【文档说明】浙江省北斗星盟2023-2024学年高二下学期5月阶段性联考数学试题 Word版含解析.docx，共(25)页，1.330 MB，由管理员店铺上传

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浙江省北斗星盟2023-2024学年高二下学期5月阶段性联考数学试题命题人:浦江中学陈佳佳桐庐中学闻长伟；审题人:玉环中学林文斌徐晨丰考生须知:1.本卷共4页满分150分，考试时间120分钟；2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、学号和姓名；考场号、座位号写在指定位置；3.所有答案必须写在

答题纸上，写在试卷上无效；4.考试结束后，只需上交答题纸.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.已知集合21R|ln1,R?42xxAxxBx−

==，则AB=（）A.(0,2]B.(,e]−C.[1,e]−D.[2,]e−【答案】C【解析】【分析】根据指数以及对数的单调性，即可求解指对数不等式，化简集合，即可根据并集运算.【详解】Rln10e,Axxxx==∣由2142xx

−得222222012xxxxx−−−−故21R?4|122xxBxxx−==−，所以AB=[1,e]−，故选：C2.若复数z满

足(1i)|3i|z+=−（其中i为虚数单位），则z的虚部是（）A.iB.1−C.1D.i−【答案】B【解析】【分析】根据给定条件，利用复数模及除法运算求出z即可.【详解】依题意，22(1i)(3)(1)z+=+−，则22(1i)2(1i)1i1i(1i)(1i)2z−−====−++−，所以z

的虚部是1−.故选：B3.已知角的终边经过点(1,3)P−，则()cosππcoscos2+=+−（）A.12B.12−C.14D.14−【答案】B【解析】【分析】先根据诱导公式进行化简，然后对原式进行齐次化，转化为只含有tan的代数式，代入计算可知结果

为选项B.【详解】利用诱导公式化简：()cosπcoscosπsincossincoscoscos2+−==−−++−已知角的终边经过点(1,3)−，可得cos0，且tan3=−.分子分母同时除以cos：cos11

sincostan12==−++.故选：B4.已知函数3sin()(1)(32)xxfxaxx−=−+为奇函数，则实数a的值为（）A.32B.1C.0D.-1【答案】A【解析】【分析】利用()fx的奇偶性建立方程，求解参数即可.【详解】若函数3sin()(1

)(32)xxfxaxx−=−+为奇函数，故有(1)(1)0ff+−=，可得1sin11sin10(1)(32)(1)(32)aa−−++=−+−−−+，解得32a=，此时3sin()(1)(32)32xxfxxx−=−+，3sin()(1)(32)32xxfxxx−+−=−−

−+，显然()()0fxfx+−=成立，故3sin()(1)(32)32xxfxxx−=−+是奇函数，故A正确.故选：A5.从0，2，4中任取2个数，从1，3，5中任取2个数，则这4个数可以组成没有重复数字

的四位数的个数有（）A.126B.180C.216D.300【答案】B【解析】【分析】先分类讨论从0，2，4中任取2个数时，①其中含数字0时，②其中不含数字0时，结合排列组合即可得解．【详解】从1，3，5中任取两个数，从0，2，4中任取2个数，组成没有重复数字的四位数，分两种情况讨论：

①当从0，2，4中任取2个数，其中含数字0时，则组成没有重复数字的四位数的个数为12132333CCCA108=，②当从0，2，4中任取2个数，其中不含数字0时，则组成没有重复数字的四位数的个数为2242

34CCA72=，综合①②得：组成没有重复数字的四位数的个数为10872180+=，故选：B．6.某种型号的发动机每台的使用寿命X（单位:年）服从()28,2N，使用寿命与发动机是否运行无关.一艘轮船

安装了2台这种型号的发动机，当其中一台出故障时，自动启用另一台工作，记2()3PX−+，则这艘轮船能正常航行10年以上的概率约是（）A.136B.16C.518D.1136【答案】D【解析】【分析】根据正态分布的性质求

出()10PX，记这艘轮船能正常航行10年以上为事件A，再根据互斥事件及相互独立事件的概率公式计算可得.【详解】因为()2~8,2XN，则8=，2=，又2()3PX−+，即()26103PX

，所以()3(60181021)PXPX=，即()11110236PX−=，记这艘轮船能正常航行10年以上为事件A，则()2121111C166636PA=+−=，即这艘轮船能正常航行10年以上的概率约是1

136.故选：D7.已知,PQMN是半径为5的圆O上的两条动弦，6,8PQMN==，则PMQN+最大值是（）A.7B.12C.14D.16【答案】C【解析】【分析】合理利用平面向量的线性运算对目标式进行转化，

再利用圆的性质求出4OE=，3OD=，求解即可.【详解】如图，连接,,,MOOQOPON，作PQOE⊥，MNOD⊥，易知E是QP的中点，D是MN的中点，由勾股定理得4OE=，3OD=，故()()2()PMQNOMOPONOQOMONOPOQODOE+=−+−=+−+=−，故22()14

PMQNODOEODOE+=−+=，当,OEOD反向时等号成立，故C正确.故选：C【点睛】关键点点睛：本题考查圆，解题关键是找到对目标式进行合理转化，然后求出4OE=，3OD=，最后得到所要求的最值即可．8.已知函数()()()3ln00xxxfxxx−=，若函数3()()()m

gxfxmfx=−+有四个不同的零点,,,,abcd则[3()][3()][3()][3()]fafbfcfd−−−−的值为（）A.81B.36C.12D.1【答案】A【解析】【分析】将问题转化为2()()30fxmfxm+−=由4个不同的实根,,,,abcd即可根据二次方程跟与系数的关系

求解1212,3ttmttm+=−=−，代入化简即可求解.【详解】当0x时，()3fxx=在(),0−单调递减，当0x时，()lnfxxx=−，则()111xfxxx−=−=，令()0fx¢>，则1x，故()fx在()1,+单调递增，在()0,1单

调递减，此时()()11fxf=，而当0x→时，()fx→+，x→+时，()fx→+，故当0x时，()()1fxaa=总有两个不相等的实数根，由题意可知3()()0()mgxfxmfx=−+=有4个不同的

实数根，即2()()30fxmfxm+−=由4个不同的实根,,,,abcd，记()tfx=，故230tmtm+−=有两个不相等的实数根()1212,1,1tttt，1212,3ttmttm+=−=−，不妨设()()()()12,,tfafbtfcf

d====则()()2212[3()][3()][3()][3()]33fafbfcfdtt−−−−=−−()()()()222121212339393381ttttttmm=−−=−++=++−=，故选：A二.多项选择题:本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.志愿者是一个城市的一道靓丽的风景，他们以自己的行动和热情，为社会做出了积极的贡献，他们是社会进步的推动者，是人类文明的传承者，更是社会和谐的守护者.城市A为举办20

24年城市马拉松比赛招募了一批志愿者，现从中随机选出200人，并将他们按年龄（单位:岁）进行分组:第1组[15，25），第2组[25，35），第3组[35,45)，第4组[45,55)，第5组[55，65]，得到如图所示的频率分布直方图.则（）

A.a=0.035B.估计众数为:40C.估计平均数为:38D.估计第80百分位数为:1453【答案】ABD【解析】【分析】由10(0.0120.0150.03)1a+++=，计算可判断A；易得众数的估计值判断B；利用平均数的估计值的计算公式计算可判断C；求

得80百分位数判断D.【详解】对于A：10(0.0120.0150.03)1a+++=，解得0.035a=，故A正确；对于B：频率分布直方图的第三组的频率最大，故数据的众数的估计值为40，故B正确；对于C：平均数的估计值为10(0.01200.03300.035400

.015500.0160)38.5++++=，故C错误；第一组的频率为0.1，第二组的频率为0.3，第三组的频率为0.35，第四组的频率为0.15，前三个组的频率和为0.75，所以第80百分位数在第四个组，所以80百分位数为8075145451090753−+=−，

故D正确.故选：ABD.10.设,0,1abab+=，则下列不等式恒成立的是（）A.2212ab+B.12ab++C.22118ab+D.1121ab++【答案】ACD【解析】【分析】利用基本不等式结合合理变形计算A，举反例判断B，利用

基本不等式判断C，利用‘1’的代换判断D即可.详解】对于A，由基本不等式得2()144abab+=，当且仅当12ab==时取等，而22211()212122abababab+=+−=−−=，故A正确，对于B，当

12ab==时，3126122222ab++=+=+，故B错误，对于C，由基本不等式得22221111228ababab+=，当且仅当12ab==时取等，故C正确，对于D，易知12++=ab，故11111()()(1)(2)12112211

11aaababbbabba+=+=+++++++++++，而由基本不等式得211121bbaaabab+=++++，当且仅当11baab+=+时取等，而1ab+=，解得1a=，0b=，与,0ab不符，故等号无法取得，则应为211121bbaaab

ab+=++++，而2411abab++++，故111())21(21aabb++++，可得1121ab++，故D正确.故选：ACD11.如图是一个所有棱长均为4的正八面体，若点M在正方形AB

CD内运动（包含边界），点E在线段PQ上运动（不包括端点），则（）【A.异面直线PM与BQ不可能垂直B.当PMMD⊥时，点M的轨迹长度是2πC.该八面体被平面CDE所截得的截面积既有最大值又有最小值D.凡棱长不超过

423的正方体均可在该八面体内自由转动【答案】BD【解析】【分析】对于A，当M与B点重合时垂直，故A错；对于B，由PMMD⊥探求出M的运动轨迹即可求解；对于C，截面为正方形ABCD或等腰梯形，将截面等腰梯形的高作为变量将截面等腰

梯形面积表达式求出来即可利用导数工具研究面积的最值，进而即可判断求解；对于D，先求出最长棱的正方体的外接球，再求正八面体的内切球，当正方体最大外接球不超过几何体的内切球时，正方体可在八面体内自由转动，由此原理即可判断.【详解】连接,ACBD，相交于点O，则由正八面体性质可知O为PQ中点，且PO

⊥面ABCD，所以PO是正四面体PABCD−的高为()222242222PDOD−=−=，对于A，当M与B点重合时，因为242PQPO==，所以222PMBQPQ+=，所以PM⊥BQ，故A错；对于B，取BD中点G，因为PMMD⊥，所以122GMPD==，取OD中点1O，连接1GO，则1

//GOPO，且1122GOPO==，故1GO⊥面ABCD，所以如图，M点在高为12GO=母线长为2的圆锥底面圆周上，即M点在为以1O为圆心直径为22OD=的圆上运动，所以M点运动轨迹1O为圆心直径为22OD=的圆的一部分为圆弧ROS，其中,RS分别为,CDAD中点，且222222RSOD=+=

=，所以12π22π2ROSl==，即点M的轨迹长度是2π，故B对；对于C，由题意以及正八面体结构性质可知当E与O重合时，八面体被平面CDE所截得的截面是正方形ABCD，当E与O不重合时，八面体被平面CDE所截得的截面是等腰梯形，如图，四边形TCDU为被平面CDE所截得的截面，连

接TUCD，中点S、R，则SR为等腰梯形TCDU的高，设为h，取AB中点V，连接,,PVVRPR,则由题意可求得234PVPRVR===，，且O在VR上，过R作RKPV⊥交PV于点K，则由等面积法得42242463233VRPORKPV====，显然当S点由K往V靠近时等腰

梯形TCDU的上底边TU和高SR均在增大，当截面为正方形ABCD截面面积最大为16，的当S点由K往P靠近（不包含S与K、P重合时）时，则46,233h，在此过程中设,,PSRPRSSRP===，则ππ,π,0,22

，且由题意2221cos23PVPRVRPVPR+−==，所以222sin1cos3=−=，故由正弦定理得：sin46sin3sinPKh==，sin32sinsin4hhPS==，因为46463sin3hh==，所以2232cos1

sin13h=−−=−−，所以()221sinsinsincoscossincossin33=+=+=+22223321333hh=−−，又2π662223322tansin1622333hhT

UPShh===−−22232332423321333333hhhh=−−=−−，所以截面面积为()()24?83322333TUhShhfh+==−−=，所以

()22222238332383323333333323233hhfhhhhh−=−−−=−−−−−，令232230,33ht−=，则()2323232383383383333222333333tfhtttttt+

=−−=−−−=38380333−=−，所以()fh在46,233上单调递减，()fh无最小值，故被平面CDE所截得的截面面积无最小值，故C错；对于D，过

正八面体的两顶点P，Q和,ABCD中点去截正八面体以及其内切球，则由正八面体性质得到正八面体与其内切球（半径为r）截面图如图所示，其中四边形为菱形，棱长为正四面体PABCD−的斜高224223−=，PO是正四面体PABCD−的高()2223222−=

，所以由等面积法得112622223223rr==，当一正方体棱长为423时，其外接球半径为242332623Rr===，所以凡棱长不超过423的正方体其外接球半径均小于或等于263，故正方体均可在该八面体内自由转动，故D正确.故选：BD

.【点睛】关键点睛：求得被平面CDE所截得的截面等腰梯形面积表达式的关键是考虑PSR里有边长和角度有一个已知的，从而利用PSR结合正弦定理研究截面等腰梯形的未知量上底边和高，最后都用等腰梯形的高来表示.三.填空题:本题共3小题，每

小题5分，共15分.12.若5312xx−的展开式中常数项为A，则A=__________.【答案】40−【解析】【分析】对于二项式问题先写出通项公式，再根据常数项x的次数为0得k的值，代入得到常数项A.【详解】通项公式

()()()5555553262155531C2C21C21kkkkkkkkkkkkkTxxxxx−−−−−−+=−=−=−，令55026k−=，解得3k=，得()3353045C2140T

x−=−=−，所以常数项40=−A，故答案为：40−.13.让2名男生和2名女生排到如图的位置中去，每人一格，则性别相同的人不在同一行也不在同一列的排法有____________种（用数字作答）.【答案】336【解析】【分析】先安排第一行一男一女，安排第二行时，考虑同列与不同列，即可根据分步

乘法技术原理求解.【详解】由题意可知：第一行安排一男一女，第二行也安排一男一女，第一步：从2名男生和2名女生中分别选一男一女安排到第一行，此时共有112224CCA48=种方法，第二步：从第二行中选择一个位置安排另一个男生，若该男生与第一行的女生同列，则另一个女生有3种安排方法，若该男生与第一行的

女生不同列，则有2种方法安排该男生，最后一名女生也有2种方法安排，故共有3227+=种方法安排剩余的一男一女，因此总的方法有487336=种安排，故答案为：33614.已知函数()()()22e21e2,lnx

xfxaaagxxm=−+++=+，对,(0,)aRx+，不等式()()fxgx恒成立，则整数m的最大值是____________.【答案】1【解析】【分析】对()fx配方后变形，得到()e1xfx−，然后求满足e1lnxxm−+恒成立的整数m即可.【详解】通过观察(

)()()()22222e21e2e22e21e1e1e1xxxxxxxfxaaaaaaa=−+++=−+++++−=−++−可得()e1xfx−恒成立；整数m满足e1lnxxm−+恒成立则一定满足()()fxgx恒成立；注意到1x=时，(1)gm=，取特殊值1x=，得到e1m−，

可验证当1x=时，若m取大于1的整数，都有e1a=−使得()()1e11fmg=−=.下面验证1m=满足()()fxgx恒成立：令()eln2xhxx=−−，()1exhxx=−，1e1e0ehe=−

，()1e10h=−，由零点存在定理得：存在01,1ex使得0()0hx=.且当0(0,)xx，0()0hx，()hx单调递减；0(,)xx+，()0hx，()hx单调递增；0x满足

001exx=.()()000001eln22xhxhxxxx=−−=+−，当且仅当0011xx==取等，011ex,可得0()0hx恒成立，即e1ln1xx−+恒成立，()()fxgx恒成立.综上，可知满足题意的最大整数m为1.故答案为

：1【点睛】关键点点睛：本题的关键在于通过观察得出()fx与e1x−之间的关系，然后取特殊值求出参数的范围，按照恒成立问题的一般思路，求解相关函数的最值进行验证，本题需要注意参数m的取值范围为整数.四.解答

题:本题共5小题，第15题13分，第16、17题15分，第18、19题17分，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.众所周知，体育锻炼能增强人的体质，陶冶情操，消除疲劳，恢复体力.（1）经调查每天锻炼2拾分钟，3拾分钟，4拾分钟，5拾分钟，6拾分钟的学生的

学习效率指数分别为2.5，3，3.5，5，6，用x表示每天的锻炼时间（单位:拾分钟），用y表示学习效率指数，由资料知y与x呈线性相关关系，求y关于x的线性回归方程；（2）某班级共40人，其中25人参加篮球训练队，15人参加羽毛球训练

队，参加篮球训练队的25人中有15人获得了体能综合测试优秀，参加羽毛球训练队的15人中有10人获得了体能综合测试优秀，依据小概率0.1=的2独立性检验，试问选择哪种活动与体能综合测试是否优秀有无关联?参考公式:（1）

()()()1122211ˆ,ˆˆnniiiiiinniiiixxyyxynxybaybxxxxnx====−−−===−−−；（2）()()()()()220.12.706nadbcxabcdacbd−==++++，【答案】（1）ˆ0.90.4yx=+（

2）无关联【解析】【分析】（1）依据给定数据和公式，求解回归方程即可.（2）依据给定数据完善列联表，进行独立性检验即可.【小问1详解】由题意得552114,4,90,89iiiiixyxxy======

，2895440.99054ˆb−==−，40.940.ˆ4a=−=，回归方程为ˆ0.90.4yx=+【小问2详解】列联表优秀不优秀合计篮球151025羽毛球10515合计2515400H:设选择什么活动与体能测试是否优秀无关联而()2

240101015580.1782.7062515152545−==，故选择什么活动与体能测试是否优秀无关联16.已知函数44()23sincoscossinfxxxxx=+−.（1）求()fx的单调递增区间；（2

）ABC中角A.B.C所对的边为a，b，c，若()1,7,2fAab===，且BC边上的高AH满足AHABAC=+，求,的值.【答案】（1）πππ,π,Z36kkk−+（2）16,77=

=【解析】【分析】（1）利用二倍角公式和辅助角公式对已知函数进行化简，再求单调递增区间即可.（2）利用()1fA=解出π3A=，结合余弦定理解出3c=，最后结合平面向量共线定理列出方程，求解参数即可.【小问1详解】易知π()3sin2cos2

2sin26fxxxx=+=+令πππ2π22π,Z262kxkk−+++，可得222,Z33kxkk−++，解得πππ,π,Z36xkkk−+，故()fx的单调递增区间为πππ,π,Z36kkk−+

.【小问2详解】若π()2sin216fAA=+=，且0πA，解得π3A=，由余弦定理得2147222cc+−=，解得3c=，而AH是BC边上的高，易知点,,BCH共线，可得1+=，而13333222ABCS==，故217

332AH=，解得3217AH=，由勾股定理得677,77BHCH==，故H是BC边上靠近C的七等分点，故得6=，故有160+=−=，16,77==17.矩形ABCD中，1,3ABAD==，将ABD△沿BD向

上对折至ABD位置.（1）若点A在平面BCD上的射影落在BC上，求证:ABAC⊥；（2）在对折过程中，求平面ACD与平面BCD所成角的正切的最大值.【答案】（1）证明见解析（2）22【解析】【分析】（1）由面面垂直性质可得CD⊥平面ABC，可证

CDAB⊥，可证AB⊥平面ACD，可证结论；（2）法一：过A作AEBD⊥于E，延长AE交BC于F，过A作AHEF⊥于H，过H作HMCD⊥的于M，连结AM，可得AMH=即为平面角，求解即可；以E为坐标原点，以EF为x轴，

ED为y轴，过E垂直于平面BCD的直线为z轴.法二：以E为坐标原点，以EF为x轴，ED为y轴，过E垂直于平面BCD的直线为z轴建立空间直角坐标系，设AEF=，求得平面BCD的一个法向量(0,0,1)m=，平面ACD的一个法向量(sin,3sin,3cos)n=−，利

用向量的夹角公式可求得23coscos136cos3cos−=−−，进而可得结论.【小问1详解】∵平面ABC⊥平面BCD，平面ABC平面BCDBC=且CDBC⊥，CD平面BCD,CD\^平面ABC，AB平面ABC，CDAB⊥，又ABA

D⊥且ADCDD=，,ADCD平面ACD，AB⊥平面ACDAC，平面ACD，ABAC⊥；【小问2详解】过A作AEBD⊥于E，延长AE交BC于F，过A作AHEF⊥于H，过H作HMCD⊥于M，连结AM，由题意可得AEBD⊥，AEAEA=，,

AEAE平面AEA,所以BD⊥平面AEA，又BD平面ABCD，所以平面ABCD⊥平面AEA，又AHEF⊥，平面ABCD平面AEAEF=，AH平面AEA，所以AH⊥平面ABCD，因为

CD平面ABCD，AHCD⊥，又HMCD⊥，AHHMH=，,AMHM平面AHM，所以CD⊥平面AHM，又AM平面AHM，所以AMCD⊥，由定义知AMH=即为平面角，设AEH=，则33,sin22AEAH=

=，333cos,(3cos)624FHHM=−=−，2sintan3cosAHHM==−，令2sin()3cosf=−，则222cos(3cos)2sinsin6cos2()(3cos)(3cos)f−−−==−−，令26cos2()0(

3cos)f−==−，则1cos=3，当11cos3−时，()0f，当1cos3时，()0f，又因为cos为减函数，当1cos=3时，tan的值越大，又当1cos=3时，22

sin=3，2222tan12333=−，所以平面A′CD与平面BCD所成角的正切的最大值为22.解法二：以E为坐标原点，以EF为x轴，ED为y轴，过E垂直于平面BCD的直线为z轴建立空间直角坐标系，设AEF=，则3333cos,0,sin,,1,0,0

,,02222ACD.33331(cos,,sin),(,,0)22222ADCD=−−=−，设平面ACD的一个法向量为(,,)nxyz=，则333·

cos?sin?022231·022ADnxyzCDnxy=−+−==−+=，令sinx=,可得3sin,3cosyz==−，所以平面ACD的一个法向量为(sin,3sin,3cos)n=−，又平面BCD的一个法向量(0,0,1)

m=，设平面ACD与平面BCD所成的角为，则23coscos136cos3cos−=−−，2sintan3cos=−令2sin()3cosf=−，则222cos(3cos)2sinsin6

cos2()(3cos)(3cos)f−−−==−−，令26cos2()0(3cos)f−==−，则1cos=3，当11cos3−时，()0f，当1cos3时，()0f，又因为cos为减函数

，当1cos=3时，tan的值越大，又当1cos=3时，22sin=3，2222tan12333=−，所以平面A′CD与平面BCD所成角的正切的最大值为22.18.水平相当的甲、乙、丙三人进行乒乓球擂台赛，每轮比赛都采用3局2胜制（即先贏2局者胜），首轮由甲乙两人开始，丙轮空

；第二轮由首轮的胜者与丙之间进行，首轮的负者轮空，依照这样的规则无限地继续下去.（1）求甲在第三轮获胜的条件下，第二轮也获胜的概率；（2）求第n轮比赛甲轮空的概率；（3）按照以上规则，求前六轮比赛中甲获胜局数的期望.【答案】（1）13（2）11

11332n−−−（3）675128局【解析】【分析】（1）根据条件概率公式求解；（2）设事件nC=“第n轮甲轮空”，由全概率公式可得()nPC的递推公式，利用构造法得()nPC的通项公式

；（3）设一轮比赛中甲胜的局数为X，则0,1,2X=，前六轮比赛中甲参与的轮次数为Y，则3,4,5,6Y=，分别求出X和Y的期望，即可求解.【小问1详解】甲第三轮获胜的基本事件有：{第一、二、三轮甲全胜

}，{第一轮甲输，第三轮甲胜}，设=iA“甲第i轮获胜”，则()()()()()()323123233231231311231122PAAPAAAPAAPAPAAAPAA====++∣；小问2详解】设事件nC=“第n轮甲轮空”，则()()()11nn

nnnPCPCCPCC−−=+，()()11nnnPCPCC−−=+∣()()()111112nnnnPCPCCPC−−−=−∣，()()()11111,0323nnPCPCPC−−=−−=，()1111332nnPC−=−−；【小问3详解】

设一轮比赛中甲胜的局数为X，则0,1,2X=，211(0)24PX===，31211(1)C24PX===，2312111(2)C222PX==+=，5()4EX=，前六轮比赛中甲参与的轮次数为Y，则3,4,5,6Y=在【

334213311119(3),(4)CC282216PYPY=====+=，4551411911(5)C,(6)2232232PXPX==+====

，135()32EY=，局胜的局数为:1355675324128=（局）.19.已知函数22()2lnfxaxbxx=++−.（1）当0b=时，若()fx有两个零点，求实数a的取值范围；（2）当0a=时，若()fx有两个极值点12,xx，

求证:212exx；（3）若()fx在定义域上单调递增，求2ab+的最小值.【答案】（1）(242e,0e−（2）证明见解析（3）1−【解析】【分析】（1）设22ln2()xagxx−==，利用导数判断出()gx的单调性求出极值可得答案；（2）（法一）设2ln()xh

xx=，利用导数判断出()hx的单调性，要证212exx只要证()()2222erxhxhx=−在()2e,x+上恒正即可，求导可得答案；（法二）2ln()xfxbx=−，可得2ln

xbx=在,()0x+有两个不等的实根12,xx，即12122lnlnxxxxb==，利用对数均值不等式可得答案；（3）（法一）转化为2ln2()xbaxrxx−=恒成立，设()rx的极大值点为0x，即0max002ln()2x

brxaxx=−，由()()()23000040ln14ln2xxxxx−+−=，利用导数判断出()0x的单调性求()0minx即可.（法二）即()0fx恒成立，2zab=+表示以(,)ab为动点的抛物线，两者有公共点，联立方程可得Δ0恒成立，即22ln()xzxuxx−=

，利用导数求出max()ux可得答案.【小问1详解】设22ln2()xagxx−==，则()32(ln1)(ln2)()0xxgxxx−+−=，()gx在10,e上单调递减，21e,e上单调递增，()2e,+上单调递减，2242221ln21e2e0

e1eg−==，2221ln21ee0e1eg−==−极小值，()()()222242lne22e0eeg−==，当2ex时，2

2ln2()0xgxx−=，所以()gx在10,e上、21e,e上各有一个零点，(242e,0ea−时有两个零点；【小问2详解】（法一）2ln()xfxbx=−，设

2ln()xhxx=，则22(1ln)()xhxx−=，()hx在()0,e上单调递增，在()e,+上单调递减，()2eeh=，1220e,e,0exxb，要证212exx，只要证212exx，只要证()212ehxhx，只要证()

()2222erxhxhx=−，在()2e,x+上恒正即可，而()()()22222222222ee112ln1erxhxhxxxx=+=−−()()()2222222ln1ee0exxxx

−+−=，()2rx在()e,+上递增，()()2212e0,erxrxx=成立；（法二）2()2lnfxbxx=+−，则2ln()xfxbx=−，由题意可得:2lnxbx=在,()0x+有两个不等的实根12,xx，即12122lnlnxxxxb==，1

21212122lnlnlnlnxxxxbxxxx+−==+−，下证：对均不等式121212lnln2xxxxxx−+−，不妨设120xx，则121xx，令()121xtxt=，证121212lnln2xxxxxx−+−即证112212112lnxxxxxx−+，

即证12ln01ttt−−+在1t成立，设()()12ln11tntttt−=−+，()()()()()()()()2221111112011tttttnttttt−+−+−−−=−=++，所以()nt在()

1,+上单调递减，可得()()10ntn=，即12ln01ttt−−+，可得121212lnln2xxxxxx−+−，由对均不等式可得：1212121212lnlnlnln2xxxxxxxxxx−++=−+，1212lnlnln2xxxx=+，故212e

xx；【小问3详解】（法一）2ln()20xfxaxbx=+−恒成立，2ln2()xbaxrxx−=恒成立，21ln()2xrxax−=−，当且仅当0a时，()rx有最大值（这时即为极大值），设()rx的

极大值点为0x，则0201ln0xax−−=，0max002ln()2xbrxaxx=−，220002ln2xabaaxx++−()()()23000040ln14ln2xxxxx−+−==，而()()()3000050232lnln1xxxxx−+−=，(

)0x在(0,1)上减，在321,e上单调递增，在32e,+上单调递减，()20min(1)1abx+==−，这时01,1,2xab===−；（法二）2ln()20xfxaxbx=+−

恒成立，它表示以(,)ab为动点的直线及其上方的点，2zab=+表示以(,)ab为动点的抛物线，两者有公共点，22ln20xaxbxzab+−==+，消去b得22ln20xaxazx−+−=，22lnΔ440xxzx=−−恒成立，

()()()32221ln2ln,xxxzxuxuxxx−−−==，()ux在(0,1)上单调递增，在(1,)+上单调递减，2max()(1)1zabuxu=+==−，当且仅当1,1,2xab===−时取等号.【点睛】方法点睛：导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，

而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：（1）考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．（2）利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．（3）利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．（4）利用导数证明不等式或研究零点问题

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