【文档说明】湖南省永州市第一中学2022-2023学年高三上学期第三次月考数学答案解析.docx，共(22)页，532.596 KB，由envi的店铺上传

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永州一中高三第三次月考数学试卷一、单选题1．如图，I是全集，M、P、S是I的3个子集，则阴影部分所表示的集合是（）A．(𝑀∩𝑃)∩𝑆B．(𝑀∩𝑃)∪𝑆C．(𝑀∩𝑃)∩𝑆̅D．(𝑀∩𝑃)∪𝑆̅【答案】C【分析】根据Venn图表示的集合运算作答．【详解】阴影部分在

集合𝑀,𝑃的公共部分，但不在集合𝑆内，表示为(𝑀∩𝑃)∩𝑆，故选：C．2．若𝑧(1+𝑖)=1−𝑖，则z=（）A．1–iB．1+iC．–iD．i【答案】D【分析】先利用除法运算求得𝑧，再利用共轭复数的概念得到𝑧即可.【详解】因为𝑧=1−𝑖1+𝑖=(1−�

�)2(1+𝑖)(1−𝑖)=−2𝑖2=−𝑖，所以𝑧=𝑖.故选：D【点晴】本题主要考查复数的除法运算，涉及到共轭复数的概念，是一道基础题.3．若直线2𝑥+𝑦−1=0是圆(𝑥−𝑎)2+�

�2=1的一条对称轴，则𝑎=（）A．12B．−12C．1D．−1【答案】A【分析】若直线是圆的对称轴，则直线过圆心，将圆心代入直线计算求解．【详解】由题可知圆心为(𝑎,0)，因为直线是圆的对称轴，所以圆

心在直线上，即2𝑎+0−1=0，解得𝑎=12．故选：A．4．如图是标准对数远视力表的一部分．最左边一列“五分记录”为标准对数视力记录，这组数据从上至下为等差数列，公差为0.1；最右边一列“小数记录”为国际标准视力记录的近似值，这组数据从上至下为等比数列，公比为√1010．已知标准对数视力5

.0对应的国际标准视力准确值为1.0，则标准对数视力4.8对应的国际标准视力精确到小数点后两位约为（）（参考数据：√105≈1.58,√1010≈1.26）A．0.57B．0.59C．0.61D．0.63【答案】D【分析】根据给定条件，确定标准对数视

力4.8从下到上的项数，再利用等比数列计算作答.【详解】依题意，以标准对数视力5.0为左边数据组的等差数列的首项，其公差为-0.1，标准对数视力4.8为该数列第3项，标准对数视力5.0对应的国际标准视力值1.0为右边数据组的等比数列的首项，其公比为1√1010，因此，标准对数视力4.8对应的国

际标准视力值为该等比数列的第3项，其大小为1×(1√1010)2=1√105≈0.63.故选：D5．在△𝐴𝐵𝐶中，𝐴𝐶=3,𝐵𝐶=4,∠𝐶=90°．P为△𝐴𝐵𝐶所在平面内的动点，且𝑃𝐶=1，则𝑃

𝐴⃑⃑⃑⃑⃑⋅𝑃𝐵⃑⃑⃑⃑⃑的取值范围是（）A．[−5,3]B．[−3,5]C．[−6,4]D．[−4,6]【答案】D【分析】依题意建立平面直角坐标系，设𝑃(cos𝜃,sin𝜃)，表示出𝑃𝐴⃑⃑⃑⃑⃑，𝑃𝐵⃑⃑

⃑⃑⃑，根据数量积的坐标表示、辅助角公式及正弦函数的性质计算可得；【详解】解：依题意如图建立平面直角坐标系，则𝐶(0,0)，𝐴(3,0)，𝐵(0,4)，因为𝑃𝐶=1，所以𝑃在以𝐶为圆心，1为半径的圆上运动，设𝑃(cos𝜃,sin𝜃)，𝜃∈[0,2𝜋]，所以𝑃𝐴

⃑⃑⃑⃑⃑=(3−cos𝜃,−sin𝜃)，𝑃𝐵⃑⃑⃑⃑⃑=(−cos𝜃,4−sin𝜃)，所以𝑃𝐴⃑⃑⃑⃑⃑⋅𝑃𝐵⃑⃑⃑⃑⃑=(−cos𝜃)×(3−cos𝜃)+(4−sin𝜃)×(−sin𝜃)=cos2𝜃−3cos𝜃−4sin𝜃+sin2𝜃=1−3co

s𝜃−4sin𝜃=1−5sin(𝜃+𝜑)，其中sin𝜑=35，cos𝜑=45，因为−1≤sin(𝜃+𝜑)≤1，所以−4≤1−5sin(𝜃+𝜑)≤6，即𝑃𝐴⃑⃑⃑⃑⃑⋅𝑃𝐵⃑⃑⃑⃑⃑∈[−4,6]；故选：D6．已知函数𝑓(𝑥)=2si

n𝜔𝑥cos2(𝜔𝑥2−𝜋4)−sin2𝜔𝑥(𝜔>0)在区间[−2π3,5π6]上是增函数，且在区间[0,π]上恰好取得一次最大值，则𝜔的取值范围是（）A．(0,35]B．[12,35]C．[12,52]D．(0,52)【答案】B【分析】先化简函数𝑓(𝑥)的解析

式，再依据题意列出关于𝜔的不等式组，即可求得𝜔的取值范围.【详解】𝑓(𝑥)=2sin𝜔𝑥cos2(𝜔𝑥2−π4)−sin2𝜔𝑥=sin𝜔𝑥[2cos2(𝜔𝑥2−π4)−sin𝜔𝑥]=sin𝜔𝑥[cos(𝜔𝑥−π2)+1−sin𝜔𝑥]=sin𝜔𝑥

(sin𝜔𝑥+1−sin𝜔𝑥)=sin𝜔𝑥由𝜔𝑥=π2+2𝑘π，可得𝑥=π2𝜔+2𝑘π𝜔,𝑘∈Z由𝑓(𝑥)在区间[0,π]上恰好取得一次最大值，可得{0≤π2𝜔≤ππ2𝜔+2π𝜔>π，解之得12

≤𝜔<52又𝑓(𝑥)在区间[−2π3,5π6]上是增函数，则{56π≤π2𝜔−23π≥−π2𝜔，解之得𝜔≤35综上，𝜔的取值范围是12≤𝜔≤35故选：B7．若两曲线y=x2-1与y=alnx-1存在公切线，则正实

数a的取值范围为（）A．(0,2𝑒]B．(0,𝑒]C．[2𝑒,+∞)D．(𝑒,2𝑒]【答案】A【分析】分别求出导数，设出切点，得到切线方程，再由两点的斜率公式，结合切点满足曲线方程，运用导数求的单调区间、极值、最值即可得出a的取值范围.【详解】设𝐴(𝑥1,𝑥12−1),𝐵(

𝑥2,𝑎ln𝑥2−1),𝑦1′=2𝑥,𝑦2′=𝑎𝑥,𝑘1=2𝑥1,𝑘2=𝑎𝑥2切线：𝑦−(𝑥12−1)=2𝑥1(𝑥−𝑥1)，即𝑦=2𝑥1𝑥−𝑥12−1切线：𝑦−(𝑎ln𝑥2−1)=𝑎𝑥2(𝑥−𝑥2)，即

𝑦=𝑎𝑥2𝑥−𝑎+𝑎ln𝑥2−1，∴{2𝑥1=𝑎𝑥2−𝑥12−1=−𝑎+𝑎ln𝑥2−1,∴𝑎=4𝑥22(1−ln𝑥2)令𝑓(𝑥)=4𝑥2(1−ln𝑥),𝑓′(𝑥)=8𝑥(1−ln𝑥)

+4𝑥2(−1𝑥)=8𝑥−8𝑥ln𝑥−4𝑥=4𝑥−8𝑥ln𝑥=4𝑥(1−2ln𝑥)=0,𝑥=√𝑒𝑓(𝑥)在(0,√𝑒)上单调递增，在(√𝑒,+∞)上单调递减，所以𝑓(𝑥)max=𝑓(√𝑒)=2𝑒,∴𝑎∈(0,2𝑒]

.故选：A．8．已知双曲线𝑥2−𝑦2𝑎2=1，若过点(2，2)能作该双曲线的两条切线，则该双曲线离心率𝑒取值范围为（）A．(√213，+∞)B．(1，√213)C．(1，√2)D．以上选项均不正确【答案】D【分析】设切线方程为𝑦−2=𝑘(𝑥−2)，代入双曲线方程后，方程

应为一元二次方程，二次项系数不能为0，然后由Δ=0判别式得关于𝑘的方程，此方程有两个不等的实根，由此可得𝑎2的范围，从而求得𝑒的范围，注意满足二次项系数不为0的条件，即可得结论．【详解】设切线方程是𝑦−2=𝑘(

𝑥−2)，由{𝑦−2=𝑘(𝑥−2)𝑥2−𝑦2𝑎2=1得(𝑎2−𝑘2)𝑥2+4𝑘(𝑘−1)𝑥−4(𝑘−1)2−𝑎2=0，显然𝑎2−𝑘2=0时，所得直线不是双曲线的切线，所以𝑘≠±𝑎，由Δ=0得16𝑘2

(𝑘−1)2+4(𝑎2−𝑘2)[4(𝑘−1)2+𝑎2]=0，整理为3𝑘2−8𝑘+4+𝑎2=0，由题意此方程有两不等实根，所以Δ1=64−12(4+𝑎2)>0，𝑎2<43，则𝑐2=1+𝑎2<73（𝑐为双曲线的半焦距），𝑒=𝑐1=𝑐<√213，即1<

𝑒<√213，𝑘=±𝑎代入方程3𝑘2−8𝑘+4+𝑎2=0，得𝑎=±1，此时𝑒=√2，综上，𝑒的范围是(1,√2)∪(√2,√213)．故选：D．二、多选题9．已知向量𝑎=(1,sin𝜃),�

�⃑=(cos𝜃,√2)，则下列命题正确的是（）A．存在𝜃，使得𝑎//𝑏⃑B．当tan𝜃=−√22时，𝑎与𝑏⃑垂直C．对任意𝜃，都有|𝑎|≠|𝑏⃑|D．当𝑎⋅𝑏⃑=−√3时，tan𝜃=√2【答案】BD【分析】A选项，利用向量平行及三角函数恒等变换得到方程，sin2

𝜃=2√2>1，故A错误；B选项，利用垂直得到方程，求出正切值；C选项，计算出两向量的模长，得到𝜃=π2+𝑘π,𝑘∈𝑍，C错误；利用向量的数量积列出𝑎⋅𝑏⃑=cos𝜃+√2sin𝜃=−√3，平方

后得到tan2𝜃−2√2tan𝜃+2=0，求出正切值.【详解】对于选项A：若𝑎//𝑏⃑，则√2=sin𝜃cos𝜃，即sin2𝜃=2√2>1，所以不存在这样的𝜃，故A错误；对于选项B：若𝑎⊥𝑏⃑，

则cos𝜃+√2sin𝜃=0，即cos𝜃=−√2sin𝜃，得tan𝜃=−√22，故B正确；对于选项C：|𝑎|=√1+sin2𝜃,|𝑏⃑|=√2+cos2𝜃，当|𝑎|=|𝑏⃑|时，cos2𝜃=−1，此时𝜃=π2+𝑘π,�

�∈𝑍，故C错误；对于选项D：𝑎⋅𝑏⃑=cos𝜃+√2sin𝜃=−√3，两边同时平方得cos2𝜃+2sin2𝜃+2√2cos𝜃⋅sin𝜃=3cos2𝜃+3sin2𝜃，化简得2cos2𝜃+sin2𝜃−2√2sin𝜃cos

𝜃=0，等式两边同除以cos2𝜃得tan2𝜃−2√2tan𝜃+2=0，即(tan𝜃−√2)2=0，所以tan𝜃=√2，故D正确.故选：BD.10．一个质地均匀的正四面体表面上分别标有数字1，2，3，4，抛掷该正四面体两次，记事件A为“第一次向下的数字为偶数”，事件B为“两次向下

的数字之和为奇数”，则下列说法正确的是（）A．𝑃(𝐴)=12B．事件A和事件B互为对立事件C．𝑃(𝐵|𝐴)=12D．事件A和事件B相互独立【答案】ACD【分析】求得𝑃(𝐴)的值判断选项A；举反例否定选项B；求得𝑃(𝐵|𝐴)的值判断

选项C；利用公式𝑃(𝐴)𝑃(𝐵)=𝑃(𝐴𝐵)是否成立判断选项D.【详解】选项A：𝑃(𝐴)=C21C41C41C41=816=12.判断正确；选项B：事件B：第一次向下的数字为偶数,第二次向下的数字为奇数，则两次向下的数字之和为奇数.则事件A和事件B不是对立事件.判断错误；选项

C：𝑃(𝐴𝐵)=C21C21C41C41=416=14，则𝑃(𝐵|𝐴)=𝑃(𝐴𝐵)𝑃(𝐴)=1412=12.判断正确；选项D：𝑃(𝐵)=C21C21+C21C21C41C41=816=12，又𝑃(𝐴)=

12，𝑃(𝐴𝐵)=14,则有𝑃(𝐴)𝑃(𝐵)=𝑃(𝐴𝐵)成立，则事件A和事件B相互独立.判断正确.故选：ACD11．在正方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1中，点𝑃满足𝐵𝑃⃑⃑⃑⃑⃑=𝜆𝐵𝐶⃑⃑⃑⃑⃑+𝜇𝐵𝐵1⃑⃑⃑⃑⃑⃑

⃑，其中𝜆∈[0,1]，𝜇∈[0,1]，则（）A．当𝜆=𝜇时，𝐴1𝑃//平面𝐴𝐶𝐷1B．当𝜇=1时，三棱锥𝑃−𝐴1𝐵𝐶的体积为定值C．当𝜆=1时，△𝑃𝐵𝐷的面积为定值D．当𝜆+𝜇=1时，直线𝐴1𝐷与𝐷1

𝑃所成角的范围为[𝜋3,𝜋2]【答案】ABD【分析】对于A选项，确定𝑃点在面对角线𝐵𝐶1上，通过证明面面平行，得线面平行；对于B选项，确定𝑃点在棱𝐵1𝐶1上，由等体积法，说明三棱锥𝑃−𝐴1𝐵𝐶的体积为定值；对于C选项，确定

𝑃点在棱𝐶𝐶1上，△𝑃𝐵𝐷的底𝐵𝐷不变，高𝑃𝐸随点𝑃的变化而变化；对于D选项，通过平移直线𝐴1𝐷，找到异面直线𝐴1𝐷与𝐷1𝑃所成的角，在正△𝐷1𝐵1𝐶中，确定其范围.【详解】对于A选项，如下图，

当𝜆=𝜇时，𝑃点在面对角线𝐵𝐶1上运动，又𝑃∈平面𝐴1𝐶1𝐵，所以𝐴1𝑃⊂平面𝐴1𝐶1𝐵，在正方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1中，∵𝐴𝐵//𝐶1𝐷1且𝐴𝐵=𝐶1𝐷1，则四

边形𝐴𝐵𝐶1𝐷1为平行四边形，所以，𝐴𝐷1//𝐵𝐶1，∵𝐴𝐷1⊄平面𝐴1𝐵𝐶1，𝐵𝐶1⊂平面𝐴1𝐵𝐶1，∴𝐴𝐷1//平面𝐴1𝐵𝐶1，同理可证𝐴𝐶//平面𝐴1𝐵𝐶1，∵𝐴𝐷1∩𝐴𝐶=𝐴，所以，平面𝐴1𝐶1𝐵//平面𝐴�

�𝐷1，∵𝐴1𝑃⊂平面𝐴1𝐵𝐶1，所以，𝐴1𝑃//平面𝐴𝐶𝐷1，A正确；对于B选项，当𝜇=1时，如下图，𝑃点在棱𝐵1𝐶1上运动，三棱锥𝑃−𝐴1𝐵𝐶的体积𝑉𝑃−𝐴1𝐵𝐶=𝑉𝐴1−𝑃𝐵𝐶=13⋅𝑆𝑃𝐵𝐶⋅

𝐴1𝐵1为定值，B正确；对于C选项，当𝜆=1时，如图，𝑃点在棱𝐶𝐶1上运动，过𝑃作𝑃𝐸⊥𝐵𝐷于𝐸点，则𝑆△𝑃𝐵𝐷=12𝐵𝐷⋅𝑃𝐸，其大小随着𝑃𝐸的变化而变化，C错误；对于D选项，如图所示，当𝜆+𝜇

=1时，𝑃，𝐶，𝐵1三点共线，因为𝐴1𝐵1//𝐶𝐷且𝐴1𝐵1=𝐶𝐷,所以四边形𝐴1𝐵1𝐶𝐷为平行四边形，所以𝐴1𝐷//𝐵1𝐶，所以∠𝐷1𝑃𝐵1或其补角是直线𝐴1𝐷与𝐷1

𝑃所成角，在正△𝐷1𝐵1𝐶中，∠𝐷1𝑃𝐵1的取值范围为[𝜋3,𝜋2]，D正确.故选：ABD.12．已知函数𝑓(𝑥)=(𝑎𝑥+ln𝑥)(𝑥−ln𝑥)−𝑥2恰有三个零点𝑥1,𝑥2,𝑥3(𝑥1<𝑥2<𝑥3)，则下列结论中

正确的是（）A．1<𝑎≤1+1e2−eB．1<𝑎<1+1e2−eC．𝑥1+𝑥2>3−𝑎D．𝑥2+𝑥3>2e【答案】BCD【分析】令𝑡=ln𝑥𝑥转化为为𝑡2+(𝑎−1)𝑡+1−𝑎=0（*）在(−∞,1e]上有两不等实根𝑡1,𝑡2(𝑡1<𝑡2)从而得出

参数𝑎的范围，设函数ℎ(𝑥)=ln𝑥𝑥在𝑥=1处的切线𝑙:𝑦=𝑥−1，记切线𝑙与𝑦=𝑡1,𝑦=𝑡2的交点的横坐标分别为𝑥1′,𝑥2′，又由ln𝑥𝑥≤𝑥−1可得𝑡1=𝑥1′−1=ln𝑥1𝑥1<𝑥1−1，从而可判断选项C;由对数均值不等式可判

断选项D.【详解】由𝑦=𝑥−ln𝑥，则𝑦′=1−1𝑥=𝑥−1𝑥可得0<𝑥<1时，𝑦′<0，当𝑥>1时，𝑦′<0所以𝑦=𝑥−ln𝑥在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递

增.所以𝑥−ln𝑥≥1>0令𝑡=ln𝑥𝑥，则𝑡′=1−ln𝑥𝑥2，当0<𝑥<e时，𝑡′>0；当𝑥>e时，𝑡′<0则𝑡=ln𝑥𝑥在(0,e)上单调递增，在(e,+∞)上单调递减.所以𝑡=ln𝑥𝑥≤1e由题意即方程(𝑎𝑥+ln𝑥)(𝑥

−ln𝑥)=𝑥2有三个实数根,即𝑎+ln𝑥𝑥=𝑥𝑥−ln𝑥有三个实数根所以𝑎+𝑡=11−𝑡有两个实数根，即转化为𝑡2+(𝑎−1)𝑡+1−𝑎=0（*）必有一个实根𝑡1,𝑡2(𝑡1<𝑡2)判别式Δ=(𝑎−1)2−4(1−𝑎)>0，有𝑎<−3或𝑎>1，两根

情况讨论如下：①当𝑡1∈(0,1e),𝑡2=1e时，从而将𝑡2=1e代入（*）式，得𝑎=1+1e2−e，又𝑡1𝑡2=1−𝑎=−1e2−e，有𝑡1=−1e2−e<0不符合题意，故舍去②当𝑡1≤0，𝑡2∈(0,1e)时，令𝑔(𝑡)=𝑡2+(𝑎−1

)𝑡+1−𝑎i)当𝑡1=0时，有1−𝑎=0，得𝑎=1，此时（*）式为𝑡2=0，不符合题意ii)当𝑡1<0时，则有{𝑔(0)=1−𝑎<0𝑔(1e)=1e2+(𝑎−1)1e+1−𝑎>0，解得1<𝑎<e2−e+1e2−e综上知𝑎的取值范围为(1，e2−e+1e2−e)，故A

错误，B正确.由上知𝑡1=1−𝑎−√𝑎2+2𝑎−32,𝑡2=1−𝑎+√𝑎2+2𝑎−32考虑函数ℎ(𝑥)=ln𝑥𝑥在𝑥=1处的切线𝑙:𝑦=𝑥−1，易证：ln𝑥𝑥≤𝑥−1记切线𝑙与𝑦=𝑡1,𝑦=𝑡2的交

点的横坐标分别为𝑥′1,𝑥′2，则𝑥′1=1−𝑎−√𝑎2+2𝑎−32+1，𝑥′2=1−𝑎+√𝑎2+2𝑎−32+1又𝑡1=𝑥′1−1=ln𝑥1𝑥1<𝑥1−1，则𝑥′1<𝑥′2同理𝑥′2<𝑥2，故𝑥1+𝑥2>𝑥′1+𝑥′2=3−𝑎，故选项C正

确对于选项D，{ln𝑥2=𝑡2𝑥2ln𝑥3=𝑡2𝑥3，则有𝑥2−𝑥3ln𝑥2−ln𝑥3=1𝑡2<𝑥2+𝑥32，即𝑥2+𝑥3>2𝑡2>2e，故选项D正确故选：BCD【点睛】关键点睛：本题考查利用导数研究函数零点问题，考查复合方程的根的问题.解得本题的关键

是先令𝑡=ln𝑥𝑥，先研究出其性质大致图像，然后将问题转化为𝑡2+(𝑎−1)𝑡+1−𝑎=0（*）在(−∞,0]和(0,1e]上各有一个实根𝑡1,𝑡2(𝑡1<𝑡2)，从而使得问题得以解决，属于难题.三、填空题13．(𝑥2+2𝑥)6的展开式中常数项是_______

___（用数字作答）．【答案】240【分析】写出(𝑥2+2𝑥)6二项式展开通项，即可求得常数项.【详解】∵(𝑥2+2𝑥)6其二项式展开通项：𝑇𝑟+1=𝐶6𝑟⋅(𝑥2)6−𝑟⋅(2𝑥)𝑟=𝐶6𝑟⋅𝑥12−2𝑟(2)𝑟⋅𝑥

−𝑟=𝐶6𝑟(2)𝑟⋅𝑥12−3𝑟当12−3𝑟=0，解得𝑟=4∴(𝑥2+2𝑥)6的展开式中常数项是：𝐶64⋅24=𝐶62⋅16=15×16=240.故答案为：240.【点睛】本题考查二项式定理，利用通项公式求二项展开

式中的指定项，解题关键是掌握(𝑎+𝑏)𝑛的展开通项公式𝑇𝑟+1=𝐶𝑛𝑟𝑎𝑛−𝑟𝑏𝑟，考查了分析能力和计算能力，属于基础题.14．某大学一寝室4人参加疫情防控讲座，4人就坐在一排有13个空位的座位上，根据防疫要求，任意两人

之间需间隔1米以上（两个空位），则不同的就坐方法有_______种.【答案】840【分析】先假设每人坐一个位置相当于去掉4个位置，再将4人中间任意两人之间放进2个空位，此时空位一共还剩3个，再将这三个分成一组、两组、三组

讨论，利用分类计数原理计算可得答案.【详解】先假设每人坐一个位置相当于去掉4个位置，再将4人中间任意两人之间放进2个空位，此时空位一共还剩3个，若将这三个连在一起插入4人之间和两侧的空位上，有5种放法；若将这三个分成

两组，一组两个，一组一个，插入4人之间和两侧的空位上，有A52种放法；若将这三个分成三组插入4人之间和两侧的空位上，有C53种放法，故不同的就坐方法为A44×(5+A52+C53)=840种.故答案为：840.15．已知5𝑥2𝑦2+𝑦4=1(𝑥,𝑦∈𝑅)，则𝑥2+�

�2的最小值是_______．【答案】45【分析】根据题设条件可得𝑥2=1−𝑦45𝑦2，可得𝑥2+𝑦2=1−𝑦45𝑦2+𝑦2=15𝑦2+4𝑦25，利用基本不等式即可求解.【详解】∵5𝑥2𝑦2+𝑦4=1∴𝑦≠0且𝑥2=1−𝑦45𝑦2∴𝑥

2+𝑦2=1−𝑦45𝑦2+𝑦2=15𝑦2+4𝑦25≥2√15𝑦2⋅4𝑦25=45，当且仅当15𝑦2=4𝑦25，即𝑥2=310,𝑦2=12时取等号.∴𝑥2+𝑦2的最小值为45.故答案为：45.【点睛】本题考查了基本不等

式在求最值中的应用.利用基本不等式求最值时，一定要正确理解和掌握“一正，二定，三相等”的内涵：一正是，首先要判断参数是否为正；二定是，其次要看和或积是否为定值（和定积最大，积定和最小）；三相等是，最后一定要验证等号能否成立（主要注意两点，一是相等时参数

否在定义域内，二是多次用≥或≤时等号能否同时成立）.16．在三棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶中，顶点P在底面𝐴𝐵𝐶的投影为O，点O到侧面𝑃𝐴𝐵，侧面𝑃𝐴𝐶，侧面𝑃𝐵𝐶的距离均为d，若𝑃𝑂=2𝑑，𝐴

𝐵=2．𝐶𝐴+𝐶𝐵=4，且△𝐴𝐵𝐶是锐角三角形，则三棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶体积的取值范围为________．【答案】(√34,√33]【分析】根据点O到三个侧面的距离相等，从而得出点O到底面三条边的距离相等，从而得到，三棱锥的体积关于d的表达式，再通过底面三角形为锐角三

角形，得到d的范围，即可得出三棱锥体积的范围.【详解】解析：如图，过点O作𝑂𝐷⊥𝐴𝐶于点D，连接𝑃𝐷．作𝑂𝐸⊥𝑃𝐷于点E，则有𝑂𝐸=𝑑=12𝑂𝑃,𝑂𝐷=2√33𝑑，同理，点O到边𝐴𝐵,𝐴𝐶的距离都为2√

33𝑑，所以𝑉𝑃−𝐴𝐵𝐶=13𝑃𝑂⋅(𝑆△𝑂𝐴𝐵+𝑆△𝑂𝐴𝐶+𝑆△𝑂𝐵𝐶)=4√33𝑑2由𝐴𝐵=2,𝐶𝐴+𝐶𝐵=4可知，点C轨迹为以A，B为焦点的椭圆，

𝑎=2,𝑐=1⇒𝑏=√3，如图，当△𝐴𝐵𝐶是锐角三角形时，点C横坐标取值范围为(−1,1)，则√3≥|𝑦|>32，所以𝑆△𝐴𝐵𝐶=2√3𝑑∈(32,√3]⇒𝑑∈(√34,12]，所以𝑉𝑃−𝐴𝐵𝐶=4√33𝑑2∈(√34,√33]；故答案为：(√34,√3

3]四、解答题17．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知𝑎=3,𝑐=√2,𝐵=45°．（1）求sin𝐶的值；（2）在边BC上取一点D，使得cos∠𝐴𝐷𝐶=−45，求tan∠𝐷𝐴𝐶的值．

【答案】（1）sin𝐶=√55；（2）tan∠𝐷𝐴𝐶=211.【分析】（1）方法一：利用余弦定理求得𝑏，利用正弦定理求得sin𝐶.（2）方法一：根据cos∠𝐴𝐷𝐶的值，求得sin∠𝐴𝐷𝐶的值，由（1

）求得cos𝐶的值，从而求得sin∠𝐷𝐴𝐶,cos∠𝐷𝐴𝐶的值，进而求得tan∠𝐷𝐴𝐶的值.【详解】（1）[方法一]：正余弦定理综合法由余弦定理得𝑏2=𝑎2+𝑐2−2𝑎𝑐cos𝐵=9+2−2×3×√2×√22=5，所以𝑏=√5.由正弦定理得𝑐sin

𝐶=𝑏sin𝐵⇒sin𝐶=𝑐sin𝐵𝑏=√55.[方法二]【最优解】：几何法过点A作𝐴𝐸⊥𝐵𝐶，垂足为E．在Rt△𝐴𝐵𝐸中，由𝑐=√2,𝐵=45°，可得𝐴𝐸=𝐵𝐸=1，又𝑎=3，所以𝐸

𝐶=2．在Rt△𝐴𝐶𝐸中，𝐴𝐶=√𝐴𝐸2+𝐸𝐶2=√5，因此sin𝐶=1√5=√55．（2）[方法一]：两角和的正弦公式法由于cos∠𝐴𝐷𝐶=−45，∠𝐴𝐷𝐶∈(𝜋2,𝜋)，所以sin∠𝐴𝐷𝐶=√1−cos2∠𝐴𝐷𝐶=3

5.由于∠𝐴𝐷𝐶∈(𝜋2,𝜋)，所以𝐶∈(0,𝜋2)，所以cos𝐶=√1−sin2𝐶=2√55.所以sin∠𝐷𝐴𝐶=sin(𝜋−∠𝐷𝐴𝐶)=sin(∠𝐴𝐷𝐶+∠𝐶)=sin∠𝐴𝐷𝐶⋅cos𝐶+

cos∠𝐴𝐷𝐶⋅sin𝐶=35×2√55+(−45)×√55=2√525.由于∠𝐷𝐴𝐶∈(0,𝜋2)，所以cos∠𝐷𝐴𝐶=√1−sin2∠𝐷𝐴𝐶=11√525.所以tan∠𝐷𝐴�

�=sin∠𝐷𝐴𝐶cos∠𝐷𝐴𝐶=211.[方法二]【最优解】：几何法+两角差的正切公式法在（1）的方法二的图中，由cos∠𝐴𝐷𝐶=−45，可得cos∠𝐴𝐷𝐸=cos(𝜋−∠𝐴

𝐷𝐶)=−cos∠𝐴𝐷𝐶=45，从而sin∠𝐷𝐴𝐸=cos∠𝐴𝐷𝐸=45,tan∠𝐷𝐴𝐸=sin∠𝐷𝐴𝐸cos∠𝐷𝐴𝐸=43．又由（1）可得tan∠𝐸𝐴𝐶=𝐸𝐶𝐴𝐸=2，所以tan∠�

�𝐴𝐶=tan(∠𝐸𝐴𝐶−∠𝐸𝐴𝐷)=tan∠𝐸𝐴𝐶−tan∠𝐸𝐴𝐷1+tan∠𝐸𝐴𝐶⋅tan∠𝐸𝐴𝐷=211．[方法三]：几何法+正弦定理法在（1）的方法二中可得𝐴𝐸=1,𝐶𝐸=2,𝐴𝐶=√5．在R

t△𝐴𝐷𝐸中，𝐴𝐷=𝐴𝐸sin∠𝐴𝐷𝐸=√5,𝐸𝐷=𝐴𝐷cos∠𝐴𝐷𝐸=43，所以𝐶𝐷=𝐶𝐸−𝐷𝐸=23．在△𝐴𝐶𝐷中，由正弦定理可得sin∠𝐷𝐴𝐶=𝐶𝐷𝐴𝐷⋅sin𝐶=2√525，由此可得t

an∠𝐷𝐴𝐶=211．[方法四]：构造直角三角形法如图，作𝐴𝐸⊥𝐵𝐶，垂足为E，作𝐷𝐺⊥𝐴𝐶，垂足为点G．在（1）的方法二中可得𝐴𝐸=1,𝐶𝐸=2,𝐴𝐶=√5．由cos∠𝐴𝐷𝐶=−45，可得cos∠𝐴𝐷𝐸=45,sin∠�

�𝐷𝐸=√1−cos2∠𝐴𝐷𝐸=35．在𝑅𝑡△𝐴𝐷𝐸中，𝐴𝐷=𝐴𝐸sin∠𝐴𝐷𝐸=53,𝐷𝐸=√𝐴𝐷2−𝐴𝐸2=43,𝐶𝐷=𝐶𝐸−𝐷𝐸=23．由（1）知sin𝐶=

√55，所以在Rt△𝐶𝐷𝐺中，𝐷𝐺=𝐶𝐷⋅sin𝐶=2√515,𝐶𝐺=√𝐶𝐷2−𝐷𝐺2=4√515，从而𝐴𝐺=𝐴𝐶−𝐶𝐺=11√515．在𝑅𝑡△𝐴𝐷𝐺中，tan∠𝐷𝐴𝐺=𝐷𝐺𝐴𝐺=211．所以tan

∠𝐷𝐴𝐶=211．【整体点评】（1）方法一：使用余弦定理求得𝑏=√5，然后使用正弦定理求得sin𝐶；方法二：抓住45°角的特点，作出辅助线，利用几何方法简单计算即得答案，运算尤其简洁，为最优

解；（2）方法一：使用两角和的正弦公式求得∠𝐷𝐴𝐶的正弦值，进而求解；方法二：适当作出辅助线，利用两角差的正切公式求解，运算更为简洁，为最优解；方法三：在几何法的基础上，使用正弦定理求得∠𝐷𝐴�

�的正弦值，进而得解；方法四：更多的使用几何的思维方式，直接作出含有∠𝐷𝐴𝐶的直角三角形，进而求解，也是很优美的方法.18．已知数列{𝑎𝑛}是公比为𝑞的等比数列，前𝑛项和为𝑆𝑛，且满足𝑎1+𝑎3=2𝑞+1，𝑆3=3𝑎2+1．(1)求数列{�

�𝑛}的通项公式；(2)若数列{𝑏𝑛}满足𝑏𝑛={𝑎𝑛+1−𝑎𝑛,𝑛为奇数3𝑎𝑛4𝑎𝑛2−5𝑎𝑛+1,𝑛为偶数，求数列{𝑏𝑛}的前2𝑛项和𝑇2𝑛．【答案】(1)𝑎𝑛=2𝑛−1(2)4𝑛+23−122𝑛+1−1

【分析】（1）由题意列出方程组，求得首项和公比，即得答案；（2）根据𝑏𝑛={𝑎𝑛+1−𝑎𝑛,𝑛为奇数3𝑎𝑛4𝑎𝑛2−5𝑎𝑛+1,𝑛为偶数，可得𝑇2𝑛的表达式，结合等比数

列的前n项和公式和裂项求和法，即可求得答案.【详解】（1）由题意得𝑞≠0，故{𝑎1+𝑎3=2𝑞+1𝑆3=3𝑎2+1，{𝑎1+𝑎1𝑞2=2𝑞+1𝑎1(1+𝑞+𝑞2)=3𝑎1𝑞+1,∴{𝑎1=1𝑞=2，即𝑎𝑛=2𝑛−1；（2

）由已知𝑏𝑛={𝑎𝑛+1−𝑎𝑛,𝑛为奇数3𝑎𝑛4𝑎𝑛2−5𝑎𝑛+1,𝑛为偶数，得n为奇数时，𝑎𝑛+1−𝑎𝑛=2𝑛−2𝑛−1=2𝑛−1；当n为偶数时，3𝑎𝑛4𝑎𝑛2−5𝑎𝑛+1=3×2𝑛−14×22𝑛−2−5×2

𝑛−1+1=3×2𝑛−1(2𝑛−1−1)(4×2𝑛−1−1)=12𝑛−1−1−14×2𝑛−1−1，则𝑇2𝑛=(𝑏1+𝑏3+⋯+𝑏2𝑛−1)+(𝑏2+𝑏4+⋯+𝑏2𝑛)=(20+22+⋯+22𝑛−2)+(121−1−123−1+123−1−125−1+

⋯+122𝑛−1−1−122𝑛+1−1)=4𝑛−13+1−122𝑛+1−1=4𝑛+23−122𝑛+1−1．19．如图，四面体ABCD中，𝐴𝐷=𝐶𝐷，∠𝐴𝐷𝐵=∠𝐶𝐷𝐵，E是AC的中点．(1)

当F在线段BD上移动时，判断AC与EF是否垂直，并说明理由；(2)若𝐴𝐵=𝐴𝐶=𝐵𝐷=2，𝐴𝐷=√2，试确定点F在线段BD上的位置，使CF与平面ABD所成角的正弦值为4√37．【答案】(1)𝐴

𝐶⊥𝐸𝐹，理由见解析；(2)点F在线段BD上靠D点四等分点处．【分析】（1）证明𝐴𝐶⊥𝐸𝐹转化成证明𝐴𝐶⊥平面DEB；（2）先证得𝐵𝐸⊥𝐷𝐸，从而建立以E为原点的空间坐标系，利用空间向量求解即可．【详解】（1）证明：连接𝐸

𝐷、𝐸𝐵，如下图所示，∵𝐴𝐷=𝐶𝐷且E为AC中点，∴𝐷𝐸⊥𝐴𝐶，在△𝐷𝐴𝐵和△𝐷𝐶𝐵中，{𝐷𝐴=𝐷𝐶∠𝐴𝐷𝐵=∠𝐵𝐷𝐶𝐷𝐵=𝐷𝐵，∴△𝐷𝐴𝐵≌△𝐷𝐶𝐵，∴𝐴𝐵=𝐵𝐶，∴𝐵𝐸⊥𝐴𝐶，∵𝐷�

�∩𝐸𝐵=𝐸，𝐷𝐸、𝐸𝐵⊂平面DEB，∴𝐴𝐶⊥平面DEB，又𝐸𝐹⊂平面DEB，∴𝐴𝐶⊥𝐸𝐹．（2）解：∵𝐴𝐶2=4,𝐴𝐷2+𝐷𝐶2=4，即𝐴𝐶2=𝐴𝐷2+𝐷�

�2，∴△𝐴𝐷𝐶为直角三角形，又E是AC的中点，∴𝐷𝐸=12𝐴𝐶=1，结合（1）知：可建立E为原点，分别以𝐸𝐴⃑⃑⃑⃑⃑、𝐸𝐵⃑⃑⃑⃑⃑、𝐸𝐷⃑⃑⃑⃑⃑方向为𝑥、𝑦、𝑧轴的空间坐标系，则𝐴(1,0,0)，𝐷(0,0,1)，𝐶

(−1,0,0)，𝐴𝐷⃑⃑⃑⃑⃑=(−1,0,1)，结合（1）知△𝐴𝐵𝐶为等边三角形，∴𝐵𝐸=2×√32=√3，∴𝐵(0,√3,0)，∴𝐴𝐵⃑⃑⃑⃑⃑=(−1,√3,0)，设𝐷𝐹⃑⃑⃑⃑⃑=𝜆𝐷𝐵⃑⃑⃑⃑⃑⃑(0≤𝜆≤1)，𝐹(𝑥,𝑦,𝑧)，

则𝐷𝐹⃑⃑⃑⃑⃑=(𝑥,𝑦,𝑧−1)，𝐷𝐵⃑⃑⃑⃑⃑⃑=(0,√3,−1)，∴𝑥=0,𝑦=√3𝜆,𝑧=1−𝜆，∴𝐹(0,√3𝜆,1−𝜆)，∴𝐶𝐹⃑⃑⃑⃑⃑=(1,√3

𝜆,1−𝜆)，设𝑛⃑=(1,𝑦,𝑧)为平面ABD的法向量，则{𝑛⃑⋅𝐴𝐵⃑⃑⃑⃑⃑=0𝑛⃑⋅𝐴𝐷⃑⃑⃑⃑⃑=0，即{−1+√3𝑦=0−1+𝑧=0，解得：𝑦=√33,𝑧=1，∴𝑛⃑=(1,√33,1)，∴|𝑛⃑⋅𝐶𝐹⃑⃑⃑⃑⃑|𝑛|⋅|𝐶𝐹⃑⃑⃑⃑⃑||=

4√37，即1√1+3𝜆2+(1−𝜆)2=2√7，整理得16𝜆2−8𝜆+1=0，解得𝜆=14，所以点F在线段BD上靠D点四等分点处．20．台湾是中国固有领土，台海局势牵动每个人的心．某次海军对抗演习中，红方飞行员甲负责攻击蓝方舰队．假设甲距离蓝方舰队100海里，且未被发现，若

此时发射导弹，命中蓝方战舰概率是0.2，并可安全返回．若甲继续飞行进入到蓝方方圆50海里的范围内，有0.5的概率被敌方发现，若被发现将失去攻击机会，且此时自身被击落的概率是0.6．若没被发现，则发射导弹击中蓝方战舰概率是0.8，并可安全返回．命中战舰红方得10分，蓝方不得分；击落战机

蓝方得6分，红方不得分．(1)从期望角度分析，甲是否应继续飞行进入到蓝方方圆50海里的范围内？(2)若甲在返回途中发现敌方两架轰炸机，此时甲弹舱中还剩6枚导弹，每枚导弹命中轰炸机概率均为0.5．（i）若甲同时向每

架轰炸机各发射三枚导弹，求恰有一架轰炸机被命中的概率；（ii）若甲随机向一架轰炸机发射一枚导弹，若命中，则向另一架轰炸机发射一枚导弹，若不命中，则继续向该轰炸机发射一枚导弹，直到两架轰炸机均被命中或导弹用完为止，求最终剩余导弹数量�

�的分布列．【答案】(1)甲应继续飞行进入到蓝方方圆50海里的范围内，详见解析；(2)（i）732；（ii）详见解析.【分析】（1）根据题意分别计算不进入50海里及进入50海里时甲相对得分的期望值，进而即得；（2）（i

）根据对立事件概率公式及独立重复事件概率公式即得；（ii）由题可得𝑋的可能取值，然后分别计算概率，进而可得分布列.【详解】（1）由题可知，若不进入50海里，甲相对得分的期望为0.2×10=2，若进入50海里，甲相对得分的期望为0.5×

0.8×10+0.5×0.6×(−6)=2.2，所以甲应继续飞行进入到蓝方方圆50海里的范围内；（2）（i）因为每枚导弹命中轰炸机概率均为0.5，所以一架轰炸机被命中的概率为1−(1−0.5)3=78

，所以恰有一架轰炸机被命中的概率为C21⋅78⋅(1−78)=732；（ii）由题可知𝑋的可能取值为0,1,2,3,4，因为𝑃(𝑋=4)=0.5×0.5=0.25，𝑃(𝑋=3)=(1−0.5)×0.5×0.5+0.5×(1−0.5)×0.5=0.25，𝑃

(𝑋=2)=C32(1−0.5)2⋅0.52=0.1875，𝑃(𝑋=1)=C43(1−0.5)3⋅0.52=0.125，𝑃(𝑋=0)=C54(1−0.5)4⋅0.5+(1−0.5)5=0.1875.所以𝑋的分布列为：𝑋01234𝑃0.18750.

1250.18750.250.25.21．已知椭圆𝐶:𝑥28+𝑦24=1，直线l：𝑦=𝑘𝑥+𝑛(𝑘>0)与椭圆𝐶交于𝑀,𝑁两点，且点𝑀位于第一象限.(1)若点𝐴是椭圆𝐶的右顶点，当𝑛=0时，证明：直线𝐴𝑀和𝐴𝑁的斜率之积为定值；

(2)当直线𝑙过椭圆𝐶的右焦点𝐹时，𝑥轴上是否存在定点𝑃，使点𝐹到直线𝑁𝑃的距离与点𝐹到直线𝑀𝑃的距离相等？若存在，求出点𝑃的坐标；若不存在，说明理由.【答案】(1)见解析；(2)存在，𝑃(4,0).【分析】(1)联立直线方程和椭圆方程得(1+2𝑘2)𝑥2−8

=0，由韦达定理可得𝑥1,𝑥2的关系，再由𝑘𝐴𝑀⋅𝑘𝐴𝑁=𝑦1𝑥1−2√2⋅𝑦2𝑥2−2√2计算即可得证；(2)由题意可得直线𝑙的方程为𝑦=𝑘(𝑥−2)，联立直线方程与椭

圆方程得(1+2𝑘2)𝑥2−8𝑘2𝑥+8(𝑘2−1)=0，由韦达定理𝑥3,𝑥4之间的关系，假设存在满足题意的点𝑃，设𝑃(𝑚,0)，由题意可得𝑘𝑃𝑀+𝑘𝑃𝑁=0.代入计算，如果𝑚有解，则存在，否则不存在.（1）证明：因为𝑛=0，所以直线l：

𝑦=𝑘𝑥，联立直线方程和椭圆方程：{𝑦=𝑘𝑥𝑥2+2𝑦2−8=0，得(1+2𝑘2)𝑥2−8=0，设𝑀(𝑥1,𝑦1),𝑁(𝑥2,𝑦2)，则有𝑥1+𝑥2=0,𝑥1𝑥2=−81+2𝑘2，所以𝑦1𝑦2=𝑘2𝑥1𝑥2=−8𝑘21+2𝑘2，又因为�

�(2√2,0)，所以𝑘𝐴𝑀=𝑦1𝑥1−2√2，𝑘𝐴𝑁=𝑦2𝑥2−2√2，所以𝑘𝐴𝑀⋅𝑘𝐴𝑁=𝑦1𝑥1−2√2⋅𝑦2𝑥2−2√2=𝑦1𝑦2𝑥1𝑥2−2√

2(𝑥1+𝑥2)+8=𝑦1𝑦2𝑥1𝑥2+8=−8𝑘21+2𝑘2−81+2𝑘2+8=−8𝑘21+2𝑘216𝑘21+2𝑘2=−8𝑘216𝑘2=−12所以直线𝐴𝑀和𝐴𝑁的斜率之积为定值−12；（2）解：假设存在满足题意

的点𝑃，设𝑃(𝑚,0)，因为椭圆𝐶的右焦点𝐹(2,0)，所以2𝑘+𝑛=0,即有𝑛=−2𝑘，所以直线𝑙的方程为𝑦=𝑘(𝑥−2).由{𝑦=𝑘(𝑥−2)𝑥2+2𝑦2−8=0，可得(1+2𝑘2)𝑥2−8𝑘2𝑥+8(𝑘2−1)=0，设𝑀

(𝑥3,𝑦3),𝑁(𝑥4,𝑦4)，则有𝑥3+𝑥4=8𝑘21+2𝑘2,𝑥3𝑥4=8(𝑘2−1)1+2𝑘2；因为点𝐹到直线𝑁𝑃的距离与点𝐹到直线𝑀𝑃的距离相等，所以𝑃𝐹平分∠𝑀𝑃𝑁,所以𝑘𝑃𝑀+𝑘𝑃𝑁=0.即𝑦3𝑥

3−𝑚+𝑦4𝑥4−𝑚=𝑘(𝑥3−2)𝑥3−𝑚+𝑘(𝑥4−2)𝑥4−𝑚=𝑘(𝑥3−2)(𝑥4−𝑚)+𝑘(𝑥3−𝑚)(𝑥4−2)(𝑥3−𝑚)(𝑥4−𝑚)=𝑘[2𝑥3𝑥4−(𝑚+2)(𝑥3+𝑥

4)+4𝑚](𝑥3−𝑚)(𝑥4−𝑚)=0，又因为𝑘>0，所以2𝑥3𝑥4−(𝑚+2)(𝑥3+𝑥4)+4𝑚=0，代入𝑥3+𝑥4=8𝑘21+2𝑘2,𝑥3𝑥4=8(𝑘2−1)1+2𝑘2，即有4𝑚−161+2𝑘2=0，解得𝑚=4.

故𝑥轴上存在定点𝑃(4,0)，使得点𝐹到直线𝑁𝑃的距离与点𝐹到直线𝑀𝑃的距离相等.22．已知函数𝑓(𝑥)=e𝑥−𝑎𝑥e+1在(1,𝑓(1))处的切线过点(0,e)，a为常数．(1)求a的值；(2)证明：𝑓(

𝑥)≥𝑥e(1−eln𝑥)．【答案】(1)𝑎=1(2)证明见解析.【分析】（1）先对函数求导，然后求出𝑓′(1)和𝑓(1)，再由题意可得𝑓′(1)=e−𝑎(e+1)=𝑓(1)−e1−0

，从而可求出a的值；（2）根据题意将问题转化为e𝑥−eln𝑥−(𝑥−eln𝑥)−1≥0，令𝑡(𝑥)=𝑥−eln𝑥,𝑥∈(0,+∞)，利用导数可得𝑡(𝑥)≥0恒成立，令ℎ(𝑡)=e𝑡−𝑡

−1,𝑡≥0，再利用导数可得ℎ(𝑡)取得最小值0，从而可证得结论.【详解】（1）由𝑓(𝑥)=e𝑥−𝑎𝑥e+1，得𝑓′(𝑥)=e𝑥−𝑎(e+1)𝑥e+1，所以𝑓′(1)=e−𝑎(e+

1)，𝑓(1)=e−𝑎，因为𝑓(𝑥)=e𝑥−𝑎𝑥e+1在(1,𝑓(1))处的切线过点(0,e)，所以𝑓′(1)=e−𝑎(e+1)=𝑓(1)−e1−0，所以e−𝑎(e+1)=e−𝑎−e1−0=−𝑎，解得𝑎=1，（2）证明：要证𝑓(𝑥)≥𝑥e(1

−eln𝑥)，即证e𝑥−𝑥e+1≥𝑥e(1−eln𝑥)，即证e𝑥−𝑥e+1−𝑥e(1−eln𝑥)≥0，即证e𝑥𝑥e−𝑥−(1−eln𝑥)≥0，因为𝑥e=eeln𝑥，所以即证e𝑥−eln𝑥−(𝑥−eln𝑥)−1

≥0，令𝑡(𝑥)=𝑥−eln𝑥,𝑥∈(0,+∞)，则𝑡′(𝑥)=1−e𝑥=𝑥−e𝑥，当0<𝑥<e时，𝑡′(𝑥)<0，当𝑥>e时，𝑡′(𝑥)>0，所以𝑡(𝑥)在(0,e)上递减，在(e,+∞)上递增，所以𝑡(𝑥)𝑚𝑖𝑛=𝑡(

e)=0，所以𝑡(𝑥)≥0恒成立，令ℎ(𝑡)=e𝑡−𝑡−1,𝑡≥0，则ℎ′(𝑡)=e𝑡−1≥0，所以ℎ(𝑡)在[0,+∞)递增，所以当𝑡=0时，ℎ(𝑡)取得最小值0，所以原不等式成

立.【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查导数的几何意义，考查利用导数证明不等式，解题的关键是根据题意将问题转化为e𝑥−𝑥e+1−𝑥e(1−eln𝑥)≥0，再次转化为e𝑥−eln𝑥−(𝑥−eln�

�)−1≥0，然后通过两次构造函数，利用导数可证得结论，考查数学转化思想和计算能力，属于难题.获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com