【文档说明】2021普通高等学校招生全国统一考试（新高考地区）仿真模拟训练（二）数学试题 含答案.doc，共(16)页，392.010 KB，由小赞的店铺上传

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12021普通高等学校招生全国统一考试（新高考地区）仿真模拟训练(二)数学试题(时间：120分钟满分：150分)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A＝{－2，0，1，2}，B＝{y|y＝－x－1}，则A∩B＝()A．{1，2}B.{－2，0}C．{－2，0，1}D．{－2}2．已知a＋5i＝－2＋bi(a，b∈R)，则复数z＝a＋bi5＋2i＝()A．1B.－

iC．iD．－2＋5i3．函数f(x)＝sinxln（x2＋1）的大致图象是()4．已知(a＋2x)7的展开式中的常数项为－1，则x2的系数为()A．560B.－560C．280D．－2805．已知抛物线C：y2＝12x的焦点为F，经过点P(2，1)的直线l与抛物线C交于A，B两

点，且点P恰为AB的中点，则|AF|＋|BF|＝()A．6B.8C．9D．106．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝a2＋2a3，S2是S1与mS3的等比中项，则m＝()A．1B.972C．67D．127．设函数f(x)＝xlnx的导函数为f′(x)，

若对任意的x∈[1，＋∞)，不等式f′(x)≤a＋ex恒成立，则实数a的最小值为()A．1－1eB.2－1eC．1－eD．2－e8．过点M(a，0)作双曲线x2a2－y2b2＝1(a＞0，b＞0)的一条渐近线的平行线，交双曲线的另一条渐近线于点

N，O为坐标原点，若锐角三角形OMN的面积为212(a2＋b2)，则该双曲线的离心率为()A．3B.3或62C．62D．3二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得3分，有选错的得0分．9．某家庭2019年的总支出是2018年的总支出的1.5倍，下图分别给出了该家庭2018年、2019年的各项支出占该家庭这一年总支出的比例情况，则下列结论中正确的是()①日常生活②房贷还款③旅游④教育⑤保险

⑥其他①日常生活②房贷还款③旅游④教育⑤保险⑥其他A．2019年日常生活支出减少B．2019年保险支出比2018年保险支出增加了一倍以上3C．2019年其他支出比2018年其他支出增加了两倍以上D．2018年和2

019年，每年的日常生活支出和房贷还款支出的和均占该年总支出的一半以上10．直线2x－y＋m＝0与圆(x－1)2＋(y－2)2＝1相交的必要不充分条件是()A．m2≤1B.m≥－3C．m2＋m－12＜0D．3m＞111．在三棱锥D－ABC中，AB＝BC＝CD＝DA＝1，且AB⊥BC，C

D⊥DA，M，N分别是棱BC，CD的中点，则下列结论正确的是()A．AC⊥BDB．MN∥平面ABDC．三棱锥A－CMN的体积的最大值为212D．AD与BC一定不垂直12．已知函数f(x)＝2x2－a|x|，则下列结论中正确的是()A

．函数f(x)的图象关于原点对称B．当a＝－1时，函数f(x)的值域为[4，＋∞)C．若方程f(x)＝14没有实数根，则a＜－1D．若函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，则a≥0题号123456789101112

答案三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．(一题多解)已知平面单位向量i，j互相垂直，且平面向量a＝－2i＋j，b＝mi－3j，c＝4i＋mj，若(2a＋b)∥c，则实数m＝________．14．有一匀速转动的圆盘，其中有一个固定的小目标M，甲、乙两人站在距

离圆盘外的2米处，将小圆环向圆盘中心抛掷，他们抛掷的圆环能套上小目标M的概率分别为14与15，现甲、乙两人分别用小圆环向圆盘中心各抛掷一次，则小目标M被套上的概率为________．415．如图，圆锥的高为3，表面积为3π，D为PB的中点，AB是圆锥底面圆的直径，O为

AB的中点，弧AC与弧BC的长度之比为2∶1，则异面直线PA与CD所成角的正弦值为________．16．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，a＝30，c＝20，若b·sinC＝20cosB－π6，则sin(2C－B)＝________．四、解答题：本题共6小题

，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．(本小题满分10分)已知D是△ABC的边AC上的一点，△ABD的面积是△BCD的面积的3倍，∠ABD＝2∠CBD＝2θ.(1)若∠ABC＝π2，求sinAsinC的值；(2)若BC＝

2，AB＝3，求AC的长．18．(本小题满分12分)给出以下三个条件：(1)Sn＋1＝4Sn＋2；(2)3Sn＝22n＋1＋λ(λ∈R)；(3)3Sn＝an＋1－2.请从这三个条件中任选一个将下面的题目补充完整，并求

解．设数列{an}的前n项和为Sn，a1＝2，且满足________，记bn＝log2a1＋log2a2＋…＋log2an，cn＝n2＋nbnbn＋1，求数列{cn}的前n项和Tn.19．(本小题满分12分)如图，已知在斜平行六面体ABCD-A

1B1C1D1中，AB1⊥A1D1，A1B＝AB＝BB1＝4，AD＝2，A1C＝25.5(1)(一题多解)求证：平面ABB1A1⊥平面A1BC；(2)求二面角A-CA1­B的余弦值．20．(本小题满分12分)2019年12月9日，记者

走进浙江缙云北山村，调研“中国淘宝村”的真实模样，作为最早追赶电商大潮的中国村庄，地处浙中南偏远山区的北山村，是电商改变乡村、改变农民命运的生动印刻．互联网的通达，让这个曾经的空心村在高峰时期生长出400多家网店，网罗住500多位村民，销售额达两亿元．一网店经销缙云土面，在一个月内，每售出1t缙

云土面可获利800元，未售出的缙云土面，每1t亏损500元．根据以往的销售统计，得到一个月内五地市场对缙云土面的需求量的频率分布直方图，如图所示．该网店为下一个月购进了100t缙云土面，用x(单位：t，70≤x≤120)表示下一个月五地市场对缙云土面的需求量，y(

单位：元)表示下一个月该网店经销缙云土面的利润．(1)将y表示为x的函数；(2)根据直方图估计利润y不少于67000元的概率；(3)在直方图的需求量分组中，同一组中的数据用该组区间的中点值为代表，将需求量落入

该区间的频率作为需求量取该区间中点值时的概率(例如：若需求量x∈[80，90)，则取x＝85，且x＝85的概率等于需求量落入[80，90)的频率)，求该网店下一个月利润y的分布列和期望．621．(本小题满分12分)已知椭圆G：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞

0)，椭圆短轴的端点B1，B2与椭圆的左、右焦点F1，F2构成边长为2的菱形，MN是经过椭圆右焦点F2(1，0)的椭圆的一条弦，点P是椭圆上一点，且OP⊥MN(O为坐标原点)．(1)求椭圆G的标准方程；(2)求|MN|·|OP|2的最小值．22．(本小题满分12分)已

知函数f(x)＝12x2lnx，函数f(x)的导函数为f′(x)，h(x)＝f′(x)－12x－mx2(m∈R)．(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若函数h(x)存在单调递增区间，求m的取值范围；(3)若函数h′(x)存在两个不同的零点x1，x2，且x1＜x2

，求证：ex1x22＞1.72021普通高等学校招生全国统一考试（新高考地区）仿真模拟训练(二)数学试题参考答案1．解析：选B.因为y＝－x－1≤0，所以B＝{y|y≤0}．因为A＝{－2，0，1，2}，所以A∩B＝{－2，0}．故选B.2．解析

：选C.由a＋5i＝－2＋bi(a，b∈R)及复数相等的定义可得a＝－2，b＝5.所以z＝a＋bi5＋2i＝－2＋5i5＋2i＝（－2＋5i）（5－2i）（5＋2i）（5－2i）＝9i9＝i，故选C.3．解析：选B.由题意知函数f(x)

的定义域为{x|x≠0}．因为f(－x)＝sin（－x）ln[（－x）2＋1]＝－sinxln（x2＋1）＝－f(x)，所以f(x)是奇函数，其图象关于原点对称，所以C不正确；又f(kπ)＝0(k∈Z，k≠0)，所以A不正确；当x∈(0，π)时，f(x)＞0，故D不正

确．故选B.4．解析：选B.由题意可知(a＋2x)7的展开式的通项公式为Tr＋1＝Cr72x12ra7－r＝Cr72ra7－rxr2.因为展开式中的常数项为－1，所以令r＝0，得C0720a7＝－1，所以a＝－1.令r＝4，得x2的系数为C47×24×(－1)7－4＝－560.5．

解析：选D.分别过点A，B，P向抛物线的准线x＝－3作垂线，设垂足分别为A1，B1，P1.由抛物线的定义及梯形的中位线定理，得|P1P|＝12(|A1A|＋|B1B|)＝12(|AF|＋|BF|)＝2－(－3)＝5，所以|AF|8＋|BF|＝10，

故选D.6．解析：选B.设数列{an}的公比为q，则由a1＝a2＋2a3，得a1＝a1q＋2a1q2，易知a1≠0，所以2q2＋q－1＝0，解得q＝－1或q＝12.当q＝－1时，S2＝0，这与S2是S1与mS3的等比中项矛盾；当q＝12时，S1＝a1

，S2＝32a1，mS3＝74a1m，由S2是S1与mS3的等比中项，得S22＝S1·mS3，即94a21＝m·74a21，所以m＝97.故选B.7．解析：选C.f(x)＝xlnx，则f′(x)＝lnx＋1.对任意的x

∈[1，＋∞)，f′(x)≤a＋ex恒成立，即a≥lnx＋1－ex对任意的x∈[1，＋∞)恒成立．设g(x)＝lnx＋1－ex(x≥1)，则g′(x)＝1x－ex＜0，因而g(x)在[1，＋∞)上单调

递减，g(x)≤ln1＋1－e＝1－e，所以实数a的最小值为1－e.8．解析：选D.不妨设点N在第一象限，如图，由题意知∠1＝∠2＝∠3，所以△OMN是以∠ONM为顶角的等腰三角形．因为△OMN是锐角三角形，所以∠1＞45°，即有ba＞1，进而e2＝1＋b2a2＞2.由y＝bax与y＝－ba(

x－a)，得yN＝b2，所以12×a×b2＝212(a2＋b2)，即9a2(c2－a2)＝2c4，所以2e4－9e2＋9＝0，得e2＝32(舍)或e2＝3，所以e＝3.9．解析：选BD.设2018年的总支出为x，则201

9年的总支出为1.5x，2018年日常生活支出为0.35x，2019年日常生活支出为0.34×1.5x＝0.51x，故2019年日常生活支出增加，A错误；2018年保险支出为0.05x，2019年保险支出为0.07×

1.5x＝0.105x，B正确；2018年其他支出为0.05x，2019年其他支出为0.09×1.5x＝0.135x，(0.135x－0.05x)÷0.05x＝1.7，故C错误；由题图可知，D正确．10．解析：选BC.若直线2x－y＋m＝0与圆(x－1)2

＋(y－2)2＝1相交，则|2×1－2＋m|22＋（－1）2＜1，解得－5＜m＜5.A项中，由m2≤1，得－1≤m≤1，因为{m|－1≤m≤1}⊆{m|－5＜m＜5}，所以m2≤1不是－5＜m＜5的必要不充分条件；B项中，因为{m|m≥－3}⊇{m|－5＜m＜5

}，所以m≥－3是－5＜m＜5的必要不充分条件；C项中，由m2＋m－12＜0，得－4＜m＜3，因为{m|－4＜m9＜3}⊇{m|－5＜m＜5}，所以m2＋m－12＜0是－5＜m＜5的必要不充分条件；D项中

，由3m＞1，得0＜m＜3，所以3m＞1不是－5＜m＜5的必要不充分条件．11．解析：选ABD.设AC的中点为O，连接OB，OD，则AC⊥OB，AC⊥OD，又OB∩OD＝O，所以AC⊥平面OBD，所以AC⊥BD，故A正确；

因为M，N分别是棱BC，CD的中点，所以MN∥BD，且MN⊄平面ABD，BD⊂平面ABD，所以MN∥平面ABD，故B正确；当平面DAC与平面ABC垂直时，VA－CMN最大，最大值VA－CMN＝VN－ACM＝13×14×24＝248，故C错误；若

AD与BC垂直，因为AB⊥BC，AD∩AB＝A，所以BC⊥平面ABD，所以BC⊥BD，又BD⊥AC，BC∩AC＝C，所以BD⊥平面ABC，所以BD⊥OB，因为OB＝OD，所以显然BD与OB不可能垂直，故D正确．12．解析：选BD.由题意知，函数f(x)的定义域为{x|x≠0}，且f(－x)

＝2（－x）2－a|－x|＝f(x)，因此函数f(x)是偶函数，其图象不关于原点对称，故A选项错误；当a＝－1时，f(x)＝2x2＋1|x|，而x2＋1|x|＝|x|＋1|x|≥2，所以f(x)＝2x2＋1|x|≥4，即函数f(x)的值域为[4，＋∞)，B选项正确；由f(x)＝14，得x2－a|x

|＝－2，得x2＋2|x|－a＝0.要使原方程没有实数根，应使方程x2＋2|x|－a＝0没有实数根．令|x|＝t(t＞0)，则方程t2＋2t－a＝0应没有正实数根，于是需Δ＜0或Δ≥0，－2≤0，－

a≥0，即4＋4a＜0或4＋4a≥0，－2≤0，－a≥0，解得a＜－1或－1≤a≤0，综上，a≤0，故C选项错误；要使函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，需g(x)＝x2－a|x|在(0，＋∞)上单调递增，需φ(x)＝x2－ax＝x－ax在(0，＋∞)上单调递增，需φ′(x)＝1＋ax2≥

0在(0，＋∞)上恒成立，得a≥0，故D选项正确．13．解析：方法一：因为a＝－2i＋j，b＝mi－3j，所以2a＋b＝(m－4)i－j.因为(2a＋b)∥c，所以(2a＋b)＝λc，所以(m－4)i－j＝4λi＋mλj，所以m－4＝4

λ，－1＝mλ，所以m＝2.方法二：不妨令i＝(1，0)，j＝(0，1)，则a＝(－2，1)，b＝(m，－3)，c＝(4，m)，所以2a＋b＝(m－4，－1)．因为(2a＋b)∥c，所以m(m－4)＝－4，所以m＝2.答案：214．解析：小

目标M被套上包括甲抛掷的套上了、乙抛掷的没有套上；乙抛掷的套上了、甲抛掷的没有套上；甲、乙抛掷的都套上了．所以小目标M被套上的概率P＝14×1－15＋1－14×15＋14×1510＝25.答案：2515.解析

：如图，连接OD，OC，BC，OP，设圆锥的底面半径为r，由题意得，πr2＋12×2πr×3＋r2＝3π，得r＝1，则OC＝1，PA＝2.因为点O，D分别为AB，PB的中点，所以OD∥PA，且OD＝12PA＝1，所以∠ODC为异面直线PA与CD所成的角(或其补角)．过点D作DH⊥AB，垂足为H，连

接HC，易得DH⊥HC，DH＝12PO＝32.由弧AC与弧BC的长度之比为2∶1，得△OCB为等边三角形，则CH⊥OB.又OC＝OB＝1，所以CH＝32，则CD＝62，在△ODC中，由余弦定理，得cos∠ODC＝1＋622－12×1×62

＝64，所以异面直线PA与CD所成角的正弦值为1－642＝104.答案：10416．解析：在△ABC中，由正弦定理csinC＝bsinB，得bsinC＝csinB．又b·sinC＝20cosB－π6，所以csinB＝

ccosB－π6，所以sinB＝cosB－π6，所以tanB＝3.又0＜B＜π，所以B＝π3.在△ABC中，由余弦定理得b2＝202＋302－2×20×30×cosπ3＝700，所以b＝107，由b·sinC＝20

cosB－π6，得sinC＝217.因为a＞c，所以cosC＝277，所以sin(2C－B)＝sin2CcosB－cos2CsinB＝2sinCcosCcosπ3－(cos2C－sin2C)sinπ3＝2×217×277×12－2772－

2172×32＝3314.答案：33141117．解：(1)因为∠ABC＝π2，∠ABD＝2∠CBD＝2θ，所以θ＝π6.所以12AB·BDsinπ3＝3×12BC·BDsinπ6，所以BCAB＝sinAsinC＝33.(2)因为12AB·BDsin2θ＝3×12BC·BDsinθ，即2

ABcosθ＝3BC，所以cosθ＝22，所以θ＝π4，∠ABC＝3θ＝3π4，AC2＝9＋2－2×3×2×－22＝17，所以AC＝17.18．解：方案一：选(1)，已知Sn＋1＝4Sn＋2①，当n≥2时，Sn＝4Sn－1＋2②，①－②得，an＋1＝4(Sn－Sn－1)＝4an

，即an＋1＝4an，当n＝1时，S2＝4S1＋2，即2＋a2＝4×2＋2，所以a2＝8，满足a2＝4a1，故{an}是以2为首项、4为公比的等比数列，所以an＝22n－1.bn＝log2a1＋log2a2＋…＋log2an＝1＋3＋…＋(2n－

1)＝n2，cn＝n2＋nbnbn＋1＝n（n＋1）n2（n＋1）2＝1n（n＋1）＝1n－1n＋1，所以Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝1－12＋12－13＋…＋1n－1n＋1＝1－1n＋1＝nn＋1.方案二：选(2)，已

知3Sn＝22n＋1＋λ③，当n≥2时，3Sn－1＝22n－1＋λ④，③－④得，3an＝22n＋1－22n－1＝3·22n－1，即an＝22n－1，当n＝1时，a1＝2满足an＝22n－1，下同方案一．方案三：选(3)，已知3Sn＝an＋1－2

⑤，当n≥2时，3Sn－1＝an－2⑥，⑤－⑥得，3an＝an＋1－an，即an＋1＝4an，当n＝1时，3a1＝a2－a1，而a1＝2，得a2＝8，满足a2＝4a1，12故{an}是以2为首项、4为公比的等比数列，所以an

＝22n－1.下同方案一．19．解：(1)证明：方法一：由题意知BC∥A1D1，因为AB1⊥A1D1，所以AB1⊥BC.在△A1BC中，A1B＝4，BC＝AD＝2，A1C＝25，所以A1B2＋BC2＝A1C2，所以BC⊥A1B.又A1B，AB

1是平行四边形ABB1A1的两条对角线，所以BC⊥平面ABB1A1.因为BC⊂平面A1BC，所以平面A1BC⊥平面ABB1A1.方法二：由题意知BC∥A1D1，因为AB1⊥A1D1，所以AB1⊥BC.在平行四边形ABB1A1中，BB1＝AB，所以四边形ABB1A1为菱形，所以

AB1⊥A1B.因为A1B∩BC＝B，A1B，BC⊂平面A1BC，所以AB1⊥平面A1BC，因为AB1⊂平面ABB1A1，所以平面ABB1A1⊥平面A1BC.(2)由(1)知BC⊥平面ABB1A1，因为BC⊂平面ABCD，所以平面ABCD⊥平面ABB1A1，所以平面ABC

D⊥平面CDD1C1.在斜平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，由AB＝BB1＝4得四边形ABB1A1为菱形，所以四边形CDD1C1为菱形．连接BD，设AC，BD交于点E，取DC的中点O，连接D1O，OE，易证得D1O⊥平面ABCD，故

以OE，OC，OD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系O－xyz，则C(0，2，0)，B(2，2，0)，A(2，－2，0)，A1(2，0，23)，所以A1C→＝(－2，2，－23)，AC→＝(－2，4，0

)，BC→＝(－2，0，0)．设平面AA1C的法向量为m＝(x1，y1，z1)，13则n·A1C→＝0，n·AC→＝0，即－2x1＋2y1－23z1＝0，－2x1＋4y1＝0，令x1＝2，得y1＝1，z1＝－33，所以平面AA1C的一个

法向量为m＝2，1，－33.设平面BA1C的法向量为n＝(x2，y2，z2)，则n·A1C→＝0，n·BC→＝0，即－2x2＋2y2－23z2＝0，－2x2＝0，令z2＝1，得y2＝

3，所以平面BA1C的一个法向量为n＝(0，3，1)．cos〈m，n〉＝m·n|m||n|＝3－3322＋12＋－332×02＋（3）2＋12＝14.由图可知二面角A-CA1­B为锐二面角，故二面角A-CA1­

B的余弦值为14.20．解：(1)依题意知，当x∈[70，100)时，y＝800x－500(100－x)＝1300x－50000；当x∈[100，120]时，y＝800×100＝80000.所以y＝1300x－50000，70≤x＜100，80000，100≤x≤120.

(2)由1300x－50000≥67000，得x≥90，所以90≤x≤120.由直方图知需求量x∈[90，120]的频率为(0.030＋0.025＋0.015)×10＝0.7，所以利润y不少于67000元的概率为0.7.(3)依题意可得该网店下一个月利润y的分布列为y47500605

00735008000014P0.10.20.30.4所以利润y的期望E(y)＝47500×0.1＋60500×0.2＋73500×0.3＋80000×0.4＝70900.21．解：(1)因为椭圆短轴的端点B1，B2与左、右焦点

F1，F2构成边长为2的菱形，所以a＝2，又椭圆的右焦点F2(1，0)，所以c＝1，所以b2＝a2－c2＝3，所以椭圆G的标准方程为x24＋y23＝1.(2)①当MN⊥x轴时，|MN|＝2b2a＝3，|OP|＝a＝2，此时|MN

|·|OP|2＝12.②当MN不垂直于x轴且斜率不为0时，可设直线MN的方程为y＝k(x－1)(k≠0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，将直线MN的方程与椭圆G的方程联立，得x24＋y23＝1，y＝k（x－1），化简并

整理得(4k2＋3)x2－8k2x＋4k2－12＝0，所以x1＋x2＝8k24k2＋3，x1x2＝4k2－124k2＋3，所以|MN|＝1＋k2|x1－x2|＝1＋k2（x1＋x2）2－4x1x2＝12（1＋k2）

4k2＋3.因为OP⊥MN，所以直线OP的方程为y＝－1kx，将直线OP的方程与椭圆G的方程联立，得x24＋y23＝1，y＝－1kx，得x2P＝12k23k2＋4，y2P＝123k2＋4，所以|OP|2＝

x2P＋y2P＝12（1＋k2）3k2＋4，所以|MN|·|OP|2＝12（1＋k2）4k2＋3×12（1＋k2）3k2＋4＝144（1＋k2）2（4k2＋3）（3k2＋4）＝14411＋k2＋3

4－11＋k2.令11＋k2＝t，因为k∈R且k≠0，所以0＜t＜1，15|MN|·|OP|2＝144（t＋3）（4－t）＝144－t2＋t＋12＝144－t－122＋494，所以当t＝12时，|MN|·|OP|2取得最小值

，且(|MN|·|OP|2)min＝57649.③当MN的斜率为0时，|MN|＝4，此时|OP|2＝b2＝3，所以|MN|·|OP|2＝12.由①②③可知，(|MN|·|OP|2)min＝57649.22．解：(1)易知函数f(x)＝12x2lnx的定义域为(0，＋∞)．f′(x)

＝xlnx＋12x.令f′(x)＞0，得x＞e－12，令f′(x)＜0，得0＜x＜e－12，所以函数f(x)的单调递增区间为e－12，＋∞，单调递减区间为0，e－12.(2)依题意得，h(x)＝xlnx－mx2，若函数h(x)存在单调递增区间，则h′(x)＝ln

x＋1－2mx＞0在(0，＋∞)上有解，即存在x＞0，使2m＜lnx＋1x.令φ(x)＝lnx＋1x，则φ′(x)＝－lnxx2，当x＞1时，φ′(x)＜0，当0＜x＜1时，φ′(x)＞0，所以φ(x)在区间(0，1)上单调递增，在区间(1，＋∞)上单调递减，所以φ(

x)max＝φ(1)＝1，所以2m＜1，所以m＜12.故m的取值范围为－∞，12.(3)证明：因为函数h′(x)存在两个不同的零点x1，x2，且x1＜x2，所以h′(x)＝lnx＋1－2mx＝0有两个不相等的实数根x1，x2，且0<x1＜x2

，所以lnx1＋1－2mx1＝0，lnx2＋1－2mx2＝0，所以lnx1＋2lnx2＝2m(x1＋2x2)－3，lnx1－lnx2＝2m(x1－x2)，所以lnx1＋2lnx2＝lnx1－lnx2x1－x2(x1＋2x2)－3.要证ex1x22＞1，

只需证lnx1＋2lnx2＞－1，16即证lnx1－lnx2x1－x2(x1＋2x2)＞2(0＜x1＜x2)，即证lnx1x2＜2（x1－x2）x1＋2x2，即证lnx1x2＜2x1x2－1x1x2＋2，令t＝x1x2，因为0＜x1＜x2，所以0＜t＜1，即证lnt＜2（

t－1）t＋2在(0，1)上恒成立．令g(t)＝lnt－2（t－1）t＋2(t∈(0，1))，则g′(t)＝1t－6（t＋2）2＝（t－1）2＋3t（t＋2）2＞0在(0，1)上恒成立．所以g(t)＝lnt－2（t－1）t＋2在(0，1)上单调递增，所以g(t

)＜g(1)＝0－0＝0，所以lnt＜2（t－1）t＋2在(0，1)上恒成立．故ex1x22＞1得证．