【文档说明】天津市滨海新区塘沽一中2021届高三上学期第三次月考数学试卷 含解析.doc，共(23)页，1.954 MB，由小赞的店铺上传

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塘沽一中2021届高三毕业班第三次月考数学一、选择题：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i为虚数单位，实数y满足(13)iiyi−+=−，则|5|yi+=（）A.4B.34C.6D.210————B分析：利用复数相等的条件列式求得y值，再由复数模的计算公式求解．解答：解：

由(13)iiyi−+=−，得3iyi−−=−，3y=−．则|5|5325934yii+=−=+=．故选：B．点拨：思路点睛：本题考查复数的运算，两复数相等的充要条件的应用，两复数相等则实部与实部相等、虚部与虚部相等.2.为了评估某家快递公司的服务质量，某评估

小组进行了客户满意度调查，从该公司参与调查的客户中随机抽取500名客户的评分，评分均在区间50,100上，分组为，)60,70，)80,90，90,100，其频率分布直方图如图所示.规定评分在

60分以下表示对该公司的服务质量不满意，则这500名客户中对该公司的服务质量不满意的客户的人数为（）A.15B.16C.17D.18————A分析：由频率分布直方图计算出评分在区间[50,60)上的频率，进而可求出对

该公司的服务质量不满意的客户.解答：由频率分布直方图可知，评分在区间[50,60)上的频率为1(0.0070.020.030.04)100.03−+++=，所以评分在区间[50,60)上的客户有0.0350015=（人），即对该公司的服务质量不满意的客户有15人.故选：A3.已

知等比数列na的首项10a，公比为q，前n项和为nS，则“1q”是“5762SSS+”的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件————A分析：根据充分必要条件的定义判断．解答：首先5767665762SS

SSSSSaa+−−，1q时，10a，则0na，766aaqa=，充分性满足，若766aaqa=，6(1)0aq−，所以601aq或601aq，例如1q=−，10a，则70a，60

a，因此不必要．故是充分不必要条件．故选：A．4.已知P､A､B､C四个点在球O的球面上，且满足PA⊥平面ABC，24PABC==，ABAC⊥，则该球的体积为（）A.155B.1532C.183D.2053————D

分析：由PABC补形为长方体，长方体的对角线为长方体外接球的直径，而长方体的外接球也为三棱锥的外接球．由此易得．解答：因为PA⊥平面ABC，,ABAC平面ABC，所以,PAABPAAC⊥⊥，又ACAB⊥，以,,ABACAP为棱补成一个长方体，这个长方体的外

接球即为三棱锥PABC−的外接球．又2BC=，所以2224ABACBC==+，长方体对角线长为d，则222224420dAPABAC=++=+=，25d=，球半径为5R=，所以球体积为3344205(5)333VR===．故选：

D．点拨：方法点睛：本题考查球的体积，解题关键是求出球的半径．利用三棱锥从同一顶点出发的三条棱两两垂直，因此以它们为棱把三棱锥补成一个长方体，长方体的外接球即为三棱锥的外接球，而长方体的对角线为球的直径．5.已知函数()co

sxfxex=+，设()10.3af−=，()0.32bf−=，()2log0.2cf=，则（）A.cbaB.cabC.bacD.bca————D分析：由题意可得()fx是偶函数，当0x时，()sin0xfxex=−，可得()yfx=

在()0,+单调递增，又()1100.33,43−=，()0.320,1−，()22log0.2log52,3=，根据函数的单调性可得出答案.解答：由()()cosxfxexfx−=+=，则()fx是偶函数，当0x时，()sin0xfxex=−，所以()yfx=在()0,

+单调递增，由()1100.33,43−=，()0.320,1−，()22log0.2log52,3=，则10.320.3log0.22−−，所以()()()10.320.3log0.22fff−−又()()22log0.2log0.2cff==，所以bca故

选：D点拨：本题考查利用单调性比较函数值大小，考查利用导数分析函数单调性，考查指数、对数的的大小的比较，属于中档题.6.已知双曲线2222:1(0,0)xyCabab−=的左焦点为F，以OF为直径的圆与双曲线C的渐近线交于不同原点O的AB

，两点，若四边形AOBF的面积为()2212ab+，则双曲线C的渐近线方程为（）A.22yx=B.2yx=C.yx=D.2yx=————C分析：根据题意，OAAF⊥，双曲线C的焦点F到C的一条渐近线的距离

为b，所以||AFb=，进而||OAa=，四边形面积为ab，由()2212abab=+可化简得1ba=，写出渐近线方程即可.解答：根据题意，OAAF⊥，双曲线C的焦点F到C的一条渐近线byxa=的距离为22bcbab=+，则||AFb=，所以||OAa=，所以()2212abab=+，所以1ba

=，所以双曲线C的渐近线方程为yx=.点拨：本题主要考查了双曲线的标准方程，渐近线，点到直线的距离，属于难题.7.第十四届全国运动会将于2021年在陕西举办，为宣传地方特色，某电视台拍摄宣传片五组进行制

作编辑，其中包括有美食宣传片､地方风光宣传片各两个，运动场地宣传片一个，所有短片时长彼此不同，现将五组短片编辑在一起，相同题材不相邻，不同的排法共有（）A.24种B.48种C.72种D.120种————B分析：通

过正难则反的思路分析有相邻时的排法数，利用捆绑法和插空法计数，进而得解.解答：五组短片的全部排法有：55=120A种，两个美食宣传片相邻，两个地方风光宣传片不相邻的排法有：222223=24AAA种，两个地方风光宣传片相邻，两个美食宣传片不相邻的排法有：222223

=24AAA种，两个美食宣传片和两个地方风光宣传片均相邻的排法有：223223=24AAA种，所以相同题材不相邻，不同的排法共有12024242448−−−=种.故选：B.点拨：关键点点睛：本题解题的关键是利用正难则反的思想求解，相邻问题用捆绑，不相

邻问题用插空.8.已知函数()()2sin0,2fxx=+的图象与x轴的两个相邻交点的横坐标分别为6、23，下面四个有关函数()fx的叙述中，正确结论的个数为（）①函数3yfx=+的图象关于原点对称；②在区间,63−上，函

数()fx的最大值为3；③直线56x=是函数()fx图象的一条对称轴；④将函数()fx的图象向左平移4个单位，得到()gx的图象，若A、B、C为这两个函数图象的交点，则ABC面积的最小值为2.A.1B.2C.3D.4————B分析：利用已知条件求得()

2sin23fxx=−，利用正弦型函数的奇偶性可判断①的正误；利用正弦型函数的最值可判断②的正误；利用正弦型函数的对称性可判断③的正误；求出函数()fx、()gx图象相邻两交点横坐标之差的绝对值，以及交点的纵坐标，可求得ABC面积的最小值，可判断④的正误.解答：由题意可知，函数()f

x的最小正周期为2236T=−=，22T==，由于点,06在函数()fx的图象上，可得2sin22sin+0663f=+==，()3kZk+=，可得()3kk

=−Z，2，0k=，3=−，则()2sin23fxx=−.对于①，2sin22sin23333fxxx+=+−=+，所以，函数3yfx

=+为非奇非偶函数，①错误；对于②，当,63x−时，22,333x−−，所以，()max2sin33fx==，②正确；对于③，5542sin22sin26633f

=−=，③错误；对于④，()2sin22cos24433gxfxxx=+=+−=−，由()()fxgx=，可得sin2cos2

33xx−=−，所以，tan213x−=，则()234xkkZ−=+，解得()7212kxkZ=+，所以，函数()fx、()gx的图象的相邻两个交点横坐标之差的绝对值为2，因为()772sin22sin222422434k

kfkkZ+=+−=+=，所以，()min12222ABCS==△，④正确.故选：B.点拨：方法点睛：求函数()()sinfxAx=+在区间

,ab上值域的一般步骤：第一步：三角函数式的化简，一般化成形如()sinyAxk=++的形式或()cosyAxk=++的形式；第二步：由x的取值范围确定x+的取值范围，再确定()sinx+（或()cosx+)

的取值范围；第三步：求出所求函数的值域（或最值）.9.已知函数()ln,11,12xxfxxx=−，若()()1Fxffxm=++有两个零点12,xx，则12xx+的取值范围是（）A.)4

2ln2,−+B.)1,e++C.)42ln2,1e−+D.(),1e−+————A分析：由题意可知，当1x时，()1ln11fxx+=+，()()1ln1ffxfx+=+；当1x时，()3111122

xfx+=−+，()()1ln1ffxfx+=+.由()10ffxm++=，得()1mfxe−=−.根据()fx的解析式，分别求出12,xx的表达式，再根据导数求12xx+的取值范围.解答：当1x时，()1ln11fxx+=+，()()1ln1ffxfx+=+

；当1x时，()3111122xfx+=−+，()()1ln1ffxfx+=+，综上，对()(),1ln1xRffxfx+=+.()()1Fxffxm=++有两个零点12,xx

，即方程()ln10fxm++=有两个根12,xx，即方程()1mfxe−=−有两个根12,xx，不妨设12xx.易知函数()fx在(),1−上单调递减，在)1,+上单调递增，当1x时，2ln1mxe−=−；当1x时，

1112mxe−−=−.令1111,1,222mxtet−=−−.21121,22,22,2ttxextxxett==−+=−+.令()122,2tgtett=−+，()'2tgte=−，令()'0,ln2gtt==.1ln2

2t时，()'0gt；ln2t时，()'0gt，函数()gt在1,ln22上单调递减，在()ln2,+上单调递增，当ln2t=时，()()ln2minln22ln2242ln2gtge==−+=−.函数()gt的值域为)42

ln2,−+，即12xx+的取值范围是)42ln2,−+.故选：A.点拨：本题考查函数与方程，考查导数在研究函数中的应用，属于难题.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分.试题中包含两个空的，答对1个的给

3分，全部答对的给5分.10.二项式251()axx+展开式中的常数项为5，则实数=_______．————1分析：解答：解：因为251()axx+展开式的通项公式为52551022155()rrrrrrrTCaxxCax−−−−+==令510-0,42rr==，则常数

项为第5项且为5，所以45455,1Caa−==11.圆上的点()2,1关于直线0xy+=的对称点仍在圆上，且圆与直线10xy−+=相交所得的弦长为2，则圆的方程为______．————()()22115xy−++=．解答：分析：试题分析：设所求圆的圆心为(,)ab，半径为r，∵点

(2,1)A关于直线0xy+=的对称点A′仍在这个圆上，∴圆心(,)ab在直线x+y=0上，∴0ab+=，①且222(2)(1)abr−+−=；②又直线10xy−+=截圆所得的弦长为2，且圆心(,)ab到直线10x

y−+=的距离为221121(1)ababd−+−+==+−，根据垂径定理得：22222rd−=，即：2211()22abr−+−=③由方程①②③组成方程组，解得21{15abr==−=∴所求圆的方程为：()()22115xy−++=．故答案应填：()()221

15xy−++=．考点：直线与圆的位置关系．【方法点晴】本题考查了直线与圆位置关系的应用问题，求圆的方程的主要方法：待定系数法，在解题时应灵活运用垂径定理与对称知识化简求值，是中档题题目．利用已知条件列

出关于未知量的方程组，解此方程组即可．12.某大学志愿者协会有6名男同学，4名女同学，在这10名同学中，3名同学来自数学学院，其余7名同学来自物理、化学等其他互不相同的七个学院，现从这10名同学中随机选取3名同学，到希望小学进行支教.选出的3名同学是来自互不

相同学院的概率_______，设X为选出的3名同学中女同学的人数，则X的数学期望为_______.————(1).4960(2).65分析：利用排列组合求出所有基本事件数及符合要求的基本事件数，代入古典概型概率公式即可求得选出的3名同学是来自互不相同学院

的概率；由题意结合超几何分布概率公式可求得分布列，再由期望公式即可得解.解答：设“选出的3名同学是来自互不相同的学院”为事件A，则()120337373104960CCCCPAC+==；随机变量X的所有可能值为0,1,

2,3.()()03124463311600110,1,62CCCCPXPXCC======()()21304463361010312,3,1030CCCCPXPXCC======X的分布列为X0123P1612310130所以X的数学期望()113160123621030

5EX=+++=.故答案为：4960；65.点拨：本题考查了超几何分布概率公式的求解，考查了离散型随机变量分布列及数学期望的求解，属于中档题.13.设抛物线22xpy=(0p)的焦点为F，准线为l，过抛物线上一点A作l的垂线，垂足为B，设

90,2Cp，若AF与BC相交于点E，||2||CFAF=，ACE△的面积为33，则抛物线的方程为_________.————322分析：由题意得出2AFp=，利用抛物线的定义求出点A的横坐标，根据相似得出93ACFS=△，由三角形的面积公式可得结果.解答：设(

),AAAxy，(,0)2pF，9422pCFpp=−=，又2CFAF=，则2AFp=，由抛物线的定义得2ABp=，所以32Ayp=，则3Axp=，由//CFAB得EFCFEAAB=，即2EFCFEAAF==，所以263CEFCEA

SS==△△，93ACFAECCFESSS=+=△△△，所以323149pp=，解得322p=．故答案为：322.点拨：1.凡涉及抛物线上的点到焦点的距离时，一般运用定义转化为到准线的距离进行处理．2.若()00,Pxy为抛物线()220xpyp=上一点，由定义易得02p

PFy=+；若过焦点的弦AB的端点坐标为()11,Axy，()22,Bxy，则弦长12AByyp=++，12yy+可由根与系数的关系整体求出；若遇到其他标准方程，则焦半径或焦点弦长公式可由数形结合的方法类似地得到.14.如图，在ABC中，3,2,60===ABACBAC，D,E分别边A

B,AC上的点,1AE=且12ADAE=，则AD=______________，若P是线段DE上的一个动点，则BPCP的最小值为_________________.————(1).1(2).116−分析：由12=ADAE利用数量

积公式可求||AD的值为1，设DP的长为x，则1PEx=−，2,1BDEC==，利用平面向量的几何运算法则结合数量积的运算法则，可得BPCP22xx=−，再利用配方法可得结果解答：11cos60122ADAEADAEAD

===，1AD=；又因为1AE=且60BAC=，ADE为正三角形，1DEADAE===，120BDPCEP==，2,1BDEC==，设DP的长为x（01x），则1PEx=−，，()()BPCPBDDPCEEP=++BDCEBDEPDPCEDP

EP=+++()()()1112121111222xxxx=+−−+−+−−22111,241616xxx=−=−−−14x=时取等号，BPCP的最小值为116−.故答案为：1，116−

.点拨：向量的运算有两种方法，一是几何运算往往结合平面几何知识和三角函数知识解答，运算法则是：（１）平行四边形法则（平行四边形的对角线分别是两向量的和与差）；（２）三角形法则（两箭头间向量是差，箭头与箭尾间向量是和）平面向量数量积的计算问题，往往有两种形式，一是利用数量积的定义式，二是利

用数量积的坐标运算公式，涉及几何图形的问题，先建立适当的平面直角坐标系，可起到化繁为简的妙用．15.已知0,0,2abc，且2ab+=，则522acccbabc+−+−的最小值为________.————105+分析：先利用2ab+=把112abab+−化成544abb

a+，利用基本不等式可求112abab+−的最小值，再根据不等式的性质把目标代数式放缩为与c有关的代数式，再利用基本不等式可求题设中目标代数式的最小值.解答：因为0,0ab，2ab+=，所以22211()1215524242442aaabaaabb

abbabbabbabba++++−=+−=+−=+，当且仅当5ba=时等号成立．又因为2c，由不等式的性质可得511555222222acccaccbabcbabcc+−+=+−++−−−.又因为5555(2)51052222cccc+=−+++−

−，当且仅当22c=+时等号成立．所以522acccbabc+−+−的最小值为105+.故答案为：105+.点拨：本题考查多元代数式的最值，处理这类问题的基本策略是降元处理，降元时要结合目标代数式的结构特点，找出能整体处理的部分

，本题属于难题.三、解答题：本大题共5小题，共75分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.16.在ABC中，角A、B、C所对的边长分别是a，b，c，且4cos5A=．（1）求2sincos22BCA++的值；（2）若7bc+=，ABC的面积3S=，求a．————（1）5950；

（2）13分析：（1）由三角恒等变换的公式，化简得221cossincos22cos122BCAAA+++=+−，即可求解；（2）由1sin32ABCSbcA==△，求得10bc=，结合余弦定理，即可求解

.解答：（1）由题意，在ABC中，4cos5A=，又由2sincos22BCA++()1coscos22BCA−+=+21cos592cos1250AA+=+−=．（2）因为4cos5A=，(0,)A,所以23s

in1cos5AA=−=，由113sin3225ABCSbcAbc===△，解得10bc=，由余弦定理2222cosabcbcA=+−，又由7bc+=，可得()2222cos13abcbcbcA=+−−=，所以13a=．点拨：本题主要考查了三角恒等变换的公式的化简、求

值，以及余弦定理和面积公式的应用，其中解答中熟记三角恒等变换的公式，合理利用三角形的面积公式和余弦定理时解答的关键，着重考查推理与运算能力.17.如图，PD⊥平面ABCDADCDABCDPQCD⊥，，∥，∥，222ADCDDPPQAB=====，点EFM

，，分别为APCDBQ，，的中点.（Ⅰ）求证：EF平面MPC；（Ⅱ）求二面角QPMC−−的正弦值；（Ⅲ）若N为线段CQ上的点，且直线DN与平面PMQ所成的角为6，求线段QN的长.————（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）32；（Ⅲ）53.分析：（Ⅰ）连接EM，证得EFMC，利用用线面判定定理，即可得

到EFMPC∥平面；（Ⅱ）以D为原点，分别以DADCDP，，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向的空间直角坐标系，求得平面PMQ和平面MPC法向量，利用向量的夹角公式，即可求解．（Ⅲ）设QNQC=，则()0122N+−，，，从而()0122DN=+−，，，由（Ⅱ）知平面P

MQ的法向量为()1101n=，，，利用向量的夹角公式，得到关于的方程，即可求解．解答：（Ⅰ）连接EM，因为ABCDPQCD∥，∥，所以ABPQ∥，又因为ABPQ=，所以PABQ为平行四边形.由点E和M分别为AP和BQ的中点，可得EMAB∥

且EMAB=，因为2ABCDCDABF=∥，，为CD的中点，所以CFAB∥且CFAB=，可得EMCF∥且EMCF=，即四边形EFCM为平行四边形，所以EFMC，又EFMPC平面，CMMPC平面，所以EFMPC∥平面.（Ⅱ）因为PDABCD⊥平面，A

DCD⊥，可以建立以D为原点，分别以DADCDP，，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向的空间直角坐标系.依题意可得()()()()000200210020DABC，，，，，，，，，，，，()()()002012111PQM，，，，，，，，.()()()()111010111022

PMPQCMPC=−==−=−，，，，，，，，，，，设()1nxyz=，，为平面PMQ的法向量，则1100nPMnPQ==，即00xyzy+−==，不妨设1z=，可得()1=101nuv，，设()2nxyz=，，为平面MPC的法向量，则2200n

PCnCM==，即2200yzxyz−=−+=，不妨设1z=，可得()2=011n，，.1212121cos2nnnnnn==，，于是123sin2nn=，.所以，二面角QPMC−−的正弦值为32.（Ⅲ）设()01QNQC

=，即()02QNQC==−，，，则()0122N+−，，.从而()0122DN，，=+−.由（Ⅱ）知平面PMQ的法向量为()1101n=，，，由题意，111sincos6DNnDNnDNn，==，即()()2222121222−=++−

，整理得231030−+=，解得13=或3=，因为01≤≤所以13=，所以115333QNQCQNQC===，.点拨：本题考查了线面平行的判定与证明，以及空间角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力，解答中熟记线面位置关系的判定定理和性质定理，通过严密推理是

线面位置关系判定的关键，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.18.已知等比数列na满足123aa+=，236+=aa.（1）求数列na的通项公式

；（2）设31nnnxa+=，求数列nx的前n项和nS：（3）若数列nb满足123111111111nnbbbbb−−−−=()*nN.设211nnncab=−−，求数列nc的前n项和nT.————（1）12nn

a-=；（2）614142nnnS+−=；（3）711124212nnTnn=−+−++.分析：（1）根据等比数列的性质可求公比，求出1a后可得所求的通项公式.（2）利用错位相减法可求nS.（3）利用分组求和和裂项相消法可求nT.解答：（1）设等比数列的公

比为q，因为123aa+=，236+=aa，故()126qaa+=，故2q=.所以113aaq+=即11a=，故12nna-=.（2）1312nnnx−+=，故01214731222102nnnS−++

=+++，所以123114731222220nnnS+++++=，故012114131322221212nnnnS−+++++−=111313722437121122nnnnn−−=+++−=−−，所以614142nnnS+−=.（3）因为123111

111111nnbbbbb−−−−=，故当2n时，有12311111111111nnbbbbb−−−−−−=，所

以111nnnbbb−−=，整理得到11nnbb−−=，故nb为等差数列且公差为1.又11111bb−=，故12b=，故1nbn=+，所以()()21111111111222222nnnnnnnncn−−−=−=−−+−

=−++，故0121111111111111222221322423522nnTnn−=−−+−−+−−++−−+，()01111111111122221324

352nnn−=−+−+−++−−++++()1311212212nnn=−−−−++711124212nnn=−+−++.点拨：方法点睛：数列求和关键看通项的结构形式，如果通项是等差数列与等比数列的和，则用分组

求和法；如果通项是等差数列与等比数列的乘积，则用错位相减法；如果通项可以拆成一个数列连续两项的差，那么用裂项相消法；如果通项的符号有规律的出现，则用并项求和法.19.已知椭圆()222210xyabab+=的左焦点在抛物

线243yx=的准线上，且椭圆的短轴长为2，12FF，分别为椭圆的左，右焦点，AB，分别为椭圆的左，右顶点，设点P在第一象限，且PBx⊥轴，连接PA交椭圆于点C，直线PA的斜率为k.（Ⅰ）求椭圆的方程；（

Ⅱ）若三角形ABC的面积等于四边形OBPC的面积，求k的值；（Ⅲ）设点N为AC的中点，射线NO（O为原点）与椭圆交于点M，满足2614tankAMCMAMC+=，求k的值.————（Ⅰ）2214xy+=（Ⅱ）()204kk=（Ⅲ）36k=分析：（I）根据抛物线的准

线求得c，根据短轴长求得b，由此求得a，进而求得椭圆方程.（II）设出直线PC的方程，联立直线PC的方程和椭圆方程，求得C点的坐标，令2x=求得P点坐标.利用三角形的面积公式计算出AOC和PBC的面积，根据题目已知条件，这两个三角形的

面积相等，由此列方程，解方程求得k的值.（III）根据（II）求得N点坐标，由此求得ON的斜率，设NO所在直线方程为14yxk=−，代入椭圆方程，求得M点坐标，计算出M到直线ON的距离d，AC的长度，化简2614tankAM

CMAMC+=得到2341AMCSk=+，利用12AMCSACd=列方程，解方程求得k的值.解答：解：（Ⅰ）由已知得，31cb==，，故2a=，椭圆方程为：2214xy+=，（Ⅱ）设PC直线方程为()22(2)2,14ykxykx

xy=+=++=∴()222241161640kxkxk+++−=∴()22161244ckxk−−=+∴228241ckxk−+=+∴2441ckyk=+，令2x=∴()24Pk，∴22144224141AOCk

kSkk==++∴2322128324224141PBCkkSkkk−=−=++∵PBCAOCSS=∴()204kk=（Ⅲ）由（II）和中点坐标公式，得22282,4141kkNkk−

++，设NO所在直线方程为14yxk=−，则22444xykxy=−+=，∴2221641kxk=+∴22414141kMkk−++，，M到直线NO的距离：222241241411kkkdACkk+++==++，，2614tankAMCMAMC+=，∴

2sin614coscosAMCkAMCMAMCAMC+=即2341AMCSk=+，22AMC2223141241241411kkkSkkk+++==+++，化简得2414kk+=，∵0k，∴36k=.点拨：本小题主要考

查椭圆标准方程的求法，考查直线和椭圆的位置关系，考查三角形的面积公式，考查点到直线的距离公式，考查运算求解能力，综合性很强，属于难题.20.已知函数()(1)xfxxe=−，()lngxax=+，其中e是

自然对数的底数．（1）若曲线()yfx=在1x=处的切线与曲线()ygx=也相切．①求实数a的值；②求函数()()()xfxegx=+的单调区间；（2）设()()()hxbfxgxa=−+，求证：当10be时，

()hx恰好有2个零点．————（1）①2ae=−，②函数()x的单调减区间为(0,1)，单调增区间为(1,)+；（2）证明见解析分析：（1）①利用导数的几何意义求出在1x=处的切线方程，再利用切线与曲线()gx也相切，可求得a的值；②由

①知()(1)2lnxxxeeex=−+−+，对绝对值内的数进行分类讨论，再利用导数分别研究分段函数的单调性.（2）由()(1)lnxhxbxex=−−，得211()xxbxehxbxexx−=−=，令2()1xmxbxe=−，0x，当10be时，()2()20xmxbxbxe=

+，故()mx在(0,)+上单调递增，再利用零点存在定理证明函数()hx的极小值小于0，及1ln0hb，即证得结论；解答：（1）①由()(1)xfxxe=−得()xfxxe=，所以切线的斜率(1)kfe==．因为切点坐标为(1,0)，所以切线的方程为

(1)yex=−．设曲线()ygx=的切点坐标为()11,xy．由()lngxax=+得1()gxx=，所以()111gxex==，得11xe=．所以切点坐标为1,1ae−．因为点1,1ae−也在

直线(1)yex=−上．所以2ae=−．②由①知()(1)2lnxxxeeex=−+−+．当2exe−…时，()(1)(2ln)xxxeeex=−+−+，因为()0xexxex=+恒成立，所以()x在)2,ee−+上单调递增．当20

exe−时，()(1)(2ln)xxxeeex=−−−+．所以()xexxex=−．因为2()(1)0xexxex=++恒成立，所以()x在()20,ee−上单调递增．注意到(1)0

=，所以当(0,1)x时，()0x；当()21,exe−时，()0x．所以()x在(0,1)上单调递减，在()21,ee−上单调递增．综上，函数()x的单调减区间为(0,1)，单调增区间为(1,)+．（2）由()(1)lnxhxbxe

x=−−，得211()xxbxehxbxexx−=−=．令2()1xmxbxe=−，0x，当10be时，()2()20xmxbxbxe=+，故()mx在(0,)+上单调递增．又因为(1)10mbe=−，且2211

11lnln1ln10mbbbbb=−=−，所以()0mx=在(0,)+上有唯一解，从而()0hx=在(0,)+上有唯一解．不妨设为0x，则011lnxb．当()0

0,xx时，()0()()0mxmxhxxx==，所以()hx在()00,x上单调递减；当()0,xx+时，()0()()0mxmxhxxx==，所以()hx在()0,x+上单调递增．故0x是()hx的唯一极值点．令()ln1txxx=−+，则当1x时，1()10txx

=−，所以()tx在(1,)+上单调递减，从而当1x时，()(1)0txt=，即ln1xx−，所以1ln111111lnln1lnlnln1lnlnln0bhbetbbbbbb=−−=−−=−

，又因为()0(1)0hxh=，所以()hx在()0,x+上有唯一零点．又因为()hx在()00,x上有唯一零点，为1，所以()hx在(0,)+上恰好有2个零点．点拨：本题考查导数的几何意义求切线方程、导数研究函数的零点，考查函数与方程思想

、转化与化归思想、分类讨论思，考查逻辑推理能力、运算求解能力，求解时注意函数构造法的应用.