ImageVerifierCode 换一换
格式:DOC , 页数:23 ,大小:1.43MB ,
资源ID:136223      下载积分:20 金币
快捷下载
登录下载
邮箱/手机:
温馨提示:
快捷下载时,用户名和密码都是您填写的邮箱或者手机号,方便查询和重复下载(系统自动生成)。 如填写123,账号就是123,密码也是123。
特别说明:
请自助下载,系统不会自动发送文件的哦; 如果您已付费,想二次下载,请登录后访问:我的下载记录
支付方式: 支付宝    微信支付   
验证码:   换一换

加入VIP,更优惠
 

温馨提示:由于个人手机设置不同,如果发现不能下载,请复制以下地址【https://www.77wenku.com/d-136223.html】到电脑端继续下载(重复下载不扣费)。

已注册用户请登录:
账号:
密码:
验证码:   换一换
  忘记密码?
三方登录: 微信登录   QQ登录   微博登录 

下载须知

1: 本站所有资源如无特殊说明,都需要本地电脑安装OFFICE2007和PDF阅读器。
2: 试题试卷类文档,如果标题没有明确说明有答案则都视为没有答案,请知晓。
3: 文件的所有权益归上传用户所有。
4. 未经权益所有人同意不得将文件中的内容挪作商业或盈利用途。
5. 本站仅提供交流平台,并不能对任何下载内容负责。
6. 下载文件中如有侵权或不适当内容,请与我们联系,我们立即纠正。
7. 本站不保证下载资源的准确性、安全性和完整性, 同时也不承担用户因使用这些下载资源对自己和他人造成任何形式的伤害或损失。

版权提示 | 免责声明

本文(浙江省温岭市名校2020年高考数学(3月份)模拟试卷(含答案解析))为本站会员(h****3)主动上传,七七文库仅提供信息存储空间,仅对用户上传内容的表现方式做保护处理,对上载内容本身不做任何修改或编辑。 若此文所含内容侵犯了您的版权或隐私,请立即通知七七文库(发送邮件至373788568@qq.com或直接QQ联系客服),我们立即给予删除!

浙江省温岭市名校2020年高考数学(3月份)模拟试卷(含答案解析)

1、2020 年高考数学(年高考数学(3 月份)模拟试卷月份)模拟试卷 一、选择题 1设集合 A1,2,3,4,5,6,B2,3,4,CxR|1x3,则(AC) B( ) A2,3 B2,3,4 C1,2,3,4 D2,3,4,5 2已知 x,y 是非零实数,则“xy”是“”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 3双曲线 C:的一条渐近线的倾斜角为 110,则 C 的离心率 为( ) A2sin 20 B2cos20 C D 4如图,某多面体的三视图中正视图、侧视图和俯视图的外轮廓分别为直角三角形、直角 梯形和直角三角形,则该多面体的体积( ) A

2、B1 C2 D3 5若 x,y 满足|y|2x,且|x|1,则 2x+y 的最小值为( ) A7 B5 C1 D4 6若函数是奇函数,则使 f(x)1 的 x 的取值范围为( ) A B C D 7已知 ca,随机变量 ,n 的分布列如表所示,则( ) 4 3 2 P a b c 2 3 4 P a b c AEE,DD BEE,DD CEE,DD DEE,DD 8如图,在直角梯形 ABCD 中,BCCD,ABBC2,CD4,E 为 CD 中点,M,N 分 别为 AD,BC 的中点,将ADE 沿 AE 折起,使点 D 到 D1,M 到 M1,在翻折过程中, 有下列命题: |M1N|的最小值为

3、1; M1N平面 CD1E存在某个位置, 使 M1EDE 无论 M1位于何位置,均有 M1NAE其中正确命题的个数为( ) A1 B2 C3 D4 9已知 a11919,ak1949,al2019 是等差数列an中的三项,同时 b11919,bk1949, b12019 是公比为 q 的等比数列bn中的三项,则 q 的最大值为( ) A B C D无法确定 10已知函数 f(x)x2+ax+b(a,bR)在区间2,3上有零点,则 a2+ab 的取值范围是 ( ) A(,4 B C4, D 二、填空题 11已知若复数 z(i 为虚数单位)若 z 是纯虚数,则以 F(0,m)为焦点的抛物 线的标准

4、方程为 ;若|z|,则 m 12已知 A(2,0),B(2,0),动点 M 满足|MA|2|MB|,则点 M 的轨迹方程是 ; 又若,此时MAB 的面积为 13在二项式的展开式中,所有项系数和为 ,展开式中含 x 2 的项 是 14已知正实数 a 满足 aa(8a)9a,loga(2a)的值为 15记 A,B,C 为ABC 的内角, 若,则 ; 若 cosB,cosC 是方程 5x23x10 的两根,则 sinB sinC 16已知 P,Q 是椭圆上的两点(点 Q 在第一象限),若 M(1,0),且直线 pM,QM 的斜率互为相反数,且|PM|2|QM|,则直线 QM 的斜率为 17已知 A,

5、B,C,D,E 为半径为 1 的圆上相异的 5 点(没有任何两点重合),这 5 个点 两两相连可得到 10 条线段,则这 10 条线段长度平方和的最大值为 三、解答题:共 5 小题,共 74 分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤 18已知函数 f(x)sincoscos2+1 ()若 x ,求 cosx 的值; ()在ABC 中,角 A,B,C 的对边分别为 a,b,c,且满足 2bcosA2ca,求 f(B)的取值范围 19 四棱锥 SABCD 中, 底面 ABCD 是边长为 2 的正方形, 侧面 SAD 为正三角形, E 为 AD 的中点 ()证明:平面 SAD平面 ABCD; ()求

6、直线 SB 与平面 SEC 所成角的正弦值 20数列an中,a11,a2,且 ()令 f(n),n2),将 f(n)用 n 表示,并求an 通项公式; ()令 Tna12+a22+an2,求证:Tn 21如图,已知抛物线的焦点为 F ()若点 P 为抛物线上异于原点的任一点,过点 P 作抛物线的切线交 y 轴于点 Q,证 明:PFy2PQF; ()A,B 是抛物线上两点,线段 AB 的垂直平分线交 y 轴于点 D(0,4)(AB 不与 X 轴平行),且|AF|+|BF|6过 y 轴上一点 E 作直线 mx 轴,且 m 被以 AD 为直径的圆 截得的弦长为定值,求ABE 面积的最大值 22已知函

7、数 ()求函数 yf(x)在 x1 处的切线方程; ()若 yf(x)在 xx1,x2(x1x2)处导数相等,证明:f(x1)+f(x2)3ln2 ()若对于任意 k(,2),直线 ykx+b 与函数 yf(x)图象都有唯一公共点, 求实数 b 的取值范围 参考答案 一、选择题:共 10 小题,每小题 4 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设集合 A1,2,3,4,5,6,B2,3,4,CxR|1x3,则(AC) B( ) A2,3 B2,3,4 C1,2,3,4 D2,3,4,5 【分析】求出集合,直接计算 解:集合 A1,2,3,4,5,6,B2,3,

8、4, CxR|1x3, 则(AC)B1,2,3B1,2,3,4, 故选:C 2已知 x,y 是非零实数,则“xy”是“”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 【分析】举例说明由 xy,不能推出,由,也不一定有 xy,则答案可求 解:由 xy,不能推出,如 x3,y2; 反之,由,也不一定有 xy,如 x1,y2 “xy”是“”的既不充分也不必要条件 故选:D 3双曲线 C:的一条渐近线的倾斜角为 110,则 C 的离心率 为( ) A2sin 20 B2cos20 C D 【分析】由双曲线 C 的一条渐近线的倾斜角为 110,得tan110,所以

9、 tan70,C 的离心率 e代入求值即可 解:双曲线 C 的一条渐近线的倾斜角为 110, tan110,所以tan70, C 的离心率 e 故选:C 4如图,某多面体的三视图中正视图、侧视图和俯视图的外轮廓分别为直角三角形、直角 梯形和直角三角形,则该多面体的体积( ) A B1 C2 D3 【分析】由三视图还原原几何体,该几何体为四棱锥,PA底面 ABCD,且 PA1,底 面 ABCD 为直角梯形,ABAD,ADBC,ABAD2,BC1,再由棱锥体积公式求 解 解:由三视图还原原几何体如图, 该几何体为四棱锥,PA底面 ABCD,且 PA1, 底面 ABCD 为直角梯形,ABAD,ADB

10、C,ABAD2,BC1 该多面体的体积 V 故选:B 5若 x,y 满足|y|2x,且|x|1,则 2x+y 的最小值为( ) A7 B5 C1 D4 【分析】作出不等式组对应的平面区域,利用 z 的几何意义,即可得到结论 解:作出 x,y 满足|y|2x,且|x|1,对应的平面区域如图: 由 z2x+y 得 y2x+z 平移直线 y2x+z, 由图象可知当直线 y2x+z 经过点 A 时,直线的截距最小, 此时 z 最小, 由,解得 A(1,3),此时 z2(1)+(3)5, 则 2x+y 的最小值为:5 故选:B 6若函数是奇函数,则使 f(x)1 的 x 的取值范围为( ) A B C

11、D 【分析】 根据题意, 由奇函数的定义可得 f (x) +f (x) 0, 即 ln (+a) +ln (+a) 0,变形可得 a 的值,即可得函数的解析式,由复合函数的单调性判断方法可得 f(x) 在(1,1)上为增函数,求出满足 f(x)1 的 x 的值,据此分析可得答案 解:根据题意,函数是奇函数,则 f(x)+f(x)0, 即 ln(+a)+ln(+a)0,变形可得()()1, 分析可得:a1, 则 f(x)ln(1)ln(),有0,解可得1x1,即函数的定义 域为(1,1), 设 t,则 ylnt, t 1,则 t 在(1,1)上为增函数,而 ylnt 在(0,+)上为增函 数,

12、则 f(x)在(1,1)上为增函数, 若 f(x)1,即e,解可得 x, 则 f(x)1f(x)f()x, 又由1x1,则有1x, 即 x 的取值范围为(1,); 故选:A 7已知 ca,随机变量 ,n 的分布列如表所示,则( ) 4 3 2 P a b c 2 3 4 P a b c AEE,DD BEE,DD CEE,DD DEE,DD 【分析】求出数学期望,作差比较大小,和利用方差的性质,得到结论 解:E2a+3b+4c, E4a+3b+2c, EE2(ca)0, 由 +6,所以 DD(6)D, 故选:B 8如图,在直角梯形 ABCD 中,BCCD,ABBC2,CD4,E 为 CD 中点

13、,M,N 分 别为 AD,BC 的中点,将ADE 沿 AE 折起,使点 D 到 D1,M 到 M1,在翻折过程中, 有下列命题: |M1N|的最小值为 1; M1N平面 CD1E存在某个位置, 使 M1EDE 无论 M1位于何位置,均有 M1NAE其中正确命题的个数为( ) A1 B2 C3 D4 【分析】通过连接直线 DN 等直线,结合直线与平面的平行与垂直,转化判断 4 个命题 的真假即可 解:在直角梯形 ABCD 中,BCCD,ABBC2,CD4,E 为 CD 中点,M,N 分别 为 AD,BC 的中点,将ADE 沿 AE 折起,使点 D 到 D1,M 到 M1,在翻折过程中,当 D1与

14、 C 重合时,|M1N|的最小值为 1;所以正确;连接 MN 交 AE 于 F 连接 M1F, 可以证明平面 FM1N平面 CD1E,所以 M1N平面 CD1E, 所以正确; 当 D1E平面 ABCD 时,M1EDE,所以正确; 因为 AEFN,AEM1F,所以直线 AE平面 FM1E,所以无论 M1位于何位置,均有 M1NAE所以正确; 故选:D 9已知 a11919,ak1949,al2019 是等差数列an中的三项,同时 b11919,bk1949, b12019 是公比为 q 的等比数列bn中的三项,则 q 的最大值为( ) A B C D无法确定 【分析】由题意可得 3l10k7,要

15、使 q 最大,则 lk 最小,结合等 式 3l10k7 求得 lk 的最小值,则 q 的最大值可求 解:由题意,数列bn不是常数列 由 a11919,ak1949,al2019 是等差数列an中的三项, 得 d,即, 得 由 b11919,bk1949,b12019 是公比为 q 的等比数列b n中的三项, 得1, 则,要使 q 最大,则 lk 最小, 由 3l10k7,得 k1,l1(舍); k4,l11;k7,l21;k10,l31; 由上可知, 当 k 与 l 均增加时, 由于 l 的系数小于 k 的系数, 则要使等式 3l10k7 成立, l 比 k 增加要快 lk 的最小值为 7 则

16、 q 的最大值为 故选:B 10已知函数 f(x)x2+ax+b(a,bR)在区间2,3上有零点,则 a2+ab 的取值范围是 ( ) A(,4 B C4, D 【分析】不妨设 x1,x2为函数 f(x)的两个零点,其中 x12,3,x2R,运用韦达定理 和主元法、二次函数的最值,构造函数 g(x1),求得导数,判断单调性,可得所求范围 解:不妨设 x1,x2为函数 f(x)的两个零点,其中 x12,3,x2R, 则 x1+x2a,x1x2b 则 a2+ab(x1+x2)2(x1+x2) x1x2(1x1)x22+(2x 1x1 2)x 2+x1 2, 由 1x10, x2R, 所以 (1x1

17、) x22+ (2x1x12) x2+x12 , 可令 g(x1),g(x1) , 当 x12,3,g(x1)0 恒成立,所以 g(x1)g(2),g(3)4, 则 g(x1)的最大值为 ,此时 x13, 还应满足 x2 ,显然 x13,x2时,ab ,a2 +ab 故选:B 二、填空题:共 7 小题,多空题每题 6 分,单空题每题 4 分,共 36 分. 11已知若复数 z(i 为虚数单位)若 z 是纯虚数,则以 F(0,m)为焦点的抛物 线的标准方程为 x22y ;若|z|,则 m 3 【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简,由实部为 0 且虚部不为 0 求得 m,可得抛 物线的方程;再由

18、复数模的计算公式列式求 m 值 解:z为纯虚数, 则 2m10,即 m,则 F(0,), 以 F(0,)为焦点的抛物线的标准方程为 x22y; 由|z|,得,解得 m3 故答案为:x22y;3 12已知 A(2,0), B(2,0),动点 M 满足|MA|2|MB|,则点 M 的轨迹方程是 3x2+3y2 20x+120 ;又若,此时MAB 的面积为 【分析】设 M(x,y),由|MA|2|MB|列式可得点 M 的轨迹方程,再写出以 AB 为直径 的圆的方程,与 M 的轨迹联立求得 M 的纵坐标,再由三角形面积公式求解 解:A(2,0),B(2,0),设 M(x,y), 由|MA|2|MB|,

19、得, 整理得:3x2+3y220x+120; 以 AB 为直径的圆的方程为 x2+y24, 联立,解得|y| 即 M 点的纵坐标的绝对值为 此时MAB 的面积为 S 故答案为:3x2+3y220x+120; 13 在二项式的展开式中, 所有项系数和为 128 , 展开式中含 x 2 的项是 2835x2 【分析】令 x1,可得所有项系数和再利用二项展开式的通项公式,求出展开式中含 x2的项 解:二项式的展开式中,令 x1,可得所有项系数和为(31) 7128 二项式的展开式中,通项公式为 Tr+1 (1)r 37 r , 令 72,求得 r3,可得展开式中含 x2的项是 34 x22835x2

20、, 故答案为:128;2835x2 14已知正实数 a 满足 aa(8a)9a,loga(2a)的值为 【分析】推导出 a9aloga8a,由 loga8a,得 loga8,从而 loga2 ,由此 能求出 loga(2a)的值 解:正实数 a 满足 aa(8a)9a, a9aloga8a, 由 loga8a,得 loga8 , loga2, loga(2a)loga2+1 故答案为: 15记 A,B,C 为ABC 的内角, 若,则 2 ; 若 cosB,cosC 是方程 5x23x10 的两根,则 sinB sinC 【分析】由已知得 1+sinA3cosA,再利用 sin2A+cos2A1

21、,即可得出 sinA,cosA,代 入即可; 由题知 cosB+cosCcosBcosC,将 平方得出 cos2B+cos2C,再由 ,乘进去代入即可得出结果 解: 由已知得 1+sinA3cosA0, 再由 sin2A+cos2A1, 联立化简, 则 故应填 2; 由题知 cosB+cosC cosBcosC 将式平方得 得 故应填 16已知 P,Q 是椭圆上的两点(点 Q 在第一象限),若 M(1,0),且直线 pM,QM 的斜率互为相反数,且|PM|2|QM|,则直线 QM 的斜率为 1 【分析】设直线 PM 斜率为 k,得出直线 PM 的方程,联立方程组消元,得出 N 点坐标, 代入椭

22、圆方程计算 k 的值即可得出 OM 的斜率k 解:延长 PM 交椭圆于 N,由对称性可知|QM|MN|, 设直线 PM 的斜率为 k,则直线 PM 的方程为 yk(x1)(k0), 联立方程组,消元得:(+3)y2+20, 设 P(x1,y1),N(x2,y2),则 y1+y2 , |PM|2|QM|,y12y2 y1+y2y2 , 即 y2 ,x2+1, 把 N(+1,)代入椭圆方程得:(+1)2+3()23, 解得 k21,k1, 直线 QM 的斜率为k1 故答案为:1 17已知 A,B,C,D,E 为半径为 1 的圆上相异的 5 点(没有任何两点重合),这 5 个点 两两相连可得到 10

23、 条线段,则这 10 条线段长度平方和的最大值为 25 【分析】由, ,再相加即可求得答案 解 : 不 妨 设 圆 心 为O , 则, , , ,当且仅当时取等号 故答案为:25 三、解答题:共 5 小题,共 74 分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤 18已知函数 f(x)sincoscos2+1 ()若 x ,求 cosx 的值; ()在ABC 中,角 A,B,C 的对边分别为 a,b,c,且满足 2bcosA2ca,求 f(B)的取值范围 【分析】(I)先利用二倍角公式,辅助角公式先对已知函数进行化简,然后结合两角和 的余弦公式展开即可求解; (II)由已知结合正弦定理进行化简可求

24、cosB 的范围,进而可求 B 的范围,代入 f(B) 后结合余弦函数的性质即可求解 解:(I)f(x)sincoscos2+1, sin(x)+, 由 x 可得 sin(x)+, 所以 sin(x),cos(x), 所以 cosxcos(x)+ (II)因为 2bcosA2ca, 由正弦定理可得,2sinBcosA2sinCsinA, 从而可得,2sinBcosA2sinAcosB+2sinBcosAsinA, 即 cosB, 因为 0B, 所以 0B, , 所以, 所以 f(B)sin(B)+ 19 四棱锥 SABCD 中, 底面 ABCD 是边长为 2 的正方形, 侧面 SAD 为正三角

25、形, E 为 AD 的中点 ()证明:平面 SAD平面 ABCD; ()求直线 SB 与平面 SEC 所成角的正弦值 【分析】()推导出 SEAD,SECE,从而 SE平面 ABCD,由此能证明平面 SAD 平面 ABCD ()以 E 为原点,EA 为 x 轴,过 E 作 AB 的平行线为 y 轴,ES 为 z 轴,建立空间直角 坐标系,利用向量法能求出直线 SB 与平面 SEC 所成角的正弦值 解:()证明:侧面 SAD 为正三角形,E 为 AD 的中点, SEAD, 底面 ABCD 是边长为 2 的正方形,侧面 SAD 为正三角形,E 为 AD 的中点 SE,CE,SE2+CE2SC2,S

26、ECE, ADCEE,SE平面 ABCD, SE平面 SAD,平面 SAD平面 ABCD ()解:以 E 为原点,EA 为 x 轴,过 E 作 AB 的平行线为 y 轴,ES 为 z 轴,建立空间 直角坐标系, 则 S(0,0,),B(1,2,0),E(0,0,0),C(1,2,0), (1,2,),(0,0,),(1,2,0), 设平面 SEC 的法向量 (x,y,z), 则,取 y1,得 (2,1,0), 设直线 SB 与平面 SEC 所成角为 , 则直线 SB 与平面 SEC 所成角的正弦值为: sin 20数列an中,a11,a2,且 ()令 f(n),n2),将 f(n)用 n 表示

27、,并求an 通项公式; ()令 Tna12+a22+an2,求证:Tn 【分析】(I)由数列an中,a11,a2,且 可得 f(n) 利用累加求和方法可得 an+1, 可得 an (II)n3 时, ()即可证明 解:(I)数列an中,a11,a2,且 f(n) n2 时,1 +1 a n+1 ,可得 ann2 时成立 an (II)证明:n3 时,() Tn1+ (+)1+ n1,2 时也成立 综上可得:Tn 21如图,已知抛物线的焦点为 F ()若点 P 为抛物线上异于原点的任一点,过点 P 作抛物线的切线交 y 轴于点 Q,证 明:PFy2PQF; ()A,B 是抛物线上两点,线段 AB

28、 的垂直平分线交 y 轴于点 D(0,4)(AB 不与 X 轴平行),且|AF|+|BF|6过 y 轴上一点 E 作直线 mx 轴,且 m 被以 AD 为直径的圆 截得的弦长为定值,求ABE 面积的最大值 【分析】()设 P 的坐标,求出在 P 处的导数,进而求出在 P 处的切线的方程,令 x 0 求出 Q 的坐标,进而求出 FQ 的值,P 到准线的距离为 PF 的值可得 PFFQ,进而 可得结论; ()设直线 AB 的方程与抛物线联立求出两根之和及两根之积,进而求出弦长 AB,再 求线段 AB 的中点坐标, 求出 AB 的中垂线的方程, 将 D 点代入中垂线的方程可得参数的 关系,设 E 的

29、坐标,由以 AD 为直径的圆圆直线 m 的弦长为定值可得 E 的坐标,进而求 出 E 到直线 AB 的距离,代入面积公式可得关于直线 AB 斜率的表达式,令函数求导可得 函数的最大值,即求出面积的最大值 解:()由抛物线的方程可得 F(0,1),准线方程:y1,设 P(x0,),由 抛物线的方程可得 y,所以在 P 处的切线的斜率 k, 所以在 P 处的切线方程为:y(xx0)令 x0 可得 y,即 Q(0, ), 所以 FQ1+,而 P 到准线的距离 d+1,由抛物线的性质可得 PFd 所以 PFFQ,PQFQPF, 可证得:PFy2PQF; ()设直线 AB 的方程为:ykx+m,A(x1

30、,y1),B(x2,y2), 直线与抛物线联立整理可得:x24kx4m0, 16k2+16m0,即 k2+m0, x1+x24k,x1x24m,y1+y2k(x1+x2)+2m4k2+2m, 所以 AB 的中点坐标为:(2k,2k2+m), 所以线段 AB 的中垂线方程为:y(2k2+m)(x2k), 由题意中垂线过 D(0,4),所以 2k2+m+24,即 2k2+m2, 由抛物线的性质可得:|AF|+|BF|y1+y2+26,所以 4k2+2m+26,即 2k2+m2 设 E(0,b),AD2x12+(y14)2,AD 的中点的纵坐标为 , 所以以 AD 为直径的圆与直线 m 的相交弦长的

31、平方为:4(b)2 4b2+b (y1+4) 4y1b2+4b4y1+by14 (b3) y1+4b b2, 要使以 AD 为直径的圆截得的弦长为定值则可得 b3,时相交弦长的平方为定值 12,即 E(0,3), 所以 E 到直线 AB 的距离为: d, 而弦长|AB| 4, 所以 SEAB d2|3m|, 将 代 入 可 得SABE 2|3 2+2k2| 2|1+2k2| 2 设f (k) 4k6+4k4+7k2+2, 为偶函数, 只看k0的情况即可, f (k) 24k5+16k3+14k 2k(12k46k272k(2k2+1)(6k27) 令 f(k)0,k 当 0k,f(k)0,f(

32、k)单调递增; 当,f(k)0,f(k)单调递减 所以 k(,)且 k0,上,f()f()为最大值 所以 SABE的最大值为:2|1+2 | 22已知函数 ()求函数 yf(x)在 x1 处的切线方程; ()若 yf(x)在 xx1,x2(x1x2)处导数相等,证明:f(x1)+f(x2)3ln2 ()若对于任意 k(,2),直线 ykx+b 与函数 yf(x)图象都有唯一公共点, 求实数 b 的取值范围 【分析】()先求导得 f(1),函数 f(x)在 x1 处的切线方程为:yf(1)f (1)(x1),代入化简即可得结论 ()根据 yf(x)在 xx1,x2(x1x2)处导数相等,即 x1

33、,x2为方程(2m)x2 3x+10 的根,解得,由韦达定理 x1+x2,x1x2,所以 f(x1)+f(x2)2(x1+x2)(+)3(lnx1+lnx2)33ln,钩爪 函数求导可证 ()将问题转化为 h(x)有唯一零点,再利用导数研究函数的单调 性,利用函数单调性得函数草图,根据草图可得 解:()f(x)2+ 所以 f(1)0, 所以函数 f(x)在 x1 处的切线方程为: yf(1)f(1)(x1), 即 y1 ()根据题意得,f(x1)f(x2)m, 即 x1,x2为方程(2m)x23x+10 的根, ,解得, 所以 x1+x2,x1x2 , 所以 f(x1)+f(x2)2(x1+x

34、2)( +)3(lnx1+lnx2) 2(x1+x2)( )3ln(x1x2) 23ln 33ln, 令 t,(t) g(t)6t33lnt,(t), g(t)6, 当 t(,+)时,g(t)0,g(t)单调递增 当 t(,)时,g(t)0,g(t)单调递减 所以 g(t)ming()3ln2, 所以 g(t)3ln2, 所以 f(x1)+f(x2)3ln2 ()根据题意得,方程 f(x)kx+b 只有一个根, 即 k只有 一个根, 令 h(x),有唯一零点, 当 x0+时,h(x),x+时,h(x)2, 下面证明 h(x)2 恒成立, 若存在 x0(0,+),使得 h(x0)1, 所以存在 x1(0,x0),x2(x0,+),使得 h(x1)1,h(x2)1, kmaxh(x1),h(x2)2,则 yk 与 yh(x)至少有两个交点,矛盾 由对于任意 k(,2),h(x)k 只有一个解,得 h(x)为(0,+)上的增函数, 所以 h(x)0, 得 b3lnx+3, 令 m(x)3lnx+3,(x0), 则 m(x), 所以 m(x)在(0,)上单调递增,在(,+)上单调递减, m(x)maxm()3ln 得 bm(x)maxm()3ln