【文档说明】湖北省襄阳市第五中学2021届高三下学期周测（4.5）数学试题教师用卷.docx，共(28)页，416.185 KB，由小赞的店铺上传

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高三年级周考一、单选题（本大题共8小题，共40分）1.设非空集合M，N满足𝑀⋃𝑁=𝑁，则()A.∀𝑥∈𝑁，𝑥∈𝑀B.∀𝑥∉𝑁，有𝑥∉𝑀C.∃𝑥0∉𝑀，有𝑥0∈𝑁D.∃𝑥0∈𝑁，有𝑥0∉𝑀

【答案】B【解析】【分析】本题主要考查了集合与集合的关系，以及元素与集合的关系，属于基础题．根据𝑀∪𝑁=𝑁可得集合M是集合N的子集，进而可以判断各选项得出答案．【解答】解：∵𝑀∪𝑁=𝑁，∴集合M是集合N的子集，A：，𝑥∈𝑀，集合M不一定会等于集合N，故A错误，B：，有𝑥

∉𝑀，因为𝑀⊆𝑁，故B正确，C：，有𝑥0∈𝑁，因为𝑀⊆𝑁，M和N可能相等，故C错误，D：，有𝑥0∉𝑀，因为𝑀⊆𝑁，M和N可能相等，故D错误，故选B．2.函数𝑓(𝑥)=(21+𝑒𝑥−1)cos𝑥图象的大致形状是()A.B.C.D.【答

案】B【解析】【分析】本题考查函数的图象，考查已知函数解析式选择图象，因此可通过研究函数的性质，通过排除法选择正确的结论．【解答】解：𝑥>0时，21+𝑒𝑥−1<0，但cosx有正有负，因此𝑓(𝑥

)有正有负，不可能全正或全负，故排除A，C，当0<𝑥<1时，𝑐𝑜𝑠𝑥>0，则𝑓(𝑥)<0，排除D，只有B正确．故选B．3.已知等比数列{𝑎𝑛}，满足，且𝑎5·𝑎6·𝑎8·𝑎9=16，则数列{𝑎𝑛}的公比为()A.2B.4C.±2D.±4【答案

】A【解析】【分析】本题考查等比数列的通项公式，对数的运算，考查学生的计算能力，比较基础．根据对数的运算法则解得𝑎3·𝑎10=2.再由等比数列的通项公式求解．【解答】解：设等比数列{𝑎𝑛}的公比为q．由足log2𝑎3+log2𝑎10=1

，得log2(𝑎3·𝑎10)=1，即𝑎3·𝑎10=2．∵𝑎5·𝑎6·𝑎8·𝑎9=16，∴(𝑎5·𝑎8)(𝑎6·𝑎7)𝑞2=16，∴𝑞2=4．由真数大于零得𝑞>0，∴𝑞=2．故选：A

．4.任何一个复数𝑧=𝑎+𝑏𝑖(其中a，𝑏∈𝑅，i为虚数单位)都可以表示成𝑧=𝑟(cos𝜃+𝑖𝑠𝑖𝑛𝜃)(其中𝑟≥0，𝜃∈𝑅)的形式，通常称之为复数z的三角形式．法国数学家棣莫弗发现：[𝑟(cos𝜃+𝑖𝑠𝑖𝑛𝜃)]𝑛=

𝑟𝑛(cos𝑛𝜃+𝑖𝑠𝑖𝑛𝑛𝜃)(𝑛∈𝑁+)，我们称这个结论为棣莫弗定理．由棣莫弗定理可知，“n为偶数”是“复数(cos𝜋4+isin𝜋4)𝑛为纯虚数”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【答案】B【解析】【分析】本题考查充要条件的判断、复数的概念、三角形式的运算，属于中档题．根据由棣莫弗定理复数复数，结合纯虚数的概念判断即可．【解答】解：由棣莫弗定理复数复数，当n为

偶数时，cos𝑛𝜋4=0或1或−1，复数(cos𝜋4+isin𝜋4)𝑛不一定为纯虚数，若为纯虚数，则cos𝑛𝜋4=0，且sin𝑛𝜋4≠0，则，所以𝑛=4𝑘+2，𝑘∈𝑍，n为偶数，所以“n为偶数”是“复数(cos𝜋4+isin𝜋4)𝑛为纯虚

数”的必要但不充分条件．故选B．5.已知函数，设𝑎=𝑓(log30.1)，𝑏=𝑓(3−0.2)，𝑐=𝑓(31.1)，则()A.𝑎>𝑏>𝑐B.𝑏>𝑎>𝑐C.𝑐>𝑎>𝑏D.𝑐>𝑏>𝑎【答案】D【解析】【分析】本题主要考查利用函

数的奇偶性与单调性比较大小，属于基础题．根据题意，𝑓(𝑥)=ln(√𝑥2+1+𝑥)，其定义域为R，又由𝑓(−𝑥)=ln(√𝑥2+1−𝑥)=−𝑓(𝑥)，可得函数𝑓(𝑥)是奇函数，当𝑥>0时，得𝑓(𝑥)=ln(√𝑥2+1+𝑥)为增函数，故𝑓(𝑥)在R上

单调递增，又由log30.1<0，0<3−0.2<1，31.1>3，则有𝑓(31.1)>𝑓(3−0.2)>𝑓(log30.1)，即可得𝑐>𝑏>𝑎．【解答】解：根据题意，𝑓(𝑥)=ln(√𝑥2+1+𝑥)，其定义域为R，又由𝑓(−𝑥)=ln(√𝑥2+1−𝑥)=−𝑓(𝑥)

，则函数𝑓(𝑥)是奇函数，当𝑥>0时，易得𝑓(𝑥)=ln(√𝑥2+1+𝑥)为增函数，故𝑓(𝑥)在R上单调递增，又由log30.1<0，0<3−0.2<1，31.1>3，则有𝑓(31

.1)>𝑓(3−0.2)>𝑓(log30.1)，即𝑐>𝑏>𝑎，故选：D．6.为了解某高校学生使用手机支付和现金支付的情况，抽取了部分学生作为样本，统计其喜欢的支付方式，并制作出如下等高条形图：根据图中的信

息，下列结论中不正确的是()A.样本中的男生数量多于女生数量B.样本中喜欢手机支付的数量多于现金支付的数量C.样本中多数男生喜欢手机支付D.样本中多数女生喜欢现金支付【答案】D【解析】【分析】本题考查了等高堆积条形图的应用问题，也考查了对图形的认识问题，是基础题．根

据两幅图中的信息，对选项中的命题判断正误即可．【解答】解：由图知，样本中的男生数量多于女生数量，A正确；由图知样本中喜欢手机支付的数量多于现金支付的数量，B正确；由图知，样本中多数男生喜欢手机支付，C正确；由图知样本中女生喜欢手机支付的比例高于

现金支付的比例，D错误．故选D．7.将函数𝑓(𝑥)=cos𝑥的图象先向右平移56𝜋个单位长度，再把所得函数图象的横坐标变为原来的1𝜔(𝜔>0)倍，纵坐标不变，得到函数𝑔(𝑥)的图象，若函数𝑔(𝑥)在(𝜋2,3𝜋2)上没有零点，则𝜔的取值范围是()A.(0,

29]∪[23,89]B.(0,29]C.(0,29]∪[89,1]D.(0,1]【答案】A【解析】【分析】本题考查函数𝑦=𝐴𝑐𝑜𝑠(𝜔𝑥+𝜑)的图象变换及零点问题，此类问题通常采用数形结合思想，构建不等关系式，求解可得，

属于较难题．根据𝑦=𝐴𝑐𝑜𝑠(𝜔𝑥+𝜑)的图象变换规律，求得𝑔(𝑥)的解析式，根据定义域求出𝜔𝑥−5𝜋6的范围，再利用余弦函数的图象和性质，求得𝜔的取值范围．【解答】解：函

数𝑓(𝑥)=𝑐𝑜𝑠𝑥的图象先向右平移56𝜋个单位长度，可得𝑦=cos(𝑥−5𝜋6)的图象，再将图象上每个点的横坐标变为原来的1𝜔(𝜔>0)倍(纵坐标不变)，得到函数𝑔(𝑥)=cos(𝜔𝑥−5𝜋6)的图象，∴周期�

�=2𝜋𝜔，∵𝑥∈(𝜋2,3𝜋2)∴𝜔𝜋2−5𝜋6<𝜔𝑥−5𝜋6<3𝜔𝜋2−5𝜋6，若函数𝑔(𝑥)在(𝜋2,3𝜋2)上没有零点，则(3𝜔𝜋2−5𝜋6)−(𝜔𝜋2

−5𝜋6)≤𝑇2=𝜋𝜔，∴𝜔2≤1，解得0<𝜔≤1，又{−𝜋2+𝑘𝜋≤𝜔𝜋2−5𝜋6𝜋2+𝑘𝜋≥3𝜔𝜋2−5𝜋6，解得3𝜔2−43≤𝑘≤𝜔2−13，当𝑘=0时，解23≤𝜔≤89，当𝑘=−1时，结合0<𝜔≤1可得0<𝜔≤2

9，∴𝜔∈(0,29]∪[23,89].故选A．8.如图，在三棱锥𝐷−𝐴𝐵𝐶中，𝐴𝐵=𝐵𝐶=𝐶𝐷=𝐷𝐴，∠𝐴𝐵𝐶=2𝜋3，𝐸,𝐹,𝑂分别为棱𝐵𝐶,𝐷𝐴,𝐴𝐶的中点，记直线EF与平面BOD所成角为𝜃，则

𝜃的取值范围是()A.(𝜋3,𝜋2)B.(𝜋4,𝜋3)C.(𝜋4,𝜋2)D.(0,𝜋4)【答案】A【解析】【分析】本题考查直线与平面所成角，属于较难题．过点F作𝐹𝐺//𝑂𝐷交AC于点G，过点G作𝐻𝐺//�

�𝐵交AB于点H，连接FH，EH，可证直线EF与平面BOD所成角即为直线EF与平面FGH所成角，即∠𝐸𝐹𝐻=𝜃，不妨设𝐴𝐵=2𝑎，则𝑂𝐷=𝑂𝐵=𝑎，𝐹𝐺=𝐺𝐻=𝑎2，𝐻�

�=√3𝑎，又因为𝐹𝐺=𝐺𝐻=𝑎2，所以𝐹𝐻∈(0,𝑎)，所以tan𝜃=tan∠𝐸𝐹𝐻=√3𝑎𝐹𝐻∈(√3,+∞)即可得解．【解答】解：过点F作𝐹𝐺//𝑂𝐷交A

C于点G，过点G作𝐻𝐺//𝑂𝐵交AB于点H，连接FH，EH，因为E，F，O分别为棱BC，DA，AC的中点，所以由作图方式可知G、H分别为AO、AB的中点，所以𝐴𝐶//𝐸𝐻，因为O为AC的中点且𝐴𝐷=𝐷𝐶，所以�

�𝐶⊥𝑂𝐷，同理可得𝐴𝐶⊥𝑂𝐵，又因为𝑂𝐵∩𝑂𝐷=𝑂，OB、𝑂𝐷⊂平面OBD，所以𝐴𝐶⊥平面OBD，因为𝐹𝐺//𝑂𝐷，𝐺𝐻//𝑂𝐵，又𝐹𝐺⊄平面OBD，𝑂𝐷⊂平面OBD，所以𝐹𝐺//平面OBD，同理

可得𝐺𝐻//平面OBD，又𝐹𝐺∩𝐺𝐻=𝐺，FG、𝐺𝐻⊂平面FGH，所以平面𝐹𝐺𝐻//平面OBD，所以直线EF与平面BOD所成角即为直线EF与平面FGH所成角，又因为𝐴𝐶⊥平面

OBD，𝐴𝐶//𝐸𝐻，平面𝐹𝐺𝐻//平面OBD，所以直线𝐸𝐻⊥平面FGH，即∠𝐸𝐹𝐻=𝜃，因为𝐴𝐵=𝐵𝐶=𝐶𝐷=𝐷𝐴，，所以，不妨设𝐴𝐵=2𝑎，则𝑂𝐷=𝑂𝐵=𝑎，�

�𝐺=𝐺𝐻=𝑎2，𝐻𝐸=√3𝑎，又因为𝐹𝐺=𝐺𝐻=𝑎2，所以𝐹𝐻∈(0,𝑎)，所以tan𝜃=tan∠𝐸𝐹𝐻=√3𝑎𝐹𝐻∈(√3,+∞)，所以𝜃∈(𝜋3,𝜋2);故选A;二、多选题（本大题共4小题，共20分）9.下列结论正确的是()A.∀𝑥

∈𝑅，𝑥+1𝑥≥2B.若𝑎<𝑏<0，则(1𝑎)3>(1𝑏)3C.若𝑥(𝑥−2)<0，则log2𝑥∈(0,1)D.若𝑎>0，𝑏>0，𝑎+𝑏≤1，则0<𝑎𝑏≤14【答案】BD【解析】【分析】本题主要考查了不等式性质，考查推理分析能力，属于中档题．

当𝑥<0故可得𝑥+1𝑥为负数故推A不正确，由函数的单调性可推B正确，由𝑥(𝑥−2)<0推出0<𝑥<2故C不正确，根据基本不等式即可推D正确．【解答】解：当𝑥<0时，𝑥+1𝑥为负数，所以A不正确；若𝑎<𝑏<0，则1𝑏<1𝑎<0，函数𝑓(𝑥)=�

�3在R上单调递增，所以𝑓(1𝑎)>𝑓(1𝑏)，即(1𝑎)3>(1𝑏)3，所以B正确；若𝑥(𝑥−2)<0，则0<𝑥<2，log2𝑥∈(−∞,1)，所以C不正确；若𝑎>0，𝑏>0，𝑎+𝑏≤1，根据基本不等式有√𝑎𝑏⩽𝑎+�

�2,0<𝑎𝑏⩽(𝑎+𝑏2)2⩽14．所以D正确．故选BD．10.下列说法正确的为()A.6本不同的书分给甲、乙、丙三人，每人两本，有𝐶62𝐶42𝐶22种不同的分法；B.6本不同的书分给甲、乙、丙三人，其中一人1本，一人2本，一人3本，有𝐶61𝐶52

𝐶33种不同的分法；C.6本相同的书分给甲、乙、丙三人，每人至少一本，有10种不同的分法；D.6本不同的书分给甲、乙、丙三人，每人至少一本，有540种不同的分法．【答案】ACD【解析】【分析】本题主要考查了分步计数原理以及排列组合的综合运用，属于中档题．根据分步计数原理以及排列组合的

综合运用，逐个对选项分析解答．【解答】解：对于A，6本不同的书中，先取2本给甲，再从剩余的4本中取2本给乙，最后2本给丙，共有𝐶62𝐶42𝐶22种不同的分法，故A正确；对于B，6本不同的书中，先取1本作为一组，再从剩余的5本中取2作为一组，最后3本作为一组，共有𝐶6

1𝐶52𝐶33=60种，再给甲、乙、丙三人，共有𝐶61𝐶52𝐶33𝐴33=360种，故B不正确；对于C，6本相同的书分给甲、乙、丙三人，利用挡板法𝐶52=10种；对于D，6本不同的书分给甲、乙、丙三人，每人至少一本，分

3种情况讨论：①一人4本，其他两人各1本，共有𝐶64𝐴33=90；②一人1本，一人2本，一人3本，共有𝐶61𝐶52𝐶33𝐴33=360种，③每人2本，共有𝐶62𝐶42𝐶22=90，故共有90+360+90=540种．

故选ACD．11.已知三棱柱𝐴𝐵𝐶−𝐴1𝐵1𝐶1的侧棱和底面垂直，且所有顶点都在球O的表面上，侧面𝐵𝐶𝐶1𝐵1的面积为4√3.则正确的结论是()A.若𝐵1𝐶1的中点为E，则𝐴𝐶1//平面𝐴

1𝐵𝐸B.若三棱柱𝐴𝐵𝐶−𝐴1𝐵1𝐶1的体积为4√3，则𝐴1到平面𝐵𝐶𝐶1𝐵1的距离为3C.若𝛥𝐴𝐵𝐶是边长为2的等边三角形，则𝐴𝐶1与平面𝐴𝐴1𝐵1𝐵所成的角为𝜋6D.若𝐴𝐵=𝐴𝐶=𝐵𝐶，则球O体积的最小值为32�

�3【答案】AD【解析】【分析】本题考查直线与平面的平行，直线与平面所成的角，点到平面的距离，锥体的体积公式，球体的体积公式，多面体的外接球等知识点.属于中档题．A中取BC的中点F，连接AF，𝐶1𝐹，BE，𝐴1𝐵，𝐴1𝐸，𝐸𝐹.先利用三棱

柱的结构特征和平面与平面平行的判定定理证得平面𝐴1𝐵𝐸//平面𝐴𝐶1𝐹，在运用平面与平面平行的性质定理即可证得𝐴𝐶1//平面𝐴1𝐵𝐸．B中根据割补思想四棱锥𝐴1−𝐵𝐶𝐶1𝐵1的体积占三棱柱𝐴𝐵𝐶−𝐴1𝐵1𝐶1体积的

23，结合题设侧面𝐵𝐶𝐶1𝐵1的面积为4√3即可求得𝐴1到平面𝐵𝐶𝐶1𝐵1的距离．C中根据是边长为2的等边三角形结合题设可得三棱柱𝐴𝐵𝐶−𝐴1𝐵1𝐶1为正三棱柱.取𝐴1𝐵1的中点N，连结𝐴𝑁,𝐶1𝑁，根据平面与平面垂直的性质定理可证得，

从而有∠𝐶1𝐴𝑁为直线𝐶1𝐴与平面𝐴𝐴1𝐵1𝐵所成的角，通过计算即可确定𝐴𝐶1与平面𝐴𝐴1𝐵1𝐵所成的角．D中由𝐴𝐵=𝐴𝐶=𝐵𝐶，三棱柱𝐴𝐵𝐶−𝐴1𝐵1𝐶1的侧棱和底面垂直可得三

棱柱𝐴𝐵𝐶−𝐴1𝐵1𝐶1为正三棱柱，设M，N分别是△𝐴𝐵𝐶，△𝐴1𝐵1𝐶1的中心，连接MN，则球心O为MN的中点.设三棱柱底面边长为a，高为h，则𝑎ℎ=4√3，通过计算可得外接球的半径𝑅⩾2从而确定球O体积的最小值．【解答】解：A，取BC的中点F，连接AF，

𝐶1𝐹，BE，𝐴1𝐵，𝐴1𝐸，EF．∵三棱柱𝐴𝐵𝐶−𝐴1𝐵1𝐶1∴𝐶1𝐸//𝐵𝐹且𝐶1𝐸=𝐵𝐹，四边形𝐶1𝐸𝐵𝐹为平行四边形，故BE//𝐶1𝐹，同理𝐴𝐹//𝐴1𝐸又∵𝐵𝐸⋂𝐶1𝐹，𝐴𝐹⋂𝐴1E.∴平面�

�1𝐵𝐸//平面𝐴𝐶1𝐹，∵𝐴𝐶1⊂平面𝐴𝐶1𝐹，∴𝐴𝐶1//平面𝐴1𝐵𝐸，故A正确;B，若三棱柱𝐴𝐵𝐶−𝐴1𝐵1𝐶1的体积为4√3，如图二示四棱锥𝐴1−𝐵𝐶𝐶1𝐵1的体积为8

√33．∵三棱柱𝐴𝐵𝐶−𝐴1𝐵1𝐶1的侧棱和底面垂直三棱柱的各侧面均垂直与上下底面．即有平面𝐴1𝐵1𝐶1⊥平面𝐵𝐶𝐶1𝐵1=𝐵1𝐶1，设𝐴1到直线𝐵1𝐶1的距离为m，由平面与平面垂直的性质定理知：𝐴1到平面𝐵𝐶𝐶1𝐵1的距离为

m又∵𝐵𝐶𝐶1𝐵1的面积为4√3．∴𝑉𝐴1−𝐵𝐶𝐶1𝐵1=13𝑠ℎ=13×4√3×𝑚=8√33解得𝑚=2∴𝐴1到平面𝐵𝐶𝐶1𝐵1的距离为2，故B错误;C，若是边长为

2的等边三角形，则三棱柱𝐴𝐵𝐶−𝐴1𝐵1𝐶1为正三棱柱．∴平面𝐴1𝐵1𝐶1⊥平面𝐴𝐴1𝐵1𝐵=𝐴1𝐵1=𝐵1𝐶1取𝐴1𝐵1的中点N，连结𝐴𝑁,𝐶1𝑁.则𝐶1𝑁⊥𝐴1𝐵1，又，．故∠𝐶1𝐴𝑁为直线𝐶1

𝐴与平面𝐴𝐴1𝐵1𝐵所成的角在三角形𝐴1𝐵1𝐶1中易得：𝐶1𝑁=√𝐶1𝐴12−𝐴1𝑁2=√3，在面积为4√3矩形𝐵𝐶𝐶1𝐵1中，𝐴𝐴1·𝐴1𝐶1=2𝐴𝐴1=

4√3,∴𝐴𝐴1=2√3，𝐴𝐶1=√𝐴𝐴12+𝐴1𝐶12=4，在直角三角形𝐶1𝑁𝐴中sin∠𝐶1𝐴𝑁=𝐶1𝑁𝐴𝐶1=√34．故C错误;D，若𝐴𝐵=𝐴𝐶=𝐵𝐶，三棱柱𝐴𝐵𝐶−𝐴1𝐵1𝐶

1的侧棱和底面垂直可得三棱柱𝐴𝐵𝐶−𝐴1𝐵1𝐶1为正三棱柱，设M，N分别是△𝐴𝐵𝐶，△𝐴1𝐵1𝐶1的中心，连接MN，则球心O为MN的中点．设三棱柱底面边长为a，高为h，则𝑎ℎ=4√3，∵𝐵1𝑁=23𝐵1𝐷=√33𝑎，𝑂𝑁=ℎ2

，∴外接球的半径R满足：𝑅=𝑂𝐵1=√𝐵1𝑁2+𝑂𝑁2=√𝑎23+ℎ24=√𝑎23+12𝑎2⩾√2√4=2当且仅当𝑎23=12𝑎2,𝑎=√6时取等号．故球O的体积𝑉=4𝜋𝑅33≥32𝜋3，所以D正确．所以选AD．12.抛物线的焦点为F，P为其上一动点

，设直线l与抛物线C相交于A，B两点，点下列结论正确的是()A.|𝑃𝑀|+|𝑃𝐹|的最小值为3B.抛物线C上的动点到点的距离最小值为3C.存在直线l，使得A，B两点关于对称D.若过A、B的抛物线的两条切线交准线于点T，则A、B

两点的纵坐标之和最小值为2【答案】AD【解析】【分析】本题考查了抛物线的几何意义，考查了直线与抛物线的位置关系，以及圆锥曲线中的对称问题，和范围最值问题，属于较难的题目．根据抛物线的相关知识逐一判断即可．【解答】解：对于A，如图所示，过P作𝑃𝑁⊥抛物线的准线，垂足为N，过M作𝑀𝑄⊥抛

物线的准线，垂足为Q，|𝑃𝑀|+|𝑃𝐹|=|𝑃𝑀|+|𝑃𝑁|⩾|𝑀𝑄|=3，所以|𝑃𝑀|+|𝑃𝐹|的最小值为3，故A正确；对于B，设𝐸(𝑥,𝑦)，则𝐸𝐻=√𝑥2+(

𝑦−3)2=√4𝑦+𝑦2−6𝑦+9=√𝑦2−2𝑦+9=√(𝑦−1)2+8⩾2√2，故B错误；对于C，设直线AB的方程为𝑥−𝑦−𝑚=0，则直线AB与抛物线联立得𝑥2−4𝑥+4𝑚=0，，设𝐴(𝑥1,𝑦1),𝐵(𝑥2,𝑦2)，𝑥1

+𝑥2=4,𝑥1𝑥2=4𝑚，𝑦1+𝑦2=𝑥1+𝑥2−2𝑚=4−2𝑚，则AB的中点为(2,2−𝑚)，在直线𝑥+𝑦−3=0上，即，不满足𝑚<1，故C错误；对于D，由题意结合抛物线的图象知过A、B的抛物线的两条切线即为在A、B处的抛物线的两条切线，设直线AB的方程为𝑦=�

�𝑥+𝑏，设𝐴(𝑥1,𝑥124),𝐵(𝑥2,𝑥224)，联立直线与抛物线的方程{𝑦=𝑘𝑥+𝑏𝑥2=4𝑦，整理得𝑥2−4𝑘𝑥−4𝑏=0，𝛥=16𝑘2+16𝑏>0，则𝑥1+𝑥2=4𝑘,

𝑥1𝑥2=−4𝑏，因为𝑦=𝑥24，𝑦′=𝑥2，所以抛物线在A处的切线方程为𝑦=𝑥12(𝑥−𝑥1)+𝑥124=𝑥12𝑥−𝑥124，同理可得抛物线在B处的切线方程为𝑦=𝑥22𝑥−𝑥224，联立两切线方程得𝑦=𝑥1𝑥24=−𝑏，所以𝑏=1，所以𝑦1+𝑦

2=𝑘(𝑥1+𝑥2)+2=4𝑘2+2⩾2，当𝑘=0时取等号，满足判别式，故D正确．故选AD．三、单空题（本大题共4小题，共20分）13.已知P是边长为2的正△𝐴𝐵𝐶边BC上的动点，则𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗·(𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+�

�𝐶⃗⃗⃗⃗⃗)=．【答案】6【解析】【分析】本题考查向量的加减法运算及向量的数量积运算，属于中档题目．设𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=𝑎⃗⃗,𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=𝑏⃗,𝐵𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=𝑡𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗，

再利用向量的数量积计算即可．【解答】解：设𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=𝑎⃗⃗,𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=𝑏⃗,𝐵𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=𝑡𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗，则𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗−𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=𝑏⃗

−𝑎⃗⃗，|𝑎⃗⃗|=|𝑏⃗|=2,即𝑎⃗⃗·𝑏⃗=|𝑎⃗⃗||𝑏⃗|cos60∘=2，𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+𝐵𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=(1−𝑡)𝑎⃗⃗+𝑡𝑏⃗，因此𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗·(𝐴𝐵⃗⃗

⃗⃗⃗+𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗)=[(1−𝑡)𝑎⃗⃗+𝑡𝑏⃗]·(𝑎⃗⃗+𝑏⃗)=(1−𝑡)|𝑎⃗⃗|2+[(1−𝑡)+𝑡]𝑎⃗⃗·𝑏⃗+𝑡|𝑏⃗|2=(1−𝑡)|𝑎⃗⃗|2+𝑎⃗⃗·𝑏⃗+𝑡|𝑏⃗|2=4(1−𝑡)+2+4𝑡=6，故答案为6

．14.(𝑥+1𝑥2−1)4的展开式中的常数项为________．【答案】−11【解析】【分析】本题考查了多项展开式的特定项与特定项的系数．由(𝑥+1𝑥2−1)4=[(𝑥+1𝑥2)−1]4，然后利用二项展开

式的特定项的系数计算得结论．【解答】解：因为𝑇𝑘+1=C4𝑘(−1)4−𝑘(𝑥+1𝑥2)𝑘，要求原式的常数项，先求(𝑥+1𝑥2)𝑘的展开式中的常数项，因为𝑇𝑟+1=C𝑘𝑟⋅

𝑥𝑘−𝑟⋅𝑥−2𝑟=C𝑘𝑟⋅𝑥𝑘−3𝑟，令𝑘−3𝑟=0⇒𝑘=3𝑟，即k是3的倍数，所以𝑘=0，3，当𝑘=0时，C40(−1)4−0=1，当𝑘=3时，𝑟=1，C43⋅C31⋅(−1)4−3=−12，所以原式展开后常数项为1+(−12)=−11，故

答案为−11．15.过椭圆𝑥216+𝑦24=1内一点𝑀(2,1)引一条弦，使弦被M平分，则此弦所在直线方程为_____________．【答案】𝑥+2𝑦−4=0【解析】【分析】本题考查直线与椭圆的位置关系，考查点差法的运用，考

查学生的计算能力，属于中档题．设出直线与椭圆的交点坐标，代入椭圆方程，利用点差法，结合𝑀(2,1)为AB的中点，求出直线的斜率，即可得到直线的方程．【解答】解：设直线与椭圆的交点为𝐴(𝑥1,𝑦

1)、𝐵(𝑥2,𝑦2)，∵𝑀(2,1)为AB的中点，∴𝑥1+𝑥2=4,𝑦1+𝑦2=2，∵又A、B两点在椭圆上，则𝑥12+4𝑦12=16,𝑥22+4𝑦22=16，两式相减得(𝑥12−𝑥22)+4(𝑦12−𝑦22)=0，于是(𝑥1+𝑥2)(𝑥1−𝑥2)+

4(𝑦1+𝑦2)(𝑦1−𝑦2)=0，∴𝑦1−𝑦2𝑥1−𝑥2=−𝑥1+𝑥24(𝑦1+𝑦2)=−44×2=−12，即𝑘𝐴𝐵=−12,故所求直线的方程为𝑦−1=−12(𝑥−2),即𝑥+2𝑦−4=0.故答案为𝑥+2𝑦−4=0.16.对于任意的正实

数x，y都有(2𝑥−𝑦𝑒)ln𝑦𝑥≤𝑥𝑚𝑒成立，则实数m的取值范围为_______．【答案】(0,1𝑒]【解析】【分析】本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、方程与不等式的解法、等价转化方法，考查了推理能力与计算能力，属于较难题．对于任意的正实数x，y都有(2

𝑥−𝑦𝑒)⋅ln𝑦𝑥≤𝑥𝑚𝑒成立，化为：(2𝑒−𝑦𝑥)⋅ln𝑦𝑥≤1𝑚，令𝑦𝑥=𝑡>0.化为：(2𝑒−𝑡)⋅𝑙𝑛𝑡≤1𝑚.令𝑓(𝑡)=(2𝑒−𝑡)⋅𝑙𝑛

𝑡，利用导数研究其单调性即可得出．【解答】解：对于任意的正实数x，y都有(2𝑥−𝑦𝑒)⋅ln𝑦𝑥≤𝑥𝑚𝑒成立，化为：(2𝑒−𝑦𝑥)⋅ln𝑦𝑥≤1𝑚，令𝑦𝑥=𝑡>0.化为：(2𝑒−𝑡)⋅𝑙𝑛𝑡≤1𝑚．令𝑓(𝑡)=(2𝑒−𝑡)

⋅𝑙𝑛𝑡，则题意转化为1𝑚≥𝑓(𝑡)在𝑡∈(0,+∞)上恒成立，即1𝑚≥𝑓(𝑡)max，𝑓′(𝑡)=−ln𝑡+(2𝑒−𝑡)⋅1𝑡=2𝑒𝑡−ln𝑡−1，𝑡>0，令ℎ(𝑡)=2𝑒𝑡−ln𝑡−1，因为

ℎ′(𝑡)=−2𝑒𝑡2−1𝑡在(0,+∞)上小于0恒成立，所以𝑓′(𝑡)在(0,+∞)上单调递减，又因为𝑓′(𝑒)=2−1−1=0，所以当0<𝑡<𝑒，𝑓′(𝑡)>0;当𝑡>𝑒，𝑓′(𝑡)<0，所以𝑓(𝑡)在

(0,𝑒)上单调递增，在(𝑒,+∞)上单调递减，所以𝑓(𝑡)max=𝑓(𝑒)=𝑒ln𝑒=𝑒，所以1𝑚≥𝑒.即得0<𝑚≤1𝑒．综上可得：实数m的取值范围为(0,1𝑒].故答案

为(0,1𝑒].四、解答题（本大题共6小题，共70分）17.已知△𝐴𝐵𝐶的内角A、B、C所对的边分别是a、b、c，在以下三个条件中任选一个：①(sin𝐵−sin𝐶)2=𝑠𝑖𝑛2𝐴−sin𝐵sin𝐶；②sin𝐴4=√6−√24；③𝑏sin𝐵+𝐶2=𝑎s

in𝐵；并解答以下问题：(1)若选______(填序号)，求∠𝐴的值；(2)在(1)的条件下，若𝑎=√3，𝑏=𝑚(𝑚>0)，当△𝐴𝐵𝐶有且只有一解时，求实数m的范围及△𝐴𝐵𝐶面积S的最大值．【答案】解：(1)若选①，由已知得sin2𝐵+sin2𝐶−sin2𝐴=sin�

�sin𝐶，故由正弦定理得𝑏2+𝑐2−𝑎2=𝑏𝑐.由余弦定理得cos𝐴=𝑏2+𝑐2−𝑎22𝑏𝑐=12．因为0⬚∘<𝐴<180⬚∘，所以𝐴=60⬚∘．若选②，由二倍角公式cos𝐴2=1−2sin2𝐴4=√32，cos𝐴=2cos

2𝐴2−1=12．又A为三角形内角，因此𝐴=60∘；若选③，由题设及正弦定理得sin𝐵sin𝐵+𝐶2=sin𝐴sin𝐵．因为sin𝐵≠0，所以sin𝐵+𝐶2=sin𝐴．由𝐴+𝐵+𝐶=180⬚∘，可得sin𝐵+𝐶2=cos𝐴2

，故．因为，故，又A为三角形内角，因此𝐴=60∘.(2)由已知，当𝛥𝐴𝐵𝐶有且只有一解时，𝑚sin𝜋3=√3或0<𝑚⩽√3，∴𝑚∈(0,√3]⋃{2}①当𝑚=2时，𝛥𝐴𝐵𝐶为直角三角形，②当0<𝑚≤√3时，∵𝑎=√3,𝐴=𝜋3,由余弦定理可得𝑎2=𝑏2+

𝑐2−2𝑏𝑐cos𝐴≥2𝑏𝑐−𝑏𝑐=𝑏𝑐,∴𝑏𝑐≤3,当且仅当𝑏=𝑐时等号成立，∴三角形面积为【解析】本题考查正余弦定理应用，考查三角恒等变换，基本不等式及三角形面积公式，属中档题．(1)若选①，根据正弦余弦定理得cos𝐴=12，即可求得A；若选②

，由二倍角公式得cos𝐴=12，即可求得A；若选③，由题设及正弦定理得得，即可求得A；(2)当𝛥𝐴𝐵𝐶有且只有一解时，𝑚sin𝜋3=√3或0<𝑚⩽√3，∴𝑚∈(0,√3]⋃{2}①当𝑚=2时，𝛥𝐴𝐵𝐶为直角三角形，②当0<𝑚≤√3时，由余弦定理和基本不等式求

得𝑏𝑐⩽3,进而求得面积S的最大值．18.已知首项为32的等比数列{𝑎𝑛}不是递减数列，其前n项和为𝑆𝑛(𝑛∈𝑁∗)，且𝑆3+𝑎3，𝑆5+𝑎5，𝑆4+𝑎4成等差数列．(1)求数列{𝑎𝑛}的通项公式；(2)设

𝑇𝑛=𝑆𝑛−1𝑆𝑛(𝑛∈𝑁∗)，求数列{𝑇𝑛}的最大项的值与最小项的值．【答案】解：(1)设等比数列{𝑎𝑛}的公比为q，因为𝑆3+𝑎3，𝑆5+𝑎5，𝑆4+𝑎4成等差数列，所以𝑆5+𝑎5−𝑆3−𝑎3=𝑆4+𝑎4−𝑆

5−𝑎5，即4𝑎5=𝑎3，于是𝑞2=𝑎5𝑎3=14．又{𝑎𝑛}不是递减数列且𝑎1=32，所以𝑞=−12．故等比数列{𝑎𝑛}的通项公式为𝑎𝑛=32×(−12)𝑛−1=(−1)𝑛−1⋅32𝑛．(2)由(1)得当n为奇数时，𝑆𝑛随n的增大而减小，所以1

<𝑆𝑛⩽𝑆1=32，故0<𝑆𝑛−1𝑆𝑛⩽𝑆1−1𝑆1=32−23=56．当n为偶数时，𝑆𝑛随n的增大而增大，所以34=𝑆2⩽𝑆𝑛<1，故．所以数列{𝑇𝑛}最大项的值为56，最小项的值为−712．【解

析】本题考查等比数列的通项公式、等差数列的性质以及数列的最值问题，属于难题．(1)根据条件联立方程组求出首项和公比，即可得到通项公式；(2)由(1)得，分类讨论判断𝑆𝑛的单调性，即可得到答案．19.如图所示，在等腰梯形ABCD中，𝐴𝐵//�

�𝐷，∠𝐷𝐴𝐵=60°，𝐴𝐸//𝐶𝐹，𝐴𝐸=𝐶𝐹，𝐶𝐹⊥平面ABCD，𝐷𝐶=𝐵𝐶=𝐴𝐷=𝐶𝐹=1．(1)求证：𝐸𝐹⊥平面BCF；(2)若M为线段EF上一点，且𝐹𝑀=𝜆𝐸𝐹

，是否存在实数𝜆，使平面MAB与平面ABC所成锐二面角为𝜋3？若存在，求出实数𝜆；若不存在，请说明理由．【答案】(1)证明：因为𝐴𝐸//𝐶𝐹，𝐴𝐸=𝐶𝐹，所以四边形ACFE为平行四边形，所以𝐴𝐶//𝐸𝐹．在等

腰梯形ABCD中，∠𝐷𝐴𝐵=60⬚∘，所以𝐴𝐵=2𝐵𝐶，所以𝐴𝐶⊥𝐵𝐶．又𝐶𝐹⊥平面ABCD，所以BC，𝐶𝐹⊂平面BCF，所以𝐴𝐶⊥平面BCF．因为𝐴𝐶//𝐸𝐹，所以𝐸𝐹⊥平面BCF；(2)解：依题意，以C为坐标原点，分别以直线

𝐶𝐴,𝐶𝐵,𝐶𝐹为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，所以设所以设𝑛1⃗⃗⃗⃗=(𝑥,𝑦,𝑧)为平面MAB的法向量，由{𝑛1⃗⃗⃗⃗⋅𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=0,𝑛1⃗⃗⃗⃗⋅𝐵𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0,得{−√3�

�+𝑦=0,√3𝜆𝑥−𝑦+𝑧=0,取𝑥=1，所以因为𝑛2⃗⃗⃗⃗=(0,0,1)是平面ABC的一个法向量，设平面MAB与平面ABC所成的锐二面角为𝜃，所以cos𝜃=|𝑛1⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝑛2⃗⃗⃗⃗⃗||𝑛1⃗⃗⃗⃗⃗||

𝑛2⃗⃗⃗⃗⃗|=|√3−√3𝜆|√1+3+(√3−√3𝜆)2=12．因为0≤𝜆≤1，所以𝜆=13，所以所以存在𝜆=𝐹𝑀𝐸𝐹=13使平面MAB与平面ABC所成锐二面角为𝜋3．【解析】本题主要考查立体几何的相关知识，具体涉及到线面的垂直关系、二面角的求法及空间向量在立体几何中的

应用．(1)先证明四边形ACFE为平行四边形，可得𝐴𝐶//𝐸𝐹，然后证明𝐴𝐶⊥平面BCF，可证明结论；(2)以C为坐标原点，分别以直线𝐶𝐴,𝐶𝐵,𝐶𝐹为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，分别取出平面MAB和平面AB

C的法向量，根据平面MAB与平面ABC所成锐二面角为𝜋3可求出实数𝜆的值．20.如图，在平面直角坐标系xOy中，已知等轴双曲线E：𝑥2𝑎2−𝑦2𝑏2=1(𝑎>0,𝑏>0)的左顶点为A，过右焦点F且垂直于x轴的直线与E交于B，C两点，若△𝐴𝐵

𝐶的面积为√2+1．(1)求双曲线E的方程；(2)若直线l：𝑦=𝑘𝑥−1与双曲线E的左，右两支分别交于M，N两点，与双曲线E的两条渐近线分别交于P，Q两点，求|𝑀𝑁||𝑃𝑄|的取值范围．【答案】解：(1)因为

双曲线E：𝑥2𝑎2−𝑦2𝑏2=1(𝑎>0,𝑏>0)为等轴双曲线，所以𝑎=𝑏，设双曲线的焦距为2c，𝑐>0，故𝑐2=𝑎2+𝑏2=2𝑎2，即𝑐=√2𝑎．因为BC过右焦点F，且垂直于x轴，将𝑥𝐵=𝑐=√2𝑎代入𝑥2𝑎2−𝑦2�

�2=1，可得|𝑦𝐵|=𝑎，故|𝐵𝐶|=2𝑎．又△𝐴𝐵𝐶的面积为√2+1，所以12×|𝐵𝐶|×|𝐴𝐹|=√2+1，即12×2𝑎×(𝑎+𝑐)=√2+1，所以𝑎2=1，𝑎=1，故双曲线E的方程为𝑥2−𝑦2=1；(2)依题意，直线l：𝑦=𝑘𝑥−1与双曲线E

的左，右两支分别交于M，N两点，联立方程组{𝑥2−𝑦2=1𝑦=𝑘𝑥−1消去y可得，(1−𝑘2)𝑥2+2𝑘𝑥−2=0，所以{1−𝑘2≠0,𝛥=(2𝑘)2−4(1−𝑘2)×(−2)>0,𝑥𝑀𝑥𝑁=−21−𝑘2<0,解得−1<𝑘<1，且{𝑥𝑀+

𝑥𝑁=−2𝑘1−𝑘2𝑥𝑀𝑥𝑁=−21−𝑘2,所以|𝑀𝑁|=√(𝑥𝑀−𝑥𝑁)2+(𝑦𝑀−𝑦𝑁)2=√1+𝑘2|𝑥𝑀−𝑥𝑁|=√1+𝑘2√(𝑥𝑀+𝑥𝑁)2−4𝑥𝑀

𝑥𝑁=√1+𝑘2√(−2𝑘1−𝑘2)2−4×−21−𝑘2=2√1+𝑘2⋅√2−𝑘21−𝑘2．联立方程组{𝑦=𝑥,𝑦=𝑘𝑥−1,得𝑥𝑃=1𝑘−1，同理𝑥𝑄=1𝑘+1，所以|𝑃𝑄|=√1+𝑘2|𝑥𝑃−𝑥𝑄|=√1+�

�2|1𝑘−1−1𝑘+1|=2√1+𝑘21−𝑘2．所以|𝑀𝑁||𝑃𝑄|=2√1+𝑘2⋅√2−𝑘21−𝑘22√1+𝑘21−𝑘2=√2−𝑘2，其中−1<𝑘<1，所以|𝑀𝑁||𝑃𝑄|∈(1,√2].【解析】本题考查双曲线的定义及其标准方程、直线与双曲线的

位置关系、三角形的面积计算等基础知识，考查运算求解能力，注意解题方法的积累，属于较难的题．(1)根据题意得到𝑎=𝑏，由BC过右焦点F，且垂直于x轴，可得|𝐵𝐶|=2𝑎，再由三角形面积得到𝑎2=

1即可；(2)联立方程组{𝑥2−𝑦2=1𝑦=𝑘𝑥−1消去y可得，(1−𝑘2)𝑥2+2𝑘𝑥−2=0进而得到|𝑀𝑁|=2√1+𝑘2⋅√2−𝑘21−𝑘2，|𝑃𝑄|=√1+𝑘2|𝑥𝑃−𝑥𝑄

|=√1+𝑘2|1𝑘−1−1𝑘+1|=2√1+𝑘21−𝑘2即可．21.某种机器需要同时装配两个部件S才能正常运行，且两个部件互不影响，部件S有两个等级：一等品售价5千元，使用寿命为5个月或6个月(概率均为0.5)；二等品售价

2千元，使用寿命为2个月或3个月(概率均为0.5)(1)若从4件一等品和2件二等品共6件部件S中任取2件装入机器内，求机器可运行时间不少于3个月的概率．(2)现有两种购置部件S的方案，方案甲：购置2件一等品；方案乙：购置1件一等品和2件二等品，试

从性价比(即机器正常运行时间与购置部件S的成本之比)角度考虑，选择哪一种方案更实惠．【答案】解：(1)由题意知机器运行时间不少于3个月，共有三种可能：第一，取到2个一等品，对应概率为𝐶42𝐶62=25，第二，取到1个一等品，1个二等品，且二等

品的使用寿命为3个月，对应概率为𝐶41𝐶21𝐶62×12=415，第三，取到2个二等品，且二者使用寿命均为3个月，对应概率为：𝐶22𝐶62×12×12=160，∴机器可运行时间不少于3个月的概率𝑃=25+415+160=4160．(2)若采用甲方

案，则机器正常运行的时间为𝑋(单位：月)，则X的可能取值为5，6，𝑃(𝑋=6)=12×12=14，𝑃(𝑋=5)=1−𝑃(𝑋=6)=34，则X的分布列为：X56P3414∴𝐸(𝑋)=5×34+6×14=214，

它与成本价之比为𝐸(𝑋)5+5=2140，若采用方案乙，两个二等品的使用寿命之和𝑌(单位：月)，Y的可能取值为4，5，6，𝑃(𝑌=4)=12×12=14，𝑃(𝑌=5)=2×12×12=12，𝑃(𝑌=6)=12×12=14，则Y的分布列

为：Y456P141214记M为一等品的使用寿命(单位：月)，此时机器的正常运用时间为Z，则Z的可能取值为4，5，6，𝑃(𝑍=4)=𝑃(𝑌=4)=14，𝑃(𝑍=5)=𝑃(𝑀=5,𝑌>5)+𝑃(𝑀=6,𝑌=5)=12×34+12×12=5

8，𝑃(𝑍=6)=𝑃(𝑀=𝑦=6)=12×14=18，Z的分布列为：Z456P145818𝐸(𝑍)=4×14+5×58+6×18=398，它与成本价之比为𝐸(𝑍)5+2+2=1324，∵2140<132

4，∴从性价比角度考虑，方案乙更实惠．【解析】(1)由题意知机器运行时间不少于3个月，共有三种可能：第一，取到2个一等品，第二，取到1个一等品，1个二等品，且二等品的使用寿命为3个月，第三，取到2个二等品，且二者使用寿命均为3个月，由此利用互斥事件概率乘法公式能求出

机器可运行时间不少于3个月的概率．(2)若采用甲方案，则机器正常运行的时间为𝑋(单位：月)，则X的可能取值为5，6，求出相应的概率，从而求出𝐸(𝑋)，进而求出它与成本价之比；若采用方案乙，两个二等品的使用寿命之和𝑌(单位：月)，Y的可能取值为4，5，6，分别求出相应

的概率，记M为一等品的使用寿命(单位：月)，此时机器的正常运用时间为Z，则Z的可能取值为4，5，6，分别求出相应的概率，从而求出Z的分布列𝐸(𝑍)，进而求出它与成本价之比．由此从性价比角度考虑，方案乙更实惠．本题考查概率的求法，考查离

散型随机变量的分布列、数学期望的求法及应用，考査互斥事件概率加法公式等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．22.已知函数．(1)求曲线𝑦=𝑓(𝑥)在𝑥=1处的切线方程；(2)函数𝑓(𝑥)在区间(𝑘,𝑘+1

)(𝑘∈𝑁)上有零点，求k的值；(3)记函数𝑔(𝑥)=12𝑥2−𝑏𝑥−2−𝑓(𝑥)，设𝑥1,𝑥2(𝑥1<𝑥2)是函数𝑔(𝑥)的两个极值点，若𝑏⩾32，且𝑔(𝑥1)−𝑔(�

�2)⩾𝑘恒成立，求实数k的最大值．【答案】解：(1)𝑓′(𝑥)=1−1𝑥，所以切线斜率为𝑓′(1)=0，又𝑓(1)=−1，切点为(1,−1)，所以切线方程为𝑦=−1．(2)令𝑓′(𝑥)=1−1𝑥=0，得�

�=1，当0<𝑥<1时，𝑓′(𝑥)<0，函数𝑓(𝑥)单调递减；当𝑥>1时，𝑓′(𝑥)>0，函数𝑓(𝑥)单调递增，所以𝑓(𝑥)的极小值为𝑓(1)=−1<0，又，所以𝑓(𝑥)在区间(0,1)上存在一个零点𝑥1，此时𝑘=0；因为，，

所以𝑓(𝑥)在区间(3,4)上存在一个零点𝑥2，此时𝑘=3．综上，k的值为0或3.，∴𝑔′(𝑥)=1𝑥+𝑥−(𝑏+1)=𝑥2−(𝑏+1)𝑥+1𝑥，若𝑏⩾32，则(𝑏+1)2−4=(𝑏+3)(𝑏−1)>0恒成立，∴𝑥1

+𝑥2=𝑏+1，𝑥1𝑥2=1，，∵0<𝑥1<𝑥2，设𝑡=𝑥1𝑥2，则0<𝑡<1，令，0<𝑡<1，则𝐺′(𝑡)=1𝑡−12(1+1𝑡2)=−(𝑡−1)22𝑡2<0，∴𝐺(𝑡)在(0,1)上单调递减；∵𝑏≥32，∴(𝑏+1)2⩾254

，∵(𝑏+1)2=(𝑥1+𝑥2)2=𝑥12+2𝑥1𝑥2+𝑥22𝑥1𝑥2=𝑥1𝑥2+2+𝑥2𝑥1=𝑡+1𝑡+2，∴𝑡+1𝑡+2≥254，∴4𝑡2−17𝑡+4≥0，∴0<𝑡≤14，∴当𝑡=

14时，，，即实数k的最大值为【解析】本题主要考查导数的综合应用，求函数的导数，利用函数的极值，最值和导数之间的关系是解决本题的关键.综合性较强，运算量较大，属于难题．(1)利用导数的几何意义求解即可；(2)利用零点存在性定理判断即可；(3)

构造函数，利用导数求解函数的最值即可．获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com