江苏省扬州市2023-2024学年高三上学期期初模拟考试数学答案(1)_2023年8月_028月合集_2024届江苏省扬州市高三上学期期初考试模拟

试题解析 1．D 解一元二次方程求集合A，由具体函数的定义域求集合B，再利用集合的并运算求 AB即可. Ax 1x2 Bx x2 依题意，得 ， ， AB,2 ∴ . 故选：D． 2．D 由正弦定理、三角形边角关系及充分条件、必要条件的定义即可得解. a b  A,B0, 由正弦定理得sinA sinB，且 ， 若 sinAsinB ，则 ab ，所以AB，所以 cosAcosB ，故充分性成立； 若 cosAcosB ，则由余弦函数的单调性可得AB，所以 ab ， sinAsinB ， 故必要性成立. 所以“ sinAsinB ”是“ cosAcosB ”的充要条件. 故选：D. 3．B 按照相邻捆绑，不相邻插空的方法求解． A，B相邻，捆绑作为一个节目与E、F 进行全排列，然后把 C 、D插入其中的四个 A2A3A2 144 空档中，排法总数为 2 3 4 ． 故选：B． 4．C 根据圆柱和球的体积公式和表面积公式即可求解. 设圆柱部分的高是h， 1 4 11 πR2h  πR3  πR3 所以 2 3 3 ， 1 4 11 h  R R 所以 2 3 3 所以 h3R ， 答案第1页 学科网（北京）股份有限公司1 1 2πRh 4πR2 2πR3R 4πR2 8πR2 内壁表面积为 2 2 ， 故选：C. 5．A lg3 利用指数与对数的互换表示出 ，然后利用换底公式以及对数的运算法则求解即可． 1 1 blog 10 lg3 由题可得 3 lg3 ，即 b ． 1 a lg6 lg2lg3 b ab1 log 6    5 lg5 1lg2 1a bab 原式 ． 故选：A． 6．A 根据给定的离心率及三角形周长，求出椭圆方程，再设出直线MN的方程，与椭圆方 程联立求解三角形面积即可. |MF ||MN||NF ||MF ||MF ||NF ||NF |4a16 依题意， △𝑀𝑁𝐹 2 周长 2 2 2 1 1 2 ， 解得a4， 1 1 e c a2 而椭圆的离心率 2，则其半焦距 2 ，因此b2 a2c2 12， x2 y2  1 椭圆C：16 12 ， F 1 (2,0) ，显然直线 MN 不垂直于y轴，设其方程为 xty2 ， xty2  由3x24y2 48 消去x得： (3t24)y212ty360 ，设 M(x 1 ,y 1 ),N(x 2 ,y 2 ) ， 12t 36 y y  ,y y  则有 1 2 3t24 1 2 3t24， 144t2 144 24 t21 24 |y y | (y y )24y y     1 2 1 2 1 2 (3t24)2 3t24 3t24 1 3 t21 t21 ， 1 1 3u 3 t21 令 u t211 ，函数 u在 [1,) 上单调递增，因此当 t0 时， t21取得最 小值4， 答案第2页 学科网（北京）股份有限公司1 1 S  |FF || y y | 4612 即 | y 1 y 2 | max 6 ， △𝑀𝑁𝐹 2 的 面 积 VMNF2 2 1 2 1 2 2 ， 当 且 仅 当 MN x 时取等号， 所以△𝑀𝑁𝐹 面积的最大值为12. 2 故选：A 7．A  7π sin   6  根据三角函数恒等变换公式化简已知等式，再根据诱导公式简化 即可得到 答案.  π sincos 1  6   sincoscos sinsin 1 6 6 1 3   3 cos sin1   2 2     3 sin   6 3  7π  π    3 sin sin sin   6   6   6 3 故选:A 8．B 由函数的解析式结合对数的运算性质即可得解. ∵函数f（x）＝logax（a＞0，a≠1），f（xx…x ）＝4， 12 2018 ∴f（xx…x ）＝loga（xx…x ）＝4， 12 2018 12 2018 ∴f（x2）+f（x2）+…+f（x 2） 1 1 2018 log  x2x 2L x 2 a 1 2 2018 ＝loga（xx…x ）2 12 2018 ＝2loga（xx…x ） 12 2018 ＝2×4＝8． 故选B． 本题考查函数值的求法，考查对数性质、运算法则等基础知识，考查运算求解能力， 是基础题． 9．BD 复数 z12i ,可知其实部为 1与虚部为2，其模长为 5 ， zz 5 ，将复数z代入 x22x50验证即可说明复数z为方程的一个根. 因为复数 z12i 答案第3页 学科网（北京）股份有限公司所以复数z的实部是1，虚部是2，A错误， z  12(2)2  5 ，B正确， zz (12i)(12i)145 ，C错误， 因为 (12i)22(12i)514i424i50 ，即复数z是方程x22x50的一个根，D 正确. 故选：BD. 10．BCD 1 1 AP V  AA  BCh cosDAP 1 A.由 PBCQ 3 1 2 判 断 ； B.由 1 1 A 1 D 1 ， uuur uuur ADAP4cos2DAP CC  CQC CQ 1 1 1 求解判断；C.由 1 平面 ABCD，得到 1 是 1 与平面 DB,DC,DD ABCD所成的角求解判断；D.以D为原点，分别以 1 为x，y，z轴，建立空间  3 1  O , ,t   2 2   Px,y,1 OP  OB 直角坐标系，设球心为 ， ，由 化简得到t的范围，再由 uuur 2 S 4OB 外接球的表面积为 判断. ABCDABCD AA 1 直四棱柱 1 1 1 1中，点P到底面ABCD的距离为 1 ，设点Q到BC的距 1 1 V  AA  BCh 离为 h，则 PBCQ 3 1 2 ，因为h不是定值，故四面体PBCQ的体积不是定 值，故A错误； AP cosDAP 1 Rt△APD 1 1 AD 在 1 1中 ， 1 1 ， uuur uuur uuuur uuur uuuur uuur ADAP AD AP AD  AP cosDAP4cos2DAP 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ，   uuur uuur 因为 D 1 A 1 P  0, 2   ，所以 cosD 1 A 1 P0,1 ，则 ADA 1 P0,4 ，故B正确； CC  CQC CQ 因 为 1 平 面 ABCD， 所 以 1 是 1 与 平 面 ABCD所 成 的 角 ， 则 CC 1 tanCQC  1  1 CQ CQ ， 1 因为 CQ0,2 ，所以 tanC 1 QC  2，故C正确； 答案第4页 学科网（北京）股份有限公司DB,DC,DD 以D为原点，分别以 1 为x，y，z轴，建立空间直角坐标系：  3 1  B  3,0,0  ,C0,1,0,A  3,1,1  ,D 0,0,1 M  2 , 2 ,0  则 1 1 ，线段 BC的中点为   ，线段  3 1  N , ,1 AD   2 2   1 1的中点为 ，  3 1   3 2  1 2 O   2 , 2 ,t   Px,y,1    x 2      y 2   1 设球心为 ， ，则 ，    x 3   2   y 1  2 1t2     3  3    2    1  2 t2 1t2 OP  OB  2   2  2  2 由 得 ，  3 2  1 2  1 2  1 2 2t   x   y  1y  y  12y  2   2  2  2 化简得 ， 1 1 1 3 uuur 13 t y 1 y t y[0, ) OB  1t2 [1, ) 即 2 ，易知 2，则 2 2 ， 2 ， uuur 2 S 4OB [4,13) 所以 外接球的表面积为 ，故D正确， 故选：BCD 11．AD 根据新定义进行证明判断A，假设二次函数是“k距周期函数”，然后由新定义推理判断 B，用反例判断C，根据周期函数的定义求解判断D． f(x)axb f(xT)a(xT)baxbaT  f(x)aT A．设一次函数为 ，则 ，其中 答案第5页 学科网（北京）股份有限公司k aT ，A正确； B．设二次函数为 f(x)ax2bxc （ a0 ）， f(xT)a(xT)2b(xT)cax2(2aT b)xaT2btc ， 若 f(x) 是“k距周期函数”，则 2aT 0 ，则 T 0 ，不满足新定义，B错误； x,xQ f(x) C．设 x2,xQ ，则 f(x) 是“1距周期函数”，且类周期为1， f(1)1 ，C错； x[2n,2n2] x2n[0,2] g(x)g(x2n) D．设 ，则 ，即 ， f(x)xg(x)(x2n)g(x2n)2n f(x2n)2n[2n,2n1] 则 ，D正确． 故选：AD． 关键点点睛：本题考查新定义，解题关键是理解新定义，然后根据新定义解决问 题．新定义的实质是 f(xT) f(x)k 恒成立（ Tk 0 ），因此可转化恒等式进行分析． 12．BCD 利用和事件的概率公式和条件概率公式可得. P  AB  PAP  B  P  AB  1  1  1 P  AB  对于A： ，2 3 4 ，   1 P AB  所以 12，故A错误； 1 1 1 QPABP  AB  PA PAB  PAB 对于B： ， 12 3，∴ 4， 1 PB A PAB  4  3 PA 1 4 3 ，故B正确； 1 P(AB) 12 1 P(B A)   P(A) 1 4   1 P B  P(B A)P(B) 对于C： 3 ， 4，∴ ，故C正确.       1   P AB AB P AB P AB  P AB 对于D： 12 ， 3 1     1 QPBPABP  AB   P AB P AB  ，∴4 4 ，∴ 2， 答案第6页 学科网（北京）股份有限公司  1 1 7 P AB AB    ∴ 12 2 12，所以D正确. 故选：BCD. 13．26 49m3954 42 根据题意得到 x 3.5, y 42 ，得到 4 ，解之得解. x 3.5, 由题得 yˆ 9.4x9.1 (x,y) x 3.5,y 42 回归方程是 经过样本中心点是 ，且 ， 49m3954 42 所以 4 ，解得 m26 ． 故答案为：26 本题主要考查回归直线方程的应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平. 14． a n 4n1 ，nN* 根据已知，利用等差数列的性质以及通项公式求解. a  a a 22 因为等差数列 n 满足 1 5 ， 2a 22 a 11 所以 3 ，所以 3 ， S na 2n2 又因为 n n ， S =a +a =2a 2 a a 4 所以 2 1 2 2 ，即 2 1 ，所以d 4， 所以 a n a 3 (n3)d 11(n3)44n1 ，nN* . 故答案为： a n 4n1 ，nN* .  {x|xk(1)k },kZ 15． 6 方程3sinx=1+cos2x,即3sinx=1+1−2sin2x，解关于sinx的方程即可 方程3sinx=1+cos2x,即3sinx=1+1−2sin2x,即2sin2x+3sinx−2=0， 1 求得sinx=−2(舍去),或sinx=2，  {x|xk1k },kZ ∴ 6 ， 答案第7页 学科网（北京）股份有限公司 {x|xk1k },kZ 故答案为 6  16． 3 ； 分析：根据余弦定理，将题中等式化简整理，可得sinBcosC=2sinAcosB﹣sinCcosB，利 1 cosB 用两角和正弦公式化简得2sinAcosB=sin（B+C）=sinA，在两边约去sinA得 2，结 合三角形内角取值范围即可得到角B的大小. 详解：∵在△ABC中，b2=a2+c2﹣2accosB， ∴b2﹣a2﹣c2=﹣2accosB，同理可得c2﹣a2﹣b2=﹣2abcosC sinC b2a2c2  ∵2sinAsinC c2a2b2 sinC 2accosB ccosB sinCcosB    ∴2sinAsinC 2abcosC bcosC sinBcosC ， ∵sinC≠0，可得sinBcosC=2sinAcosB﹣sinCcosB， ∴2sinAcosB=sinBcosC+sinCcosB=sin（B+C）=sinA， 1 cosB ∵sinA≠0，∴等式两边约去sinA，可得 2，  ∵0＜B＜π，∴角B的大小 3． 点睛：点睛：（1）在三角形中根据已知条件求未知的边或角时，要灵活选择正弦、余弦定 理进行边角之间的转化，以达到求解的目的． （2）求角的大小时，在得到角的某一个三角函数值后，还要根据角的范围才能确定角的大 小，这点容易被忽视，解题时要注意． 1 1  ,  17．(1)a1，极大值1，无极小值；(2)存在， 3 e ． (1)结合已知条件，首先求出 f(e) ，然后利用两直线垂直关系即可求出a，然后利用导 f(x) 函数求出 的单调区间，进而求得极值；(2)结合(1)中结论，求出零点存在的大致区间， 再结合已知条件即可求解. alnx 1alnx f(x) fx (1)由 x ，得 x2 ， f(x) (e, f(e)) ye2xe 因为 的图象在点 处的切线与直线 垂直， 答案第8页 学科网（北京）股份有限公司1alne a 1 f(e)   所以 e2 e2 e2 ，解得a1． 1lnx lnx f(x) (x0) fx 0 所以 x ，令 x2 ，得 x1 ， x(0,1) f¢(x)>0 x(1,) fx0 因为当 时， ；当 时， ， f(x) (0,1) (1,) 所以 在 上单调递增，在 上单调递减． 故 f(x) 在 x1 处取得极大值1，无极小值． f(x) (1,) f(x)0 (2)由(1)，知 在 上单调递减，且 ， 1lne2 f  e2  e2 0 又 f(x) 在 (0,1) 上单调递增，且 e2 ， f(1)10 ， f(x) (0,1) 所以由零点存在定理，得 在区间 内存在唯一零点．  2 t,t (t 0) f(x)  3 若函数 在区间 上存在极值和零点，  2 0t1t   3  f(t) 1lnt 0 1 t 1 则  t ，解得3 e．  2 1 1 t,t (t 0)  ,  所以存在符合条件的区间  3 ，此时实数t的取值范围为 3 e ． a 22n1 18．(1) n ； (2)5 S ,n1 a  1 n S S ,n2 a  （1）利用 n n1 可求出数列 n 的通项公式； （ 2） 由 （ 1） 得 b n 2n1 ， 然 后 由 a m1 1b n a m2 1 ， 得 22m n22m21， 则 c 22m222m1 S S 2022 m m ，从而可求出 m，进而可求出使得 m 的最小整数 的值. 3S 4a 2 a 2 （1）当n1时， 1 1 ，得 1 ， n2 3S 4a 2 3S 4a 2 当 时，由 n n ，得 n1 n1 ， 答案第9页 学科网（北京）股份有限公司3S 3S 4a 2(4a 2) 所以 n n1 n n1 ， 3a 4a 4a n n n1， a 4a 所以 n n1， a  所以数列 n 是以2为首项，4为公比的等比数列， a 24n1 22n1 所以 n b log a log 22n1 2n1 （2）由（1）得 n 2 n 2 ， b  a 1,a 1 因为数列 n 中落入区间 m1 m2 内， a 1b a 1 所以 m1 n m2 ， 所以22(m1)112n122(m2)11， 22m12n22m32， 所以22m n22m21， b  a 1,a 1 所以数列 n 中落入区间 m1 m2 内的项的个数 c 22m222m134m1 m ， 12(14m) S  m4m1m4 所以 m 14 ， 由 S m 2022 ，得4m1m42022， 即4m1m2026， 当 m4 时，44141024410282026， 当 m5 时，45154096541012026， 因为4m1m随 m 的增大而增大， S 2022 所以 m 的最小整数为5. 19．(1)证明见解析； BF 3  (2)存在；BC 4. 答案第10页 学科网（北京）股份有限公司（1）若选①，取 AC 中点 G ， BC 中点 O ，AB中点H，可证得四边形 EDCG 为平行 四边形，从而利用勾股定理和平行关系证得ACCD，由线面垂直和面面垂直判定得到平 面 ABC平面 BCD ，利用面面垂直性质可证得DO平面 ABC ； 若选②，取 BC 中点 O ，AB中点H，由线面垂直和面面垂直的判定可证得平面 ABC平 面 BCD ，利用面面垂直性质可证得DO平面 ABC ； 若选③，取 BC 中点 O ，AB中点H，根据长度和平行关系可证得四边形DEHO为平行四 1 EH  AB 边形，由此确定 2 ，得到AEBE，结合AEBE可得BE2，从而利用勾股定 理和平行关系证得 ACBD ，由线面垂直和面面垂直判定得到平面 ABC平面 BCD ，利 用面面垂直性质可证得DO平面 ABC ； DO,OH,BC O 三个条件均可说明 两两互相垂直，则以 为坐标原点可建立空间直角坐标系， 利用面面垂直的向量证明方法可证得结论； F0,t,01t1 （2）假设存在满足题意的点 ，利用二面角的向量求法可构造方程求得 1 BF t 2，由此可确定F 点位置，得到BC 的值. （1）若选①，取 AC 中点 G ， BC 中点 O ，AB中点H，连接 EG,DO,OH ， 1 CG AC ED EG//CD QED//AC， 2 ，四边形 EDCG 为平行四边形， ， 1 AG AC 1 EG 3 ，又 2 ，AE2，AG2EG2  AE2 ，AGEG ， 答案第11页 学科网（北京）股份有限公司又CD//EG，AC CD ，又 ACBC ，BCCDC， BC,CD 平面 BCD ， AC平面 BCD ， QAC平面 ABC ，平面 ABC平面 BCD ， QBDCD ，DOBC ，又DO平面 BCD ，平面 BCDI 平面 ABC BC ， DO 平面 ABC ，又 OH//AC ， ACBC ，OH BC ； 若选②，QAC^ BD， ACBC ， BCI BDB ， BC,BD 平面 BCD ， AC平面 BCD ， QAC平面 ABC ，平面 ABC平面 BCD ， 取 BC 中点 O ，AB中点H，连接 DO,OH ， QBDCD ，DOBC ，又DO平面 BCD ，平面 BCDI 平面 ABC BC ， DO 平面 ABC ，又 OH//AC ， ACBC ，OH BC ； 若选③，取 BC 中点 O ，AB中点H，连接 OD,OH,EH ， QDC BD 3 ，DOBC ，又 BC 2 ，DO 2； 1 1 OH// AC ED// AC QO,H 分别为 BC,AB 中点， 2 ，又 2 ， OH//ED ， 四边形DEHO为平行四边形，EH DO 2； 答案第12页 学科网（北京）股份有限公司1 EH  AB QAC BC ， AC BC 2 ，AB2 2， 2 ，AEBE， QEABEBA，BE AE2，BD2DE2 BE2 ， BDDE，又 DE//AC ，ACBD， 又 ACBC ， BCI BDB ， BC,BD 平面 BCD ， AC平面 BCD ， QAC平面 ABC ，平面 ABC平面 BCD ， 又DOBC，DO平面 BCD ，平面 BCDI 平面 ABC BC ， DO 平面 ABC ，又 OH//AC ， ACBC ，OH BC ； DO,OH,BC 综上所述： 两两互相垂直， uuur uuur uuur O OD,OH,OB x,y,z 则以 为坐标原点， 为 轴，可建立如图所示空间直角坐标系，   uuur uuur   A2,1,0 B0,1,0 E 1,0, 2 AB2,2,0 BE 1,1, 2 则 ， ， ， ， ， ur m0,0,1 QDO平面 ABC ，平面 ABC 的一个法向量 ； ur n x,y ,z  设平面ABE的法向量 1 1 1 1 ， uuuv uv  ABn 2x 2y 0 uuuv uv 1 1 1 ur BEn x y  2z 0 x 1 y 1 z 0 n 1,1,0 则 1 1 1 1 ，令 1 ，解得： 1 ， 1 ， 1 ， ur ur ur ur mn 1 0 ，即 mn 1，平面ABE与平面 ABC . F0,t,01t1 （2）设在线段 BC 上存在点 ，使得平面AEF与平面ABE夹角的余弦值 5 43 等于 43 ， 答案第13页 学科网（北京）股份有限公司uuur uuur     EF  1,t, 2 AE 1,1, 2 由（1）得： ， ， uur n x ,y ,z  设平面AEF的法向量 2 2 2 2 ， uuuv uuv   u A u E uv n uuv 2 x 2 y 2  2z 2 0 t1 2t1 x  z  则 EFn 2 x 2 ty 2  2z 2 0 ，令 y 2 1 ，则 2 2 ， 2 4 ， uur t1 2t1 n  ,1,  ur 2  2 4  n 1,1,0   ； 1 ur uur t1 1 ur uur n 1 n 2 2 5 43 cosn,n   ur uur   1 2 n 1  n 2 t1 2 t12 43 2   1  2  8 ， 1 t 化简可得：2t213t70，解得： 2或 t 7 （舍），  1  BF 3 F0, ,0 BF  3    2  ， 2， BC 4； BF 3  综上所述：在线段 BC 上存在点F ，满足 BC 4，使得平面AEF与平面ABE夹角的余弦 5 43 值等于 43 . 20．(1)答案见解析 (2)乙排1号，理由见解析 （1）求出X 的可能取值及对应的概率，得到分布列； （2）在（1）的基础上，求出男甲排1号时的期望值，再求出男甲排1号时的期望值，比 较后得到结论. （1）X 的可能取值为 0,1,2 ，  2  2 1  2 2 2  2 4 PX 01 1  PX 11   1   3  3 9  3 3 3  3 9 ， ， 2 2 4 PX 2   3 3 9， 故分布列为： 0 1 2 X 答案第14页 学科网（北京）股份有限公司1 4 4 P 9 9 9 1 4 4 4 Ex0 1 2  （2）由（1）知，甲排1号时，期望值为 9 9 9 3， 设Y表示男乙排1号时，该队第一局和男女混双两局比赛获胜局数， 则Y的可能取值为 0,1,2 ，  3  4 2  3 4 3  4 11 PY 01 1  PY 11   1  则  5  5 25 ，  5 5 5  5 25 ， 3 4 12 PY 2   5 5 25， 2 11 12 7 EY0 1 2  故期望值为 25 25 25 5， 4 7  因为3 5，故乙排1号时期望值更大. x2 4 y2 1 x2y2  21．（1） 4 ；（2）存在，方程为 5. a,b （1）根据条件，列出关于 的方程组，求椭圆的标准方程；（2）当斜率存在时， m2 r2  设直线 ykxm ，与椭圆方程联立，得到韦达定理，结合直线与圆相切，得到 1k2 ， uuur uuur 并代入OAOB的坐标表示，利用定值与 k 无关，求得圆的方程，当斜率不存在时，可直接 uuur uuur 求得点 A,B 的坐标，得到OAOB的值，求得圆的的方程. 1 ab1 （1）由题意知 M(0,b) ， N(a,0) ，由2 ，得 ab2 ① . yx Px ,x  Qx ,x  |PQ|28x2 设直线 与椭圆C交于点 0 0 ， 0 0 ，则 0. a2b2 把 Px 0 ,x 0  代入椭圆方程，得 x 0 2  a2b2 ， 2 8a2b2 4 10 a2b2 4 故 |PQ|2 a2b2    5    ，即a2b2  5 ② . 答案第15页 学科网（北京）股份有限公司a2 4 a2 1 x2   y2 1 由①②，解得b2 1 或b2 4 (舍去)，所以椭圆C的标准方程为 4 . uuur uuur （2）假设存在这样的圆O，设OAOB. ykxm 当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为 . ykxm  x2  y2 1  14k2 x28kmx4m240 由 4 ，得 . 8km 4m24 设 Ax 1 ,y 1  ， Bx 2 ,y 2  ，则 x 1 x 2  14k2 ， x 1 x 2  14k2 . 故 O uu A ur O uu B ur x 1 x 2 y 1 y 2  1k2x 1 x 2 kmx 1 x 2 m2  1k24 1 m  2 4  k2 4 km     1 8k 4 m k2    m2  5m24k24  ③ 14k2 . |m| m2 r r2  ④ 由 1k2 ，得 1k2 .  5r24  k21  4  r2  由③④，得 14k2 ，当  与k无关时，0， 5， 2 5 即圆O的半径为 5 . 2 5 x 当直线AB的斜率不存在时，若直线AB的方程为 5 ， 2 5 2 5 2 5 2 5 将其代入椭圆C的方程，得 A   5 , 5    ， B   5 , 5   ， uuur uuur 此时OAOB0. 2 5 x uuur uuur 若直线AB的方程为 5 ，同理可得OAOB0. 4 x2y2  综上，存在满足题意的圆O，其方程为 5. 解决存在性问题的注意事项： 答案第16页 学科网（北京）股份有限公司（1）存在性问题，先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在，若结论不正确 则不存在； （2）当条件和结论不唯一时，要分类讨论； （3）当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件； （3）当条件和结论都未知，按常规方法解题很难时，要思维开放，采取另外的途径。 1   , 22．（1）极大值为ln2，无极小值；（2）①e ；②见解析. m （1）先对函数求导，然后结合导数的几何意义及直线垂直时斜率的关系可求 ， 然后结合单调性可求极值； 1 ln2x1m2x10 x （2）①由已知可得 对任意的 2恒成立，分离参数后通过构造函 数，转化为求解相应函数的最值，结合导数可求； 22x1 1 ln2x1 x k 2x1  kN ②结合①可得 5 对任意的 2恒成立，赋值 ，可得 2k lnk 5 ，然后结合对数的运算性质可求． 2 Q f xln2x1m2x11 fx 2m （1） ， 2x1 ， 2 1 1 f2 2m m 由已知可得 3 3，解得 2. 3 2 32x 1 f xln2x1x fx 1 x 则 2， 2x1 2x1，其中 2. 3 fx0 x 令 ，得 2. 3 1 3 x fx0 x f¢(x)>0 当 2时， ；当2 2时， . 1 3 3  所以，函数 y f x 的单调递增区间为  2 , 2   ，单调递减区间为  2 , . 3 3 3 所以，函数 y f x 的极大值为 f  2   ln2 2  2 ln2 ，无极小值； 1 f x1 ln2x1m2x10 x （2）①由条件知，只需 ，即 对任意的 2恒成立， 答案第17页 学科网（北京）股份有限公司1 m2x1ln2x1 x 即 ，其中 2， lnt mt lntm 令 t 2x10 ，则 mt lnt ，即 t ， lnt 1lnt gt gt gt0 构造函数 t ，则 t2 ，令 ，得t e，列表如下： t 0,e e e, gt  0  gt ↗ 极大值 ↘ ygt 0,e e, 所以，函数 的单调递增区间为 ，单调递减区间为 ， 1 1 1  gt ge m  , 所以， max e， e，因此，实数 m 的取值范围是e ； 2 22x1 1 m ln2x1 x ②由①可知，当 5时， 5 对任意的 2恒成立， k 2x1  kN lnk 2k 令 ，则 5 ， 2 2n12n 4nn1 ln1ln2ln3L ln2n 123L 2n  所以 5 5 5 ， 4nn1 ln2n!   所以 5 . 答案第18页 学科网（北京）股份有限公司 本题主要考查了利用导数的几何意义求解参数及利用分离法求解参数范围问题，体 现了转化思想的应用，属于难题.公众号：高中试卷站答案第19页 学科网（北京）股份有限公司