【文档说明】湖北省应城一中合教中心2020-2021学年高二下学期周测数学试题（一） 含答案.docx，共(26)页，260.034 KB，由小赞的店铺上传

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应城一中合教中心2019级高二下学期数学周测试卷（一）2021.3.3一、选择题（本大题共8小题，共40.0分）1.在5件产品中，有3件一等品和2件二等品，从中任取2件，那么以710为概率的事件是()A.都不是一等品B.恰有一

件一等品C.至少有一件一等品D.至多有一件一等品2.已知某7个数的平均数为4，方差为2，现加入一个新数据4，此时这8个数的平均数为𝑥，标准差为s，则()A.𝑥=4，𝑠<√2B.𝑥=4，𝑠>√2C.𝑥>4，𝑠<√2D.𝑥>4，𝑠>√

23.已知函数𝑓(𝑥)=𝑥3−3𝑥−1，若对于区间[−3,2]上的任意𝑥1，𝑥2，都有|𝑓(𝑥1)−𝑓(𝑥2)|≤𝑡，则实数t的最小值是()A.20B.18C.3D.04.已知函数𝑓(𝑥)=𝑚𝑙𝑛𝑥+8𝑥−𝑥2在[1,+∞)上单调递减，则实数m的取值范

围为()A.(−∞,−8]B.(−∞,−8)C.(−∞,−6]D.(−∞,−6)5.定义在(0,+∞)上的函数𝑓(𝑥)满足𝑥2𝑓′(𝑥)+1>0，𝑓(2)=52，则关于x的不等式𝑓(𝑙𝑛𝑥)>1𝑙𝑛𝑥+2

的解集为()A.(𝑒2,+∞)B.(0,𝑒2)C.(𝑒,𝑒2)D.(1,𝑒2)6.已知复数z满足|𝑧|=1，则|𝑧−3+4𝑖|的最小值是()A.2B.3C.4D.57.(1−𝑥)6(1+𝑥)4的展开式中𝑥3的系数是()A.4B.6C.8D.−88.设函数𝑓(�

�)=𝑒𝑥(2𝑥−1)−𝑎𝑥+𝑎，其中𝑎<1，若存在唯一的整数𝑥0使得𝑓(𝑥0)<0，则a的取值范围是()A.[−32𝑒,1)B.[−32𝑒,34)C.[32𝑒,34)D.[32𝑒,1)二、不定项选择题（本大题共4小题，共20.0分）9.已知抛

物线𝐶:𝑦2=2𝑝𝑥(𝑝>0)的焦点为F，直线的斜率为√3且经过点F，直线l与抛物线C交于点A，B两点(点A在第一象限)，与抛物线的准线交于点D，若|𝐴𝐹|=8，则以下结论正确的是()A.𝑝=4B.𝐷𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=𝐹

𝐴⃗⃗⃗⃗⃗C.|𝐵𝐷|=2|𝐵𝐹|D.|𝐵𝐹|=410.在矩形ABCD中，𝐴𝐵=4，𝐵𝐶=3，沿矩形对角线BD将△𝐵𝐶𝐷折起形成四面体ABCD，在这个过程中，现在下面四个结论其中所有正确结论为()A.在四面体ABCD中，当𝐷𝐴⊥𝐵𝐶时，

𝐵𝐶⊥𝐴𝐶B.四面体ABCD的体积的最大值为245C.在四面体ABCD中，BC与平面ABD所成角可能为𝜋3D.四面体ABCD的外接球的体积为定值11.定义在(0,+∞)上的函数𝑓(𝑥)的导函数为𝑓′(𝑥)，且𝑓′(𝑥)<𝑓(𝑥)𝑥，则对任意𝑥

1、𝑥2∈(0,+∞)，其中𝑥1≠𝑥2，则下列不等式中一定成立的有()A.𝑓(𝑥1+𝑥2)<𝑓(𝑥1)+𝑓(𝑥2)B.𝑓(𝑥1)+𝑓(𝑥2)<𝑥2𝑥1𝑓(𝑥1)+𝑥1𝑥2𝑓(𝑥2)C.𝑓(2𝑥1)<2𝑥1𝑓(1)D.𝑓(𝑥1𝑥2)<

𝑓(𝑥1)𝑓(𝑥2)12.已知𝐴1，𝐴2是椭圆𝐶:𝑥24+𝑦23=1长轴上的两个顶点，点P是椭圆上异于𝐴1、𝐴2的任意一点，点Q与点P关于x轴对称，则下列四个命题中正确的是()A.直线�

�𝐴1与𝑃𝐴2的斜率之积为定值−43B.𝑃𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝑃𝐴2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗<0C.△𝑃𝐴1𝐴2的外接圆半径的最大值为7√36D.直线𝑃𝐴1与𝑄𝐴2的交点M在双曲线𝑥24−𝑦23=1上13.从10名大学毕业生中选3人担任村长助理，

则甲、乙至少有1人入选，而丙没有入选的不同选法种数为________．14.若6把椅子摆成一排，3人随机就座，则有且仅有两人相邻的坐法有________种(用数字填空)．15.已知函数𝑓(𝑥)={𝑒𝑥,𝑥≤1−𝑥2+4𝑥−3,1<𝑥<3，若函数𝑔(𝑥

)=𝑓(𝑥)−𝑘|𝑥+1|有三个零点，则实数k的取值范围是______．四、解答题（本大题共6小题，共70.0分）16.已知复数𝑧=3+𝑏𝑖(𝑏∈𝑅)，且(1+3𝑖)·𝑧为纯虚数．(1)求复数z及𝑧；(2)若𝜔=

𝑧2+𝑖，求复数𝜔的模|𝜔|．17.4个不同的球，4个不同的盒子，把球全部放入盒内．(1)恰有1个盒不放球，共有几种放法？(2)恰有1个盒内有2个球，共有几种放法？(3)恰有2个盒不放球，共有几种放法？18.在四棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶𝐷中，底面ABC

D为直角梯形，𝐶𝐷//𝐴𝐵，∠𝐴𝐵𝐶=90°，𝐴𝐵=2𝐵𝐶=2𝐶𝐷=4，侧面𝑃𝐴𝐷⊥平面ABCD，𝑃𝐴=𝑃𝐷=2．(1)求证：𝐵𝐷⊥𝑃𝐴；(2)已知平面PAD与平面PBC的交线为l，在l上是否存在点N，使二面角PDCN的余

弦值为13？若存在，请确定点N位置；若不存在，请说明理由．19.已知命题𝑝:“存在𝑥∈𝑅,2𝑥2+(𝑚−1)𝑥+12≤0”;命题q：“曲线𝑥2𝑚2+𝑦22𝑚+8=1(𝑚<0)表示焦点在x轴上的椭圆”;命题𝑠:“关于m的不等式(𝑚−𝑡)(𝑚−𝑡−1)<

0成立”．(1)若“p且q”是真命题，求实数m的取值范围；(2)若q是s的必要不充分条件，求实数t的取值范围．20.已知中心在原点O的椭圆E的长轴长为2√2，且与抛物线𝑦2=4𝑥有相同的焦点．(1)求椭圆E的方程；(2)若点H的坐标为(2,0)，点A，B是椭

圆E上的两点(点A，B，H不共线)，且∠𝑂𝐻𝐴=∠𝑂𝐻𝐵，证明直线AB过定点，并求△𝐴𝐵𝐻面积的取值范围．21.已知函数𝑓(𝑥)=𝑥−𝑎ln𝑥(𝑥>0,𝑎∈𝑅)有两个零点𝑥1,𝑥2，且𝑥1

<𝑥2，(1)求a的取值范围；(2)证明：𝑥1⋅𝑥2>𝑒2．应城一中合教中心2019级高二下学期数学周测试卷（一）命题人：骆江涛审题人：陶治国测试时间：2021.3.3一、选择题（本大题共8小题，共40.0分）22.在5件产

品中，有3件一等品和2件二等品，从中任取2件，那么以710为概率的事件是()A.都不是一等品B.恰有一件一等品C.至少有一件一等品D.至多有一件一等品【答案】D【解析】【分析】本题考查古典概型，是一个由概

率来对应事件的问题，需要把选项中的所有事件都作出概率，从5件产品中任取2件，有𝐶52种结果，通过所给的条件可以做出都不是一等品有1种结果，恰有一件一等品有𝐶31𝐶21种结果，至少有一件一等品有𝐶31𝐶21+𝐶32种结果，至多有一件一等品

有𝐶31𝐶21+1种结果，做比值得到概率．【解答】解：5件产品中，有3件一等品和2件二等品，从中任取2件，从5件产品中任取2件，有𝐶52=10种结果，∵都不是一等品有1种结果，概率是110，恰有一件一等品有𝐶31𝐶

21种结果，概率是610，至少有一件一等品有𝐶31𝐶21+𝐶32种结果，概率是910，至多有一件一等品有𝐶31𝐶21+1种结果，概率是710，∴710是至多有一件一等品的概率．故选D.23.已知某7个数的平均数为4，方差为2，现加入一个新数据4，此时这8个数的平均数为𝑥，标准差为s，

则()A.𝑥=4，𝑠<√2B.𝑥=4，𝑠>√2C.𝑥>4，𝑠<√2D.𝑥>4，𝑠>√2【答案】A【解析】【分析】本题考查平均数和标准差的计算，属于基础题．当加入一个新数据4，计算这8个数的平均数和标准差即可求解；【解答】解：∵某7个数的平均数为4，方差为2，

现加入一个新数据4，此时这8个数的平均数为𝑥，标准差为s，方差为𝑠2，∴𝑥=7×4+48=4，𝑠2=7×2+(4−4)28=74<2，∴𝑠<√2，故选A．24.已知函数𝑓(𝑥)=𝑥3−3𝑥−1，若对于区间[−3,2]上的任意𝑥1，𝑥2，都有|𝑓(𝑥

1)−𝑓(𝑥2)|≤𝑡，则实数t的最小值是()A.20B.18C.3D.0【答案】A【解析】【分析】本题主要考查导数中的恒成立问题，利用导数研究函数的单调性和最值问题，属于中档题．对于区间[−3,2]上的任意𝑥1，𝑥2都有

|𝑓(𝑥1)−𝑓(𝑥2)|≤𝑡，等价于对于区间[−3,2]上的任意x，都有𝑓(𝑥)𝑚𝑎𝑥−𝑓(𝑥)𝑚𝑖𝑛≤𝑡，利用导数确定函数的单调性再求出最值，即可得出结论．【解答】解：对于区间[−3,2]上的任意�

�1，𝑥2，都有|𝑓(𝑥1)−𝑓(𝑥2)|≤𝑡，等价于在区间[−3,2]上，𝑓(𝑥)𝑚𝑎𝑥−𝑓(𝑥)𝑚𝑖𝑛≤𝑡，因为𝑓(𝑥)=𝑥3−3𝑥−1，所以𝑓′(𝑥)=3𝑥2−3=3(𝑥−1)(𝑥+1)，令𝑓′(𝑥)>0，解得𝑥<

−1或𝑥>1，令𝑓′(𝑥)<0，解得−1<𝑥<1，又因为𝑥∈[−3,2]，所以函数𝑓(𝑥)在[−3,−1)，(1,2]上单调递增，在(−1,1)上单调递减，所以𝑓(𝑥)𝑚𝑎𝑥=𝑓(2)=𝑓(−1)=1，𝑓(�

�)𝑚𝑖𝑛=𝑓(−3)=−19，所以𝑓(𝑥)𝑚𝑎𝑥−𝑓(𝑥)𝑚𝑖𝑛=20，所以𝑡≥20，即实数t的最小值是20．故选A．25.已知函数𝑓(𝑥)=𝑚𝑙𝑛𝑥+8𝑥−𝑥2在[1,+∞)上单调递减

，则实数m的取值范围为()A.(−∞,−8]B.(−∞,−8)C.(−∞,−6]D.(−∞,−6)【答案】A【解析】【分析】本题考查了函数的单调性问题，恒成立问题，考查导数的应用以及转化思想，是一道中档题．求出函数的导数，得到𝑚≤2𝑥2−8𝑥在[

1,+∞)上恒成立，根据函数的单调性求出𝑦=2𝑥2−8𝑥在[1,+∞)上的最小值即可得到m的范围．【解答】解：𝑓′(𝑥)=𝑚𝑥+8−2𝑥=−2𝑥2+8𝑥+𝑚𝑥，若函数𝑓(𝑥)=𝑚𝑙𝑛𝑥

+8𝑥−𝑥2在[1,+∞)上单调递减，则−2𝑥2+8𝑥+𝑚≤0在[1,+∞)上恒成立，则𝑚≤2𝑥2−8𝑥在[1,+∞)上恒成立，所以𝑚≤2(𝑥−2)2−8在[1,+∞)上恒成立，当𝑥

=2时，𝑦=2(𝑥−2)2−8取到最小值−8，故𝑚≤−8．故选A．26.定义在(0,+∞)上的函数𝑓(𝑥)满足𝑥2𝑓′(𝑥)+1>0，𝑓(2)=52，则关于x的不等式𝑓(𝑙𝑛𝑥)>1

𝑙𝑛𝑥+2的解集为()A.(𝑒2,+∞)B.(0,𝑒2)C.(𝑒,𝑒2)D.(1,𝑒2)【答案】A【解析】【分析】本题主要考查了函数的单调性问题，构造函数𝑔(𝑥)是解题的关键，属于中档题．根据题意，令𝑔(𝑥)=𝑓(𝑥)−1𝑥

(𝑥>0)，对其求导分析可得𝑔(𝑥)在(0,+∞)上为增函数，原不等式可以转化为𝑔(𝑥)>𝑔(2)，结合函数𝑔(𝑥)的单调性分析可得答案．【解答】解：根据题意，令𝑔(𝑥)=𝑓(𝑥)−1𝑥(𝑥>0)，其导数𝑔′(

𝑥)=𝑓′(𝑥)+1𝑥2=𝑥2𝑓′(𝑥)+1𝑥2，因为函数𝑓(𝑥)在(0,+∞)上满足𝑥2𝑓′(𝑥)+1>0，则有𝑔′(𝑥)>0，即𝑔(𝑥)在(0,+∞)上为增函数，

又由𝑓(2)=52，则𝑔(2)=𝑓(2)−12=2，𝑓(𝑙𝑛𝑥)>1𝑙𝑛𝑥+2⇔𝑓(𝑙𝑛𝑥)−1𝑙𝑛𝑥>2⇔𝑔(𝑙𝑛𝑥)>𝑔(2)，又由𝑔(𝑥)在(0,+∞)上为增函数，则有𝑙𝑛𝑥>2，解得𝑥>𝑒2，即不等式的解集为(𝑒2,+∞

)．故选A．27.已知复数z满足|𝑧|=1，则|𝑧−3+4𝑖|的最小值是()A.2B.3C.4D.5【答案】C【解析】【分析】本题考查复数的几何意义，复数的模，属于中档题．由复数的几何意义和模长结合题意可知：复数z对应的点在以原点为圆心，以1

为半径的圆上，|𝑧+3−4𝑖|表示圆上点Z到点(−3,4)的距离，数形结合即可求出|𝑧+3−4𝑖|的最小值．【解答】解：由题知复数z对应的点在以原点为圆心，以1为半径的圆上，|𝑧+3−4𝑖|表示点Z到点(−3,

4)的距离，∴|𝑧+3−4𝑖|的最小值为√(−3−0)2+(4−0)2−1=5−1=4．故选C．28.(1−𝑥)6(1+𝑥)4的展开式中𝑥3的系数是()A.4B.6C.8D.−8【答案】C【解析】【分析】本题考查二项展开式特定项的系数，属于中档题．结

合题设先将题中多项式(1−𝑥)6(1+𝑥)4化为(1−𝑥2)4(1−𝑥)2，再应用二项式定理展为(1−𝐶41𝑥2+𝐶42𝑥4−𝐶43𝑥6+𝐶44𝑥8)(1−𝑥)2，最后结合展开式特征容易求得𝑥3的系数．【解答】解：因为(1−𝑥)6(1+𝑥)4=[(1−�

�)(1+𝑥)]4(1−𝑥)2=(1−𝑥2)4(1−𝑥)2=(1−𝐶41𝑥2+𝐶42𝑥4−𝐶43𝑥6+𝐶44𝑥8)(1−𝑥)2．所以𝑥3的系数为−𝐶41⋅(−2)=8．故选C．29.设函数𝑓(

𝑥)=𝑒𝑥(2𝑥−1)−𝑎𝑥+𝑎，其中𝑎<1，若存在唯一的整数𝑥0使得𝑓(𝑥0)<0，则a的取值范围是()A.[−32𝑒,1)B.[−32𝑒,34)C.[32𝑒,34)D.[32𝑒,1)【答案】D【解析】【分析】本题考查导数和极值，涉及数形结合和

转化的思想，属中档题．设𝑔(𝑥)=𝑒𝑥(2𝑥−1)，𝑦=𝑎𝑥−𝑎，问题转化为存在唯一的整数𝑥0使得𝑔(𝑥0)在直线𝑦=𝑎𝑥−𝑎的下方，求导数可得函数的极值，数形结合可得−𝑎>𝑔(0)=−1且𝑔(−1)=−3𝑒−1≥−𝑎−𝑎，解关于a的不等式组可得

．【解答】解：设𝑔(𝑥)=𝑒𝑥(2𝑥−1)，𝑦=𝑎𝑥−𝑎，由题意知存在唯一的整数𝑥0使得𝑔(𝑥0)在直线𝑦=𝑎𝑥−𝑎的下方，∵𝑔′(𝑥)=𝑒𝑥(2𝑥−1)+2𝑒𝑥=𝑒𝑥(2𝑥+1)，∴当𝑥<−12时，𝑔′(𝑥)<0，当𝑥>−12

时，𝑔′(𝑥)>0，∴当𝑥=−12时，𝑔(𝑥)取最小值−2𝑒−12，当𝑥=0时，𝑔(0)=−1，当𝑥=1时，𝑔(1)=𝑒>0，直线𝑦=𝑎𝑥−𝑎恒过定点(1,0)且斜率为a，故−𝑎>𝑔(0)=−1且𝑔(−1)=−3𝑒−1≥−

𝑎−𝑎，解得32𝑒≤𝑎<1，故选D．二、不定项选择题（本大题共4小题，共20.0分）30.已知抛物线𝐶:𝑦2=2𝑝𝑥(𝑝>0)的焦点为F，直线的斜率为√3且经过点F，直线l与抛物线C交于点A，B两点(点A在第一象限)，与抛物线的准线交于点

D，若|𝐴𝐹|=8，则以下结论正确的是()A.𝑝=4B.𝐷𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=𝐹𝐴⃗⃗⃗⃗⃗C.|𝐵𝐷|=2|𝐵𝐹|D.|𝐵𝐹|=4【答案】ABC【解析】【分析】本题考查抛物线的定义和标准方程，抛物线与直线的相交问题，

属中档题．分别过点A、B作抛物线C的准线m的垂线，垂足分别为点E、M，抛物线C的准线交轴于点，结合直线的倾斜角和抛物线的定义可得△𝐴𝐸𝐹为等边三角形，进而求得p，判定A；可证F为DA的中点，进而判定

𝐵;在𝑅𝑡△𝐵𝑀𝐷中，∠𝐷𝐵𝑀=60°，进而可判定𝐶;根据|𝐵𝐷|=2|𝐵𝐹|，F为AD中点，求得|𝐵𝐹|=83，可判定D．【解答】解：分别过点A、B作抛物线C的准线m的垂线，垂足分别为点E、M．抛物线C的准线交轴于点，则，由于直线的斜率为

，其倾斜角为60°，轴，∴∠𝐸𝐴𝐹=60°，由抛物线的定义可知，，则△𝐴𝐸𝐹为等边三角形，，则∠𝑃𝐸𝐹=30°，，得，A选项正确；，又，为的中点，则，B选项正确；∴∠𝐷𝐴𝐸=60°，∴∠𝐴𝐷𝐸=30°，(抛物线定义)，C选项正确；，，D选项错

误．故选：ABC．31.在矩形ABCD中，𝐴𝐵=4，𝐵𝐶=3，沿矩形对角线BD将△𝐵𝐶𝐷折起形成四面体ABCD，在这个过程中，现在下面四个结论其中所有正确结论为()A.在四面体ABCD中，当𝐷𝐴⊥𝐵�

�时，𝐵𝐶⊥𝐴𝐶B.四面体ABCD的体积的最大值为245C.在四面体ABCD中，BC与平面ABD所成角可能为𝜋3D.四面体ABCD的外接球的体积为定值【答案】ABCD【解析】解：对于A，𝐷𝐴⊥𝐵𝐶，𝐵𝐶⊥𝐷𝐶⇒𝐵𝐶⊥平面𝐴𝐶𝐷⇒𝐵𝐶⊥𝐴𝐶，所以

A对；对于B，当面BCD运动到与底面垂直时，三棱锥顶点C距离底面最远，此时高最大，体积为13⋅(12⋅4⋅3)⋅(3⋅45)=245，所以B对；对于C，当面BCD运动到与底面垂直时，BC与平面ABD所成角为∠𝐶𝐵𝐷，sin∠𝐶𝐵𝐷=45>√32，即∠𝐶𝐵𝐷>𝜋3

，所以𝜋3，所以C对；对于D，取矩形中心O，在△𝐵𝐶𝐷折起过程中，O点与四顶点距离始终是定值，即外接球半径不变，所以四面体ABCD的外接球的体积为定值，所以D对．故选：ABCD．A根据线面基本定理证明即可；B运动思想找到最大值位置，再计算最大体积即可；C运动思想找到最角即可；D

找到外接球是关键．本题以命题的真假判断为载体，考查了立体几何中直线与平面位置关系，考查了体积与线面角计算问题，属中档题．32.定义在(0,+∞)上的函数𝑓(𝑥)的导函数为𝑓′(𝑥)，且𝑓′(𝑥)<𝑓(𝑥)𝑥，则对任意𝑥1、𝑥2∈(0,+∞)，其中𝑥1

≠𝑥2，则下列不等式中一定成立的有()A.𝑓(𝑥1+𝑥2)<𝑓(𝑥1)+𝑓(𝑥2)B.𝑓(𝑥1)+𝑓(𝑥2)<𝑥2𝑥1𝑓(𝑥1)+𝑥1𝑥2𝑓(𝑥2)C.𝑓(2𝑥1)<2𝑥

1𝑓(1)D.𝑓(𝑥1𝑥2)<𝑓(𝑥1)𝑓(𝑥2)【答案】ABC【解析】【分析】本小题主要考查利用导数研究函数的单调性，考查化归与转化的数学思想方法，属于较难题．构造函数𝑔(𝑥)=𝑓(𝑥)𝑥，利用已知条

件判断出𝑔(𝑥)的单调性，由此逐一分析，进而得出正确选项．【解答】解：依题意𝑓(𝑥)的定义域为(0,+∞)，且𝑓′(𝑥)<𝑓(𝑥)𝑥，即𝑥𝑓′(𝑥)−𝑓(𝑥)<0．构造函数𝑔(𝑥)=𝑓(𝑥)𝑥(𝑥>

0)，则𝑔′(𝑥)=𝑥𝑓′(𝑥)−𝑓(𝑥)𝑥2<0，所以𝑔(𝑥)单调递减，故(𝑥1−𝑥2)[𝑔(𝑥1)−𝑔(𝑥2)]<0，即(𝑥1−𝑥2)(𝑓(𝑥1)𝑥1−𝑓(𝑥2)𝑥2)<0，即𝑔(𝑥1

)−𝑔(𝑥2)𝑥1−𝑥2=𝑥2𝑓(𝑥1)−𝑥1𝑓(𝑥2)𝑥1𝑥2(𝑥1−𝑥2)<0，当𝑥1−𝑥2>0时，𝑥2𝑓(𝑥1)<𝑥1𝑓(𝑥2)；当𝑥1−𝑥2<0时，𝑥2𝑓(𝑥1)>𝑥1𝑓(𝑥2)；

A：𝑔(𝑥1+𝑥2)<𝑔(𝑥1)，𝑔(𝑥1+𝑥2)<𝑔(𝑥2)有𝑥1𝑥1+𝑥2𝑓(𝑥1+𝑥2)<𝑓(𝑥1)，𝑥2𝑥1+𝑥2𝑓(𝑥1+𝑥2)<𝑓(𝑥2)，所以𝑓(𝑥1+𝑥2)<𝑓(𝑥1)+𝑓(𝑥2)，故A正确

；𝐵:由上得𝑥2𝑓(𝑥1)(𝑥1−𝑥2)<𝑥1𝑓(𝑥2)(𝑥1−𝑥2)成立，整理有𝑓(𝑥1)+𝑓(𝑥2)<𝑥2𝑥1𝑓(𝑥1)+𝑥1𝑥2𝑓(𝑥2)，故B正确；C：由2𝑥1>1，所以𝑔

(2𝑥1)=𝑓(2𝑥1)2𝑥1<𝑔(1)=𝑓(1)1，整理得𝑓(2𝑥1)<2𝑥1𝑓(1)，故C正确；D：令𝑥1𝑥2=1且𝑥1>1>𝑥2时，𝑥2=1𝑥1，𝑔(𝑥1)𝑔(𝑥2)=𝑓(𝑥1)𝑓(1𝑥1)，𝑔(𝑥1

𝑥2)=𝑔(1)=𝑓(1)，有𝑔(𝑥1𝑥2)>𝑔(𝑥1)，𝑔(𝑥1𝑥2)<𝑔(𝑥2)，所以无法确定𝑔(𝑥1𝑥2),𝑔(𝑥1)𝑔(𝑥2)的大小，即𝑓(𝑥1𝑥2),𝑓(𝑥1)𝑓(𝑥2)大小不确定，故D错误．故选ABC．33.

已知𝐴1，𝐴2是椭圆𝐶:𝑥24+𝑦23=1长轴上的两个顶点，点P是椭圆上异于𝐴1、𝐴2的任意一点，点Q与点P关于x轴对称，则下列四个命题中正确的是()A.直线𝑃𝐴1与𝑃𝐴2的斜率之积为定值−43B.𝑃𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗

⃗⃗⋅𝑃𝐴2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗<0C.△𝑃𝐴1𝐴2的外接圆半径的最大值为7√36D.直线𝑃𝐴1与𝑄𝐴2的交点M在双曲线𝑥24−𝑦23=1上【答案】BCD【解析】【分析】本题考查椭圆的相关知识，向量的数量积，圆的相关知识，斜率的计算，双曲线

的标准方程，考查推理和计算能力，属于综合题．由题意，根据选项逐一判断即可．【解答】解：对于A，设点P的坐标为(𝑥0,𝑦0)，则𝑥024+𝑦023=1，解得𝑦02=3(4−𝑥02)4，∵𝐴1(−2,0)，𝐴2(2,0)，∴�

�𝑃𝐴1·𝑘𝑃𝐴2=𝑦0𝑥0+2·𝑦0𝑥0−2=𝑦02𝑥02−4=−34，故A错误；对于B，由A可得𝑃𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(−2−𝑥0,−𝑦0)，𝑃𝐴2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗

=(2−𝑥0,−𝑦0)，∴𝑃𝐴1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝑃𝐴2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝑥02−4+𝑦02=𝑥02−4+3(4−𝑥02)4=𝑥02−44，∵−2<𝑥0<2，∴𝑥02−4<0，故𝑃𝐴

1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝑃𝐴2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗<0，故B正确；对于C，设点P的坐标为(2cos𝜃,√3sin𝜃)，△𝑃𝐴1𝐴2的外接圆的圆心为(0,𝑛)，半径为r，则𝑟=√4+𝑛2=√4cos2𝜃+(√3sin𝜃−𝑛)2，化简得𝑛2=sin2𝜃12，∴𝑟=√4

+sin2𝜃12≤√4+112=7√36，当且仅当sin𝜃=±1时取等号，即△𝑃𝐴1𝐴2的外接圆半径的最大值为7√36，故C正确;对于D，由A得，𝑃𝐴1的方程为𝑦=𝑦0𝑥0+2(𝑥+2)，𝑄𝐴2的方程为𝑦=−𝑦0𝑥0−2(𝑥−

2)，两式相乘得𝑦2=−𝑦02𝑥02−4(𝑥2−4)，∵𝑦02=3(4−𝑥02)4代入化简得𝑥24−𝑦23=1，即直线𝑃𝐴1与𝑄𝐴2的交点M在双曲线𝑥24−𝑦23=1上，故D正确．

故选BCD．三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）34.将A，B，C，D四个小球放入编号为1，2，3的三个盒子中，若每个盒子中至少放一个球且A，B不能放入同一个盒子中，则不同的放法有________种．【答案】30【解析】【分析】本题考查分步计数原理

，属于中档题．分两个步骤，先平均分组，再排列，即可得到结果．【解答】解：由题意知有一个盒子至少要放入2球，先假设A、B可放入一个盒里，那么方法有𝐶42=6，再减去AB在一起的情况，就是6−1=5种．把2个

球的组合考虑成一个元素，就变成了把三个不同的球放入三个不同的盒子，那么共有𝐴33=6种．∴根据分步计数原理知共有5×6=30种．故答案为30．35.从10名大学毕业生中选3人担任村长助理，则甲、乙至少有1人入选，而丙没有入选

的不同选法种数为________．【答案】49【解析】【分析】本题主要考查组合问题及两个计数原理的综合应用，属于中档题．根据从10人中选3人当村长助理与元素顺序无关，属于组合问题，先分类再分步解决即可．【解答】解：分两类，第一类：从甲、乙中选1人的方法有𝐶21种，丙没有入选，

从剩余的7人中再选2人有𝐶72种方法；第二类：甲、乙两人都入选，丙不入选，从剩余7人中再选1人有𝐶71种方法，故其选取种数为𝐶21𝐶72+𝐶22𝐶71=49．36.若6把椅子摆成一排，3人随机就座，则有且仅有两人相邻的坐法有________种

(用数字填空)．【答案】72【解析】【分析】本题考查排列知识的运用，考查乘法原理，先排空座位，再插入，属于基础题．利用“插空法“，先排三个空位，形成4个间隔，然后插入2个元素即可得到答案．【解答】解：先排

三个空位，形成4个间隔，若有且仅有两人相邻，则把其中两人看成一个元素，共有𝐴32=6种结果，然后把这个元素和另外一个同学看成两个元素插入到4个间隔中，故有6𝐴42⬚⬚=72种，故答案为：72．37.已知函数𝑓(𝑥)=

{𝑒𝑥,𝑥≤1−𝑥2+4𝑥−3,1<𝑥<3，若函数𝑔(𝑥)=𝑓(𝑥)−𝑘|𝑥+1|有三个零点，则实数k的取值范围是______．【答案】(0,6−4√2)∪(1,𝑒2]【解析】【分析】本题考

查了方程的解的个数与函数图象交点个数的关系，属较难题．由方程的解的个数与函数图象交点个数的关系，先作出函数𝑦=𝑓(𝑥)的图象，再观察当𝑦=𝑓(𝑥)的图象与直线𝑦=𝑘𝑥有3个交点时实数

k的取值范围即可得解．【解答】解：令ℎ(𝑥)=𝑘|𝑥+1|={−𝑘(𝑥+1),𝑥<−1𝑘(𝑥+1),𝑥≥−1,函数𝑔(𝑥)=𝑓(𝑥)−𝑘|𝑥+1|有三个零点，则𝑓(𝑥)和ℎ(𝑥)的图象有三个交点，当𝑥≤1时，𝑓(𝑥)=𝑒𝑥，且𝑓(1)=𝑒；当1<

𝑥<3时，𝑓(𝑥)=−𝑥2+4𝑥−3=−(𝑥−1)(𝑥−3)；ℎ(𝑥)是过点(−1,0)的折线．先考虑特殊情况，若折线与𝑓(𝑥)在(−∞,1]上存在相切，设切点为(𝑥0,𝑒𝑥0)，由𝑓ˈ(𝑥)=𝑒𝑥，可得切线斜率为𝑒𝑥0，则切线方程为�

�−𝑒𝑥0=𝑒𝑥0(𝑥−𝑥0)，因为切线过点(−1,0)，所以0−𝑒𝑥0=𝑒𝑥0(−1−𝑥0)，解得𝑥0=0，即切点为(0,1)，切线斜率为1，切线方程为𝑦=𝑥+1，此时𝑘=1；若折线与

𝑓(𝑥)在(1,3)上相切，设切点为(𝑥ˈ,𝑦ˈ)，由图象可知𝑥ˈ∈(1,2)，且0<𝑘<1，令𝑘(𝑥+1)=−𝑥2+4𝑥−3，方程整理得𝑥2+(𝑘−4)𝑥+3+𝑘=0，则𝛥=(𝑘−4)2−4(3

+𝑘)=0，解得𝑘=6±4√2⬚，因为𝑓(𝑥)在(1,3)上最大值为𝑓(2)=−22+4×2−3=1，所以𝑘>1−02−(−1)=13，即13<𝑘<1，计算可知6+4√2⬚>1，13<6−4√2⬚<1，所以𝑘=6−4√2⬚；①当𝑘≤0时，ℎ

(𝑥)=𝑘|𝑥+1|≤0，两个函数没有交点，不符合题意；②当0<𝑘<6−4√2⬚时，ℎ(𝑥)与𝑓(𝑥)的图象在(−∞,−1)上有1个交点，在[−1,1]上没有交点，在(1,3)上有2个交点，共有3个

交点，符合题意；③当6−4√2⬚≤𝑘≤1时，ℎ(𝑥)与𝑓(𝑥)的图象在(−∞,−1)上有1个交点，在[−1,3)上至多有1个交点，不符合题意；④当1<𝑘≤𝑒−01−(−1)=𝑒2，即1<𝑘≤𝑒2时，ℎ(𝑥)与𝑓(𝑥)的图象在(−∞,−1)上有1个

交点，在[−1,1]上有2个交点，在(1,3)上没有交点，共有3个交点，符合题意．⑤当𝑘>𝑒2时，ℎ(𝑥)与𝑓(𝑥)的图象在(−∞,−1)上有1个交点，在[−1,3)上只有一个交点，共有2个交点，不符合题意．综上所述，实数k的取值范围是(0,6−4√2⬚)∪(1,𝑒2].故答案

为(0,6−4√2⬚)∪(1,𝑒2].四、解答题（本大题共6小题，共70.0分）38.已知复数𝑧=3+𝑏𝑖(𝑏∈𝑅)，且(1+3𝑖)·𝑧为纯虚数．(1)求复数z及𝑧；(2)若𝜔=𝑧2+𝑖，求复数𝜔的模|�

�|．【答案】解：(1)由已知得(1+3𝑖)(3+𝑏𝑖)=(3−3𝑏)+(9+𝑏)𝑖，∵(1+3𝑖)𝑧是纯虚数，∴3−3𝑏=0且9+𝑏≠0，则𝑏=1，从而𝑧=3+𝑖．𝑧=3−𝑖

，(2)由(1)知𝜔=𝑧2+𝑖=3+𝑖2+𝑖=(3+𝑖)(2−𝑖)(2+𝑖)(2−𝑖)=75−𝑖5，∴|𝜔|=√(75)2+(−15)2=√2．【解析】本题考查了复数代数形式的乘除运算，考查了复数的基本概念以

及复数模的求法，是中档题．(1)把𝑧=3+𝑏𝑖(𝑏∈𝑅)代入(1+3𝑖)⋅𝑧，利用复数代数形式的乘除运算化简结合已知条件即可求出复数z及𝑧；(2)利用复数代数形式的乘除运算化简𝜔=𝑧2+𝑖，再由复数求模公式计算得答案．39.4个不同的球，4

个不同的盒子，把球全部放入盒内．(1)恰有1个盒不放球，共有几种放法？(2)恰有1个盒内有2个球，共有几种放法？(3)恰有2个盒不放球，共有几种放法？【答案】解：(1)为保证“恰有一个盒子不放球”，先从四个盒子中任意拿出去1个，即将4个球分成2，1，1的三组，有𝐶42

种分法；然后再从三个盒子中选一个放两个球，其余两个球，两个盒子，全排列即可．由分步乘法计数原理，共有放法：𝐶41𝐶42𝐶21𝐴22=144种．(2)“恰有一个盒内放2个球”，即另外三个盒子中恰有一个空盒．因此，“恰有一个盒内放2球”与“恰有

一个盒子不放球”是一回事．故也有144种放法.(3)先从四个盒子中任意拿走两个有𝐶42种，问题转化为：“4个球，两个盒子，每盒必放球，有几种放法？”，从放球数目看，可分为(3,1)，(2,2)两类．第一类：可从

4个球中先选3个，然后放入指定的一个盒子中即可，有𝐶43𝐶22种放法；第二类：有𝐶42种放法.因此共有𝐶43·𝐶21+𝐶43=14种.由分步乘法计数原理得“恰有两个盒子不放球”的放法有：𝐶42·14=84种．【解析】本小题主

要考查两个计数原理和排列组合的综合应用.两个计数原理是解决这类问题的基础，而排列组合的准确灵活应用是解决这类问题的关键，要分清是排列问题还是组合问题，是分类还是分步，要坚持特殊元素优先和特殊位置优先的原则．(1)要明确“恰有一个盒内放2球”与“恰有一个盒子不放球”是一回事；(2)根据第一问的

结果求解即可；(3)问题转化为：“4个球，两个盒子，每盒必放球，有几种放法？”是关键．40.在四棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶𝐷中，底面ABCD为直角梯形，𝐶𝐷//𝐴𝐵，∠𝐴𝐵𝐶=90°，𝐴

𝐵=2𝐵𝐶=2𝐶𝐷=4，侧面𝑃𝐴𝐷⊥平面ABCD，𝑃𝐴=𝑃𝐷=2．(1)求证：𝐵𝐷⊥𝑃𝐴；(2)已知平面PAD与平面PBC的交线为l，在l上是否存在点N，使二面角PDCN的余弦值为13？若存在，请确定点N位置；若不存在，请说明理由．【答

案】解：(1)𝐵𝐷=√𝐶𝐷2+𝐶𝐵2=2√2，𝐴𝐷=2√2，所以𝐵𝐷2+𝐴𝐷2=𝐴𝐵2，所以𝐴𝐷⊥𝐵𝐷，因为平面𝑃𝐴𝐷⊥平面ABCD，平面𝑃𝐴𝐷∩平面𝐴𝐵𝐶𝐷=𝐴𝐷，𝐵𝐷⊂平面ABCD，所以𝐵𝐷

⊥平面PAD，因为𝑃𝐴⊂平面PAD，所以𝐵𝐷⊥𝑃𝐴．(2)延长AD，BC相交干点M，连接PM，因为𝑀∈平面PAD，𝑀∈平面PBC，所以𝑀∈𝑙，又𝑃∈𝑙，所以PM即为交线l，取AB的中点Q，连接DQ，则𝐷𝑄⊥𝐷𝐶，过点D在平面PAD内作AD的垂线DH，则𝐷�

�⊥平面ABCD，以DQ，DC，DH所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则𝑃(1,−1,√2)，𝐶(0,2，0)，𝑀(−2,2，0)，𝐷(0,0，0)．所以𝐷𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=(1,−1,√2)，𝐷𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=(0,2，0)，设平面PDC的法向量为

𝑚⃗⃗⃗=(𝑥,y，𝑧)，则𝑚⃗⃗⃗⋅𝐷𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=0，𝑚⃗⃗⃗⋅𝐷𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=0，所以{𝑦=0,𝑥+√2𝑧=0,取𝑚⃗⃗⃗=(−√2,0，1)，设𝑁(𝑥1,𝑦1,𝑧1)，𝑃𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝜆𝑃𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗，则(𝑥1−1,𝑦1+1,𝑧1−

√2)=𝜆(−3,3，−√2)，所以𝑥1=1−3𝜆，𝑦1=−1+3𝜆，𝑧1=√2−√2𝜆，𝐷𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(1−3𝜆,−1+3𝜆,√2−√2𝜆)，𝐷𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=(0,2，0)，设平面NDC的法向量为�

�⃗⃗=(𝑥2,𝑦2,𝑧2)，则𝑛⃗⃗⋅𝐷𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=0，𝑛⃗⃗⋅𝐷𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0，所以{𝑦2=0,(1−3𝜆)𝑥2+(√2−√2𝜆)𝑧2=0.取𝑛⃗⃗=(√2−√2𝜆,0，3𝜆−1)，所以|cos<𝑚⃗⃗⃗,𝑛⃗⃗>|=|(−√2)·√2(1−𝜆)

+3𝜆−1|√3⋅√2(1−𝜆)2+(3𝜆−1)2=13，所以8𝜆2−10𝜆+3=0，所以𝜆=12或𝜆=34，经检验𝜆=34时，不合题意，舍去．所以存在点N，点N为PM的中点．【解析】本题主要考查线面垂

直的判定定理以及面面垂直的性质定理，以及二面角的求解，建立空间坐标系，利用向量法是解决二面角的常用方法．考查学生的运算和推理能力．(1)先由勾股定理可证𝐴𝐷⊥𝐵𝐷，再由面面垂直的性质定理可得𝐵𝐷⊥𝑃𝐴；(2)建立空间直角坐标系

，设𝑃𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝜆𝑃𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗(0≤𝜆≤1)，分别求出平面PDC与平面NDC的一个法向量，利用向量的夹角公式，结合二面角𝑃−𝐷𝐶−𝑁的余弦值为13，即可得出结论．41.已知命题𝑝:“存在𝑥∈𝑅,2𝑥2+(

𝑚−1)𝑥+12≤0”;命题q：“曲线𝑥2𝑚2+𝑦22𝑚+8=1(𝑚<0)表示焦点在x轴上的椭圆”;命题𝑠:“关于m的不等式(𝑚−𝑡)(𝑚−𝑡−1)<0成立”．(1)若“p且q”是真命题，求实数m的取值范围；(2)若q是s的必要不充分条件，

求实数t的取值范围．【答案】解：(1)若p为真：，解得𝑚⩽−1或𝑚⩾3，若q为真：则{𝑚2>2𝑚+82𝑚+8>0，解得−4<𝑚<−2或𝑚>4，若“p且q”是真命题，则{𝑚⩽−1或𝑚⩾3−4<

𝑚<−2或𝑚>4，解得−4<𝑚<−2或𝑚>4，故实数m的取值范围为{𝑚|−4<𝑚<−2或𝑚>4}；(2)若s为真，则(𝑚−𝑡)(𝑚−𝑡−1)<0，即𝑡<𝑚<𝑡+1，由q是s的

必要不充分条件，则可得{𝑚|𝑡<𝑚<𝑡+1}⫋{𝑚|−4<𝑚<−2或𝑚>4}，即{𝑡⩾−4𝑡+1⩽−2或𝑡⩾4，解得−4⩽𝑡⩽−3或𝑡⩾4．故实数t的取值范围{𝑡|−4⩽𝑡⩽−3或𝑡⩾4}.【解析】本题考查复合(或、且、非)命题的判定，必要条件、充

分条件与充要条件的判断，考查逻辑推理能力，属于中档题．(1)若“p且q”是真命题，则p，q同时为真命题，建立条件关系，即可求m的取值范围；(2)根据q是s的必要不充分条件，建立条件关系，即可求t的取值范围．42.已知中心在原点O的椭圆E的长轴长为2√2，且

与抛物线𝑦2=4𝑥有相同的焦点．(1)求椭圆E的方程；(2)若点H的坐标为(2,0)，点A，B是椭圆E上的两点(点A，B，H不共线)，且∠𝑂𝐻𝐴=∠𝑂𝐻𝐵，证明直线AB过定点，并求△𝐴𝐵𝐻面积的取值范围．【答案】解

：(1)∵抛物线𝑦2=4𝑥的焦点为(1,0)，∴𝐸的焦点为(1,0)，又2𝑎=2√2，∴𝑎=√2，又𝑐=1，∴𝑏=1．∴椭圆E的方程为𝑥22+𝑦2=1．(2)设直线AB的方程为𝑥=𝑚𝑦+𝑡，𝐴(𝑚𝑦1+𝑡,𝑦1)，𝐵(𝑚𝑦2+�

�,𝑦2)，由{𝑥=𝑚𝑦+𝑡𝑥2+2𝑦2=2得，(𝑚2+2)𝑦2+2𝑚𝑡𝑦+𝑡2−2=0．∴𝑦1+𝑦2=−2𝑚𝑡𝑚2+2，𝑦1𝑦2=𝑡2−2𝑚2+2，又∵∠𝑂𝐻𝐴=∠𝑂𝐻𝐵，∴𝑘𝐴𝐻+𝑘𝐵𝐻=0．∴𝑦1𝑚𝑦1+

𝑡−2+𝑦2𝑚𝑦2+𝑡−2=0．∴2𝑚𝑦1𝑦2+(𝑡−2)(𝑦1+𝑦2)=0．∴2𝑚(𝑡2−2)−(𝑡−2)⋅2𝑚𝑡=0，∴𝑡=1．∴直线AB恒过点(1,0)．∴𝑆△𝐴𝐵

𝐻=12|𝑦1−𝑦2|=2√2√𝑚2+12(𝑚2+2)=√2√𝑚2+1(𝑚2+2)，令ℎ=√𝑚2+1，则ℎ>1，∴𝑆△𝐴𝐵𝐻=√2ℎℎ2+1=√2ℎ+1ℎ<√22．又𝑆△𝐴

𝐵𝐻>0．∴△𝐴𝐵𝐻面积的取值范围是(0,√22)．【解析】本题考查椭圆与抛物线的几何性质，考查椭圆方程求法及直线与椭圆的位置关系，属中档题．(1)依题意，由抛物线方程求得焦点坐标，结合椭圆E的长轴长为2√2，即可求得a，b，c，进而求得椭圆方程．(2)设直线AB的方程为𝑥=𝑚𝑦+

𝑡，𝐴(𝑚𝑦1+𝑡,𝑦1)，𝐵(𝑚𝑦2+𝑡,𝑦2)，直线方程与椭圆方程联立，根据韦达定理和𝑘𝐴𝐻+𝑘𝐵𝐻=0，求得𝑡=1，知直线AB恒过点(1,0)，根据𝑆△𝐴𝐵𝐻=12|𝑦1−𝑦2|=2√2√𝑚2+12(𝑚2

+2)=√2√𝑚2+1(𝑚2+2)，求出关于m的函数的值域，即可求得结果．43.已知函数𝑓(𝑥)=𝑥−𝑎ln𝑥(𝑥>0,𝑎∈𝑅)有两个零点𝑥1,𝑥2，且𝑥1<𝑥2，(1)求a的取值范围；(2)证明：𝑥1⋅𝑥2>𝑒2．【答案】解：(1

)令𝑓(𝑥)=𝑥−𝑎ln𝑥=0，∴ln𝑥=1𝑎𝑥，令𝑦1=ln𝑥，𝑦2=1𝑎𝑥，当𝑦1与𝑦2相切时，如图所示：设切点为(𝑥0,ln𝑥0)，则𝑦′1=1𝑥，𝑦′1|⬚𝑥=𝑥0=1𝑥0=1𝑎，∴𝑥0=𝑎，即切点坐标是(𝑎,ln𝑎)，把(

𝑎,ln𝑎)代𝑦2=1𝑎𝑥，解得：𝑎=𝑒，若𝑦=𝑓(𝑥)有两个零点𝑥1,𝑥2，即𝑦1，𝑦2有2个交点，只需1𝑎<1𝑒即可，即𝑎>𝑒，∴𝑎的范围是(𝑒,+∞)；(2)由题意知：𝑥1−𝑎ln𝑥1=0，𝑥2−𝑎ln𝑥2=

0，即ln𝑥1=𝑥1𝑎，ln𝑥2=𝑥2𝑎，ln𝑥1+ln𝑥2=1𝑎(𝑥1+𝑥2)①ln𝑥1−ln𝑥2=1𝑎(𝑥1−𝑥2)，即1𝑎=ln𝑥1−ln𝑥2𝑥1−𝑥2②

要证𝑥1⋅𝑥2>𝑒2成立，即证ln𝑥1⋅𝑥2>ln𝑒2成立，即证ln𝑥1+ln𝑥2>2，由①知：即证1𝑎(𝑥1+𝑥2)>2，即证1𝑎>2𝑥1+𝑥2，又由②知：即证ln𝑥1−ln𝑥2𝑥1−𝑥2>2𝑥1+𝑥2，即证

ln𝑥1𝑥2>2(𝑥1−𝑥2)𝑥1+𝑥2，即证ln𝑥1𝑥2>2(𝑥1𝑥2−1)𝑥1𝑥2+1，令𝑡=𝑥1𝑥2，则0<𝑡<1，即证ln𝑡>2(𝑡−1)𝑡+1，设𝑔(𝑡)=ln𝑡−2(𝑡−1)𝑡+1，(0<𝑡<1)，∴𝑔′(�

�)=(𝑡+3)(𝑡−1)𝑡(𝑡+1)2，∴𝑔(𝑡)在(0,1)上单调递减，∴𝑔(𝑡)>𝑔(1)=ln1−2×(1−1)1+1=0，即ln𝑥1𝑥2>2(𝑥1𝑥2−1)𝑥1𝑥2+1成立，故𝑥1⋅𝑥2>𝑒2得证．【解析】本题考查

在研究函数的零点，函数单调性的应用，属于较难题．(1)令𝑦1=ln𝑥，𝑦2=1𝑎𝑥，求导后，做出函数图象，数形结合，结合切点坐标即可求解；(2)由题意及(1)得ln𝑥1+ln𝑥2=1𝑎(𝑥1+𝑥2)，由ln�

�1−ln𝑥2=1𝑎(𝑥1−𝑥2)得1𝑎=ln𝑥1−ln𝑥2𝑥1−𝑥2，用换元法利用导数研究函数的单调性证明ln𝑥1𝑥2>2(𝑥1𝑥2−1)𝑥1𝑥2+1即可求证。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.

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