1、青岛市2023年高三年级第一次适应性检测数学试题一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分 1. 已知全集，则下图中阴影部分表示的集合为（ ）A. B. C. D. 2. 已知复数满足，则的虚部为（ ）A. 1B. C. D. 3. 在平面直角坐标系中，若角的顶点为坐标原点，始边为x轴的非负半轴，终边经过点，则（ ）A. B. C. D. 4. 龙洗，是我国著名的文物之一，因盆内有龙纹故称龙洗，为古代皇宫盥洗用具，其盆体可以近似看作一个圆台现有一龙洗盆高15cm，盆口直径40cm，盆底直径20cm现往盆内倒入水，当水深6cm时，盆内水的体积近似为（ ） A. B. C. D. 5. 定
2、义域为R的函数满足：当时，且对任意实数x，均有，则（ ）A. 3B. 2C. D. 6. 已知双曲线的左、右焦点分别为，直线与C的左、右两支分别交于A，B两点，若四边形为矩形，则C的离心率为（ ）A. B. 3C. D. 7. 某次考试共有4道单选题，某学生对其中3道题有思路，1道题完全没有思路有思路的题目每道做对的概率为0.8，没有思路的题目，只好任意猜一个答案，猜对的概率为0.25若从这4道题中任选2道，则这个学生2道题全做对的概率为（ ）A. 0.34B. 0.37C. 0.42D. 0.438. 已知函数，若，则a，b，c的大小关系为（ ）A B. C. D. 二、多项选择题：本题共4
3、小题，每小题5分，共20分在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分9. 在的展开式中,下列说法正确的是( )A. 常数项是B. 第四项和第六项的系数相等C. 各项的二项式系数之和为D. 各项的系数之和为10. 下列说法正确是（ ）A. 若直线a不平行于平面，则内不存在与a平行直线B. 若一个平面内两条不平行的直线都平行于另一个平面，则C. 设l，m，n为直线，m，n在平面内，则“”是“且”的充要条件D. 若平面平面，平面平面，则平面与平面所成的二面角和平面与平面所成的二面角相等或互补11. 1979年,李政道博士给中国科技大学少年班出过一道
4、智趣题:“5只猴子分一堆桃子,怎么也不能分成5等份,只好先去睡觉,准备第二天再分.夜里1只猴子偷偷爬起来,先吃掉1个桃子,然后将其分成5等份,藏起自己的一份就去睡觉了;第2只猴子又爬起来,吃掉1个桃子后,也将桃子分成5等份,藏起自己的一份睡觉去了;以后的3只猴子都先后照此办理.问最初至少有多少个桃子?最后至少剩下多少个桃子?”.下列说法正确的是( )A. 若第n只猴子分得个桃子(不含吃的),则B. 若第n只猴子连吃带分共得到个桃子,则为等比数列C. 若最初有个桃子,则第只猴子分得个桃子(不含吃的)D. 若最初有个桃子,则必有的倍数12. 已知、是平面直角坐标系中的两点，若，则称是关于圆的对称点
5、下面说法正确的是（ ）A. 点关于圆的对称点是B. 圆上的任意一点关于圆的对称点就是自身C. 圆上不同于原点的点关于圆的对称点的轨迹方程是D. 若定点不在圆上，其关于圆对称点为，为圆上任意一点，则为定值三、填空题：本题共4个小题，每小题5分，共20分13. 已知，若向量，且与的夹角为钝角，写出一个满足条件的的坐标为_14. 已知O为坐标原点，在抛物线上存在两点E，F，使得是边长为4的正三角形，则_15. 湿地公园是国家湿地保护体系的重要组成部分，某市计划在如图所示的四边形区域建一处湿地公园已知，千米，则_千米16. 设函数是定义在整数集Z上的函数，且满足，对任意的，都有，则_；_四、解答题：本
6、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. 已知函数，是的两个相邻极值点，且满足（1）求函数图象的对称轴方程；（2）若，求18. 已知等差数列的前n项和为，公差，成等差数列，成等比数列（1）求；（2）记数列的前n项和为，证明数列为等比数列，并求的通项公式19. 如图，在中，且，将绕直角边PA旋转到处，得到圆锥的一部分，点D是底面圆弧BC(不含端点)上的一个动点（1）是否存在点D，使得？若存在，求出的大小；若不存在，请说明理由；（2）当四棱锥体积最大时，求平面PCD与平面PBD夹角的余弦值20. 今天，中国航天仍然迈着大步向浩瀚宇宙不断探索，取得了举世瞩目的非凡成就某学校为
7、了解学生对航天知识的知晓情况，在全校学生中开展了航天知识测试（满分100分），随机抽取了100名学生的测试成绩，按照，分组，得到如下所示的样本频率分布直方图：（1）根据频率分布直方图，估计该校学生测试成绩的中位数；（2）用样本的频率估计概率，从该校所有学生中随机抽取10名学生的成绩，用表示这10名学生中恰有k名学生的成绩在上的概率，求取最大值时对应的k的值；（3）从测试成绩在同学中再次选拔进入复赛的选手，一共有6道题，从中随机挑选出4道题进行测试，至少答对3道题者才可以进入复赛现有甲、乙两人参加选拔，在这6道题中甲能答对4道，乙能答对3道，且甲、乙两人各题是否答对相互独立记甲、乙两人中进入复赛
8、的人数为，求的分布列及期望21. 已知O为坐标原点，椭圆的左，右焦点分别为，A为椭圆C的上顶点，为等腰直角三角形，其面积为1（1）求椭圆C的标准方程；（2）直线l交椭圆C于P，Q两点，点W在过原点且与l平行的直线上，记直线WP，WQ的斜率分别为，的面积为S从下面三个条件中选择两个条件，证明另一个条件成立；W为原点O注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分22. 已知函数，圆（1）若，写出曲线与圆C的一条公切线的方程(无需证明)；（2）若曲线与圆C恰有三条公切线(i)求b的取值范围；(ii)证明：曲线上存在点，对任意，青岛市2023年高三年级第一次适应性检测数学试题一、单项选择题：本题共
9、8小题，每小题5分，共40分 1. 已知全集，则下图中阴影部分表示的集合为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】求出集合B，根据集合的并集和补集运算易知阴影部分为.【详解】，.则，图中阴影部分为.故选：A.2. 已知复数满足，则的虚部为（ ）A. 1B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】化简，再求出即得解.【详解】由，得，从而，所以的虚部为1故选：A3. 在平面直角坐标系中，若角的顶点为坐标原点，始边为x轴的非负半轴，终边经过点，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据三角函数特殊值求出点的坐标，由正弦函数定义即可求解.【详解】依题意，因为，所以终
10、边经过的点为，所以终边在第四象限，所以.故选：B.4. 龙洗，是我国著名的文物之一，因盆内有龙纹故称龙洗，为古代皇宫盥洗用具，其盆体可以近似看作一个圆台现有一龙洗盆高15cm，盆口直径40cm，盆底直径20cm现往盆内倒入水，当水深6cm时，盆内水的体积近似为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据轴截面和相似关系，以及圆台体积即可求解.【详解】如图所示，画出圆台的立体图形和轴截面平面图形，并延长与于点.根据题意，设，所以，解得，所以，故选：B.5. 定义域为R的函数满足：当时，且对任意实数x，均有，则（ ）A. 3B. 2C. D. 【答案】D【解析】【分析】由题意将所求
11、转化到即可得解.【详解】由，得，则.故选：D.6. 已知双曲线的左、右焦点分别为，直线与C的左、右两支分别交于A，B两点，若四边形为矩形，则C的离心率为（ ）A. B. 3C. D. 【答案】C【解析】【分析】联立直线与C的方程，求出弦AB长，由求解即得.【详解】显然直线与交于原点O，由双曲线对称性知，若四边形是矩形，则，设点，而由得，解得，则，则，化简得，即，解得，则.故选：C.7. 某次考试共有4道单选题，某学生对其中3道题有思路，1道题完全没有思路有思路的题目每道做对的概率为0.8，没有思路的题目，只好任意猜一个答案，猜对的概率为0.25若从这4道题中任选2道，则这个学生2道题全做对的概
12、率为（ ）A. 0.34B. 0.37C. 0.42D. 0.43【答案】C【解析】【分析】根据排列组合以及概率的乘法公式即可求解.【详解】设事件表示“两道题全做对”，若两个题目都有思路，则,若两个题目中一个有思路一个没有思路，则，故,故选：C8. 已知函数，若，则a，b，c的大小关系为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用奇函数得到，再判断，利用二次求导判断在上单调递增，从而可判断.【详解】因为，所以在上是奇函数.所以对求导得，令，则当时，所以在上单调递增，则时，即，所以在上单调递增.因为，所以，因为在上单调递增，所以.令，则所以当时，单调递减；当时，单调递增.所以，而
13、，即，所以，即.所以，即，则所以所以，即.故选：A【点睛】关键点睛：构造函数，判断.二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分9. 在的展开式中,下列说法正确的是( )A. 常数项是B. 第四项和第六项的系数相等C. 各项的二项式系数之和为D. 各项的系数之和为【答案】AC【解析】【分析】根据二项式定理,的通项公式为,对于A,令进行判断;对于B,令和计算判断即可;对于C,因为,所以各项的二项式系数之和为可进行判断;对于D,令即可进行判断.【详解】根据二项式定理,的通项公式为,对于A,常数项为,
14、故A正确;对于B,第四项的系数为,第六项的系数为,故B错误;对于C,因为,所以各项的二项式系数之和为,故C正确;对于D,令,各项的系数之和为,故D错误.故选:AC.10. 下列说法正确的是（ ）A. 若直线a不平行于平面，则内不存在与a平行的直线B. 若一个平面内两条不平行的直线都平行于另一个平面，则C. 设l，m，n为直线，m，n在平面内，则“”是“且”的充要条件D. 若平面平面，平面平面，则平面与平面所成的二面角和平面与平面所成的二面角相等或互补【答案】AB【解析】【分析】对于选项ABC，可根据线面平行的判定定理，面面平行的判定定理和线面垂直的判定定理进行判定；对于选项D，可在长方体中寻找
15、特殊平面进行排除.【详解】选项A，若存在直线，则由直线和平面平行的判定定理知直线与平面平行，与条件相矛盾，故选项A正确；选项B，由面面平行的判定定理可知选项B正确；选项C，当直线不相交时，由线面垂直的判定定理知：且时，得不到，故选项C错误；选项D，当，时，可满足题设条件，此时平面与平面所成二面角为,平面与平面所成的二面角为，故选项D错误.故选：AB11. 1979年,李政道博士给中国科技大学少年班出过一道智趣题:“5只猴子分一堆桃子,怎么也不能分成5等份,只好先去睡觉,准备第二天再分.夜里1只猴子偷偷爬起来,先吃掉1个桃子,然后将其分成5等份,藏起自己的一份就去睡觉了;第2只猴子又爬起来,吃掉
16、1个桃子后,也将桃子分成5等份,藏起自己的一份睡觉去了;以后的3只猴子都先后照此办理.问最初至少有多少个桃子?最后至少剩下多少个桃子?”.下列说法正确的是( )A. 若第n只猴子分得个桃子(不含吃的),则B. 若第n只猴子连吃带分共得到个桃子,则为等比数列C. 若最初有个桃子,则第只猴子分得个桃子(不含吃的)D. 若最初有个桃子,则必有的倍数【答案】ABD【解析】【分析】设最初有个桃子，猴子每次分剩下的桃子依次为，则,若第n只猴子分得个桃子(不含吃的),则,根据与关系即可判断A的正误;由A构造等比数列即可判断B的正误;根据B求出数列的通项公式,将代入求解即可判断C;根据题意,又为等比数列,判断
17、D的正误.【详解】设最初有个桃子,猴子每次分剩下的桃子依次为,则,若第n只猴子分得个桃子(不含吃的),则,所以,即,故A正确;由A，,则,即是等比数列,若第n只猴子连吃带分共得到个桃子,则,所以是以为公比的等比数列,故B正确.由B知,是等比数列,所以,即,若最初有个桃子,即,所以,故C错误;根据题意:,因为以为公比的等比数列,所以,化简得,因为,且为正整数,所以,即必有的倍数,故D正确.故选:ABD.12. 已知、是平面直角坐标系中的两点，若，则称是关于圆的对称点下面说法正确的是（ ）A. 点关于圆的对称点是B. 圆上的任意一点关于圆的对称点就是自身C. 圆上不同于原点的点关于圆的对称点的轨迹
18、方程是D. 若定点不在圆上，其关于圆的对称点为，为圆上任意一点，则为定值【答案】BCD【解析】【分析】利用题中定义可判断AB选项；设点，其中，设点，可得出，根据题中定义并结合已知条件求出点的轨迹方程，可判断C选项；证明出，可得出，可判断D选项.【详解】对于A选项，取点，设点关于圆的对称点为，则存在使得，可得，则，所以，因此，点关于圆的对称点是，A错；对于B选项，由题意可知，设点关于圆的对称点为点，则存在实数，使得，所以，可得，即，因此，圆上的任意一点关于圆的对称点就是自身，B对；对于C选项，设点，其中，设点，因为点在圆上，则，可得，由题意可知，存在实数，使得，即，所以，可得，因此，点的轨迹方程
19、为，C对；对于D选项，设点，则，设点，由题意可知，存在实数，使得，且，则，所以，、同向，且，所以，又因为，所以，所以，为定值，D对.故选：BCD.【点睛】方法点睛：求动点的轨迹方程有如下几种方法：（1）直译法：直接将条件翻译成等式，整理化简后即得动点的轨迹方程；（2）定义法：如果能确定动点的轨迹满足某种已知曲线的定义，则可利用曲线的定义写出方程；（3）相关点法：用动点的坐标、表示相关点的坐标、，然后代入点的坐标所满足的曲线方程，整理化简可得出动点的轨迹方程；（4）参数法：当动点坐标、之间的直接关系难以找到时，往往先寻找、与某一参数得到方程，即为动点的轨迹方程；（5）交轨法：将两动曲线方程中参数
20、消去，得到不含参数的方程，即为两动曲线交点的轨迹方程.三、填空题：本题共4个小题，每小题5分，共20分13. 已知，若向量，且与的夹角为钝角，写出一个满足条件的的坐标为_【答案】【解析】【分析】根据向量的共线和向量乘法的坐标计算公式即可求解.【详解】根据题意可得：，设，因为向量，且与的夹角为钝角，所以所以，不妨令所以，故答案为：.14. 已知O为坐标原点，在抛物线上存在两点E，F，使得是边长为4的正三角形，则_【答案】【解析】【分析】根据抛物线的对称性以及边长可得，进而代入抛物线方程即可求解.【详解】根据抛物线的对称性可知：由为等边三角形，所以关于坐标轴对称，由,，所以,将代入可得，故答案为：
21、 15. 湿地公园是国家湿地保护体系的重要组成部分，某市计划在如图所示的四边形区域建一处湿地公园已知，千米，则_千米【答案】【解析】【分析】在中由正弦定理可得，在中由余弦定理可得.【详解】在三角形中由正弦定理得，所以，即，所以，所以，又，所以为等腰直角三角形，所以，在中由余弦定理得，所以.故答案为：.16. 设函数是定义在整数集Z上的函数，且满足，对任意的，都有，则_；_【答案】 . 0 . 【解析】【分析】由结合已知函数值，通过代入特殊值计算；推导出函数周期，通过已知函数值，分析中自变量数据特征求值.【详解】令，令，令，则即，可得，函数周期，为奇数时，为奇数时，也为奇数，此时；为偶数时，为4
22、的整数倍，此时.，由，则为偶数，记， ，所以 .故答案为：0；【点睛】思路点睛：由已知条件可得函数周期，有，为奇数时，也为奇数，此时；为偶数时，为4的整数倍，此时，可求的值，可求的值.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. 已知函数，是的两个相邻极值点，且满足（1）求函数图象的对称轴方程；（2）若，求【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）根据二倍角公式以及辅助角公式化简，结合周期即可求解，整体法即可求解对称轴，（2）根据余弦的二倍角公式即可求解.【小问1详解】，由可得周期满足,所以，故，令解得，故的对称轴方程为【小问2详解】由得，由，所以18. 已
23、知等差数列的前n项和为，公差，成等差数列，成等比数列（1）求；（2）记数列的前n项和为，证明数列为等比数列，并求的通项公式【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）根据等比中项以及等差中项，结合等差数列基本量的计算即可求解公差和首项，（2）根据结合前项和与通项之间的关系即可证明等比数列，由等比数列的定义即可求解通项.【小问1详解】由，成等差数列，成等比数列可得，【小问2详解】由得，故，两式相减可得，而，所以为公比为2的等比数列，且首项为，故，进而19. 如图，在中，且，将绕直角边PA旋转到处，得到圆锥的一部分，点D是底面圆弧BC(不含端点)上的一个动点（1）是否存在点D，使得？若存在，求出的
24、大小；若不存在，请说明理由；（2）当四棱锥体积最大时，求平面PCD与平面PBD夹角的余弦值【答案】（1）存在，当为圆弧的中点，此时； （2）【解析】【分析】（1）面即为所求，即BCAD，此时易知D为圆弧BC的中点；（2）易知当四边形ABDC面积最大时，四棱锥的体积最大，设，根据可求四边形ABDC面积最大时的大小.建立空间直角坐标系，求出此时各点坐标，利用向量法即可求出平面PCD与平面PBD夹角的余弦值【小问1详解】当为圆弧的中点，即时，证明如下：为圆弧的中点，即为的平分线，为等腰的高线，即，平面，平面，面，【小问2详解】由（1）得，为四棱锥的高，当底面积取最大值时，四棱锥体积最大.设，则，时，
25、取最大值，当四棱锥体积最大时，过在平面内作直线，交圆弧于点，由题知两两垂直，则以为原点，分别以所在直线为轴，轴，轴建立如图所示空间直角坐标系，则，则，设平面的法向量为，则，即，令，得；设平面的法向量为，则，即，令，得；设平面与平面的夹角为，则，平面与平面夹角的余弦值为20. 今天，中国航天仍然迈着大步向浩瀚宇宙不断探索，取得了举世瞩目的非凡成就某学校为了解学生对航天知识的知晓情况，在全校学生中开展了航天知识测试（满分100分），随机抽取了100名学生的测试成绩，按照，分组，得到如下所示的样本频率分布直方图：（1）根据频率分布直方图，估计该校学生测试成绩的中位数；（2）用样本的频率估计概率，从该
26、校所有学生中随机抽取10名学生的成绩，用表示这10名学生中恰有k名学生的成绩在上的概率，求取最大值时对应的k的值；（3）从测试成绩在的同学中再次选拔进入复赛的选手，一共有6道题，从中随机挑选出4道题进行测试，至少答对3道题者才可以进入复赛现有甲、乙两人参加选拔，在这6道题中甲能答对4道，乙能答对3道，且甲、乙两人各题是否答对相互独立记甲、乙两人中进入复赛的人数为，求的分布列及期望【答案】（1） （2） （3）分布列见解析；【解析】【分析】（1）根据题意，由中位数的意义列出方程，即可得到结果；（2）根据题意可得，当取最大值时，则，然后求解，即可得到结果；（3）由题意可得，甲乙分别进入复赛的概率，
27、然后求得的概率，即可得到分布列与期望.【小问1详解】因为前两个矩形的面积之和为，前三个矩形面积为，所以中位数在之间，设中位数为，则，解得，故中位数为.【小问2详解】由题意可得，成绩在上的概率为，则不在的概率为，所以，即有，当取最大值时，则，即，解得，即，且，所以.【小问3详解】由题意可知，从6道题中选4题共有，因为甲能答对6道题中的4道题，故甲能进复赛的情况共有，所以甲能进复赛的概率为，则甲不能进复赛的概率为；因为乙能答对6道题中的3道题，故乙能进复赛的情况共有,所以乙能进复赛的概率为，则乙不能进复赛的概率为；依题可得，的可能取值为，所以，则分布列为:则.21. 已知O为坐标原点，椭圆的左，右
28、焦点分别为，A为椭圆C的上顶点，为等腰直角三角形，其面积为1（1）求椭圆C的标准方程；（2）直线l交椭圆C于P，Q两点，点W在过原点且与l平行的直线上，记直线WP，WQ的斜率分别为，的面积为S从下面三个条件中选择两个条件，证明另一个条件成立；W为原点O注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分【答案】（1）； （2）证明见解析【解析】【分析】(1)根据椭圆的几何性质即可求出a、b、c，从而可得椭圆的标准方程；(2)(i)选为条件：设，分l斜率存在和不存在两种情况讨论.l斜率存在时，设l为，由可得(*)，联立直线l与椭圆的方程，得，代入(*)可得k和t的关系，根据弦长公式求出|PQ|，根据
29、点到直线距离公式求出O到l的距离d，根据即可求出S；(ii)选为条件：设，分l斜率存在和不存在两种情况讨论.当直线的斜率存在时，设直线的方程为：，联立直线和椭圆方程可得，根据弦长公式求出|PQ|，根据点到直线距离公式求出到直线的距离d，根据可得k和t的关系，表示出，根据即可求出；(iii)选为条件：设，分l斜率存在和不存在两种情况讨论.当直线l的斜率存在时，设，直线l的方程为：，联立直线和椭圆方程可得，根据弦长公式求出|PQ|，根据点到直线距离公式求出W到直线的距离d，根据可得k和t的关系，表示出，根据即可求出W的坐标【小问1详解】记，由题意知：，解得，椭圆的标准方程为：【小问2详解】(i)选
30、为条件：设，当直线的斜率不存在时，根据椭圆的对称性不妨设点在第一象限，则由，可得，此时直线的方程为，与联立，解得，当直线的斜率存在时，设直线的方程为：，则，即，将代入得：，即，点到直线的距离，综上，成立(ii)选为条件：设，当直线的斜率不存在时，根据椭圆的对称性不妨设点在第一象限，则由，可得，又，解得，；当直线的斜率存在时，设直线的方程为：，将代入得：，点到直线的距离，即，综上，成立(iii)选为条件：设，当直线的斜率不存在时，根据椭圆的对称性不妨设点在第一象限，则，又，解得，为坐标原点，满足题意；当直线l的斜率存在时，设，直线l的方程为：，将带入得：，点到直线的距离，即，则由，即，得：，即，
31、即综上，成立22. 已知函数，圆（1）若，写出曲线与圆C的一条公切线的方程(无需证明)；（2）若曲线与圆C恰有三条公切线(i)求b的取值范围；(ii)证明：曲线上存在点，对任意，【答案】（1）； （2）(i)；(ii)证明见解析【解析】【分析】(1)根据导数的几何意义表示出f(x)的切线方程，再根据该切线与圆相切列出方程，取方程的特殊解即可得到一条共切线的方程；(2)(i)设曲线与圆公切线的方程为，根据导数几何意义求出k和m的关系，在根据圆的切线方程的几何性质得到关于k的方程，问题转化为讨论该方程有三个解的问题.构造函数，将问题转化为讨论函数有3个零点的问题.(ii)根据(i)中构造出的函数，
32、结合图象即可证明【小问1详解】设f(x)的切线的切点为，切线斜率，切线方程为，即，当b1时，圆的圆心为，半径为，当f(x)的切线也是圆的切线时，即，易知是该方程的一个根，此时切线方程为【小问2详解】(i)设曲线与圆公切线的方程为(显然，l斜率存在)，与曲线相切，故，切点为，即，即，与圆相切，即，令，则，设，则，易证明：当时，在上单调递增，在上单调递减；，；存在，使得，在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减；，且，又，且，存在，使得，当时，曲线与圆恰有三条公切线；当时，；存在，使得，在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减；，且，不可能存三个零点；当时，；在上单调递减，最多一个零点；最多一个极值点，不可能有三个零点；综上，若曲线与圆恰有三条公切线，则的取值范围为(ii)函数的零点，即方程的解，即曲线和曲线交点的横坐标，结合图象，显然存在，使得成立，对任意恒成立【点睛】本题属于导数的综合题，需要利用导数讨论方程根的个数问题（函数零点问题）.问题关键是熟练掌握利用导数分类讨论函数的单调性，判断函数的零点的个数.
