数据，甲使用支付宝的概率为4080=12，乙使用支付宝的概率为6090=23，甲、乙两人在下周内各自网购2次，两人采用支付宝支付的次数之和为ξ所有可能的取值为0，1，2，3，4，分别计算出各个取值对应的概率，即可得到随机变量ξ的分布列，求出期望即可．
【解答】
依题意，因为0.01×5+0.02×5+0.04×5＝0.35<0.5，
而0.01×5+0.02×5+0.04×5+0.06×5＝0.65>0.5，所以中位数位于[15, 20)之间，所以中位数为15+0.5−0.350.06=17.5．
依题意，消费金额在20千元以上的频率为：0.04×5+0.03×5＝0.35，所以网购迷”人数为100×0.35＝35人，非网购迷的人数为100−35＝65人．
所以补全的列联表如下：
男
女
合计
网购迷
15
20
35
非网购迷
45
20
65
合计
60
40
100
所以K2=(a+b+c+d)(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)=100(15×20−45×20)260×40×35×65≈6.593．
所以有97.5%的把握认为“网购迷与性别有关系”；
根据统计数据，甲使用支付宝的概率为4080=12，乙使用支付宝的概率为6090=23，甲、乙两人在下周内各自网购2次，两人采用支付宝支付的次数之和ξ所有可能的取值为0，1，2，3，4，
P(ξ＝0)=(1−12)2(1−23)2=136，P(ξ＝1)=c21×(12)2×(1−23)2+(12)2C21×23×(1−23)=16
P(ξ＝2)=(12)2×(1−23)2+C21(12)2×C21×13×(1−13)+(12)2×(23)2=1336，
P(ξ＝3)=C21×(12)2×(23)2+(12)2×C21×23×(1−23)=13，P(ξ＝4)=(12)2×(23)2=19．
所以随机变量ξ的分布列为：
ξ
0
1
2
3
4
P
136
16
1336
13
19
所以ξ的数学期望E(ξ)=16+2×1336+3×13+4×19=73．
【答案】
（I）设椭圆的焦距为2c，由圆心M(2,0)得到a=2．
∵ e=ca=22，∴ c＝1．
∴ b2＝a2−c2＝1．
所以椭圆C:x22+y2=1．
(II)设A(x1, y1)，B(x2, y2)．
由直线l与椭圆C交于两点A，B，则y=kxx2+2y2=2
消去y得到(1+2k2)x2−2＝0，则x1+x2＝0，x1x2=−21+2k2．
∴ |AB|=(1+k2)(0+81+2k2)=8(1+k2)1+2k2．
点M(2,0)到直线l的距离d=|2k|1+k2．
则|GH|=273−2k21+k2．
显然，若点H也在线段AB上，则由对称性可知，直线y＝kx就是y轴，矛盾．
∵ |AG|＝|BH|，∴ |AB|＝|GH|．
∴ 8(1+k2)1+2k2=4(73−2k21+k2)，
解得k2＝1，即k＝±1．
【考点】
直线与椭圆结合的最值问题
椭圆的标准方程
【解析】
（I）由圆心M(2,0)得到a=2．利用椭圆的离心率e=ca及b2＝a2−c2即可得出椭圆的标准方程；
(II)把直线l的方程与椭圆的方程联立，消去y得到关于x的一元二次方程，利用根与系数的关系及弦长公式即可得到|AB|
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，利用垂径定理及半径、弦长的一半、弦心距三者之间的关系(|GH|2)2=R2−d2即可得到|GH|，进而得出k．
【解答】
（I）设椭圆的焦距为2c，由圆心M(2,0)得到a=2．
∵ e=ca=22，∴ c＝1．
∴ b2＝a2−c2＝1．
所以椭圆C:x22+y2=1．
(II)设A(x1, y1)，B(x2, y2)．
由直线l与椭圆C交于两点A，B，则y=kxx2+2y2=2
消去y得到(1+2k2)x2−2＝0，则x1+x2＝0，x1x2=−21+2k2．
∴ |AB|=(1+k2)(0+81+2k2)=8(1+k2)1+2k2．
点M(2,0)到直线l的距离d=|2k|1+k2．
则|GH|=273−2k21+k2．
显然，若点H也在线段AB上，则由对称性可知，直线y＝kx就是y轴，矛盾．
∵ |AG|＝|BH|，∴ |AB|＝|GH|．
∴ 8(1+k2)1+2k2=4(73−2k21+k2)，
解得k2＝1，即k＝±1．
【答案】
证明：f′(x)=1x−2x3=x2−2x3≥0，
∴ f(x)在[2,+∞)上单增，
∴ x≥2时，f(x)≥f(2)，
即lnx+1x2≥ln2+14，
∴ x≥2时，x2lnx+1≥(ln2+14)x2．
证明：g′(x)=x2lnx+13x2+3a−13x2+1=x2(lnx+1x2+a)
由f(x)在[2,+∞)上单增且f(e)=1+1e2,f(e2)=2+1e4，
a∈(−2−1e4,−1−1e2)
知存在唯一的实数x0∈(e,e2)，使得g′(x0)＝0，
即lnx0+1x02+a=0，
∴ x∈(2,x0),g′(x)<0,g(x)单减；
x∈(x0, +∞)，g′(x)>0，g(x)单增，
∴ g(x)min＝g(x0)，x0满足lnx0+1x02+a=0，
∴ a=−lnx0−1x02，
∴ g(x0)=13x03lnx0+3a−19x03+x0
=−x039+23x0(e0，g(x)单增，
∴ g(x)min＝g(x0)，
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x0满足lnx0+1x02+a=0，
∴ a=−lnx0−1x02，
∴ g(x0)=13x03lnx0+3a−19x03+x0
=−x039+23x0(e42x−5≥5 ，
解得：x≤0或 x≥5．
故不等式f(x)≥5的解集为 {x|x≤0, 或 x≥5 }．
因为f(x)＝|x−1|+|x−a|≥|(x−1)−(x−a)|＝|a−1|．（当x＝1时等号成立）
所以：f(x)min＝|a−1|．
由题意得：|a−1|≥4，
解得 a≤−3，或a≥5．
【考点】
绝对值不等式的解法与证明
【解析】
（1）不等式即|x−1|+|x−4|≥5，等价于x<1−2x+5≥5 ，或1≤x≤43≥5 ，或 x>42x−5≥5 ，分别求出每个不等式组的解集，再取并集即得所求．
（2）因为f(x)＝|x−1|+|x−a|≥|a−1|，由题意可得|a−1|≥4，与偶此解得 a的值．
【解答】
当a＝4时，不等式f(x)≥5，即|x−1|+|x−4|≥5，
等价于x<1−2x+5≥5 ，或1≤x≤43≥5 ，或 x>42x−5≥5 ，
解得：x≤0或 x≥5．
故不等式f(x)≥5的解集为 {x|x≤0, 或 x≥5 }．
因为f(x)＝|x−1|+|x−a|≥|(x−1)−(x−a)|＝|a−1|．（当x＝1时等号成立）
所以：f(x)min＝|a−1|．
由题意得：|a−1|≥4，
解得 a≤−3，或a≥5．
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