2023年普通高等学校招生全国统一考试·新高考仿真模拟卷数学(六)答案(1)(1)_2024年2月_022月合集_仿真丨新高考2023年普通高等学校招生全国统一考试·新高考仿真模拟卷数学（一至六）

2023 年普通高等学校招生全国统一考试·仿真模拟卷
数学（六）
注意事项：
1．本卷满分 150分，考试时间 120分钟.答题前，先将自己的姓名、准考证号填
写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用 2B铅笔把答题卡上对应题目的答案
标号涂黑.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试题卷、
草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交.
一、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，只有一个选项是符合题目要求的．
A  x x2 10  B   x x2a0 
1. 已知集合 ， ，若AB  B，则实数a的取值范
围是（ ）
A.
,2 
B.
2,
 1   1
C.   ,  D.  , 
 2   2
【答案】C
【解析】
   
【分析】求出A x 1 x1 ，B  x x2a ，根据AB  B，得到AB，从而
得到不等式，求出实数a的取值范围.
【详解】A  x x2 10    x 1 x1  ，B   x x2a0    x x2a  ，
因为AB  B，所以AB，
1
故2a1，解得：a ，
2
故选：C
2. 如果一个复数的实部和虚部相等，则称这个复数为“等部复数”，若复数z i  3ai  为“等
部复数”，则实数a的值为（ ）
A.-1 B.0 C.3 D.-3
【答案】C
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学科网（北京）股份有限公司【解析】
【分析】利用复数的乘法法则得到z a3i，从而得到a3.
【详解】z i  3ai ai2 3ia3i，故a3.
故选：C
3. 双曲线
x2

y2
1  a 0,b0 的离心率为 3，且过点A  2,2  ，则双曲线方程为
a2 b2
（ ）
y2 x2 y2
A. x2  1 B.  1
2 2 4
x2 y2 x2 y2
C.  1 D.  1
4 2 3 6
【答案】B
【解析】
【分析】通过已知得出a与b的两个关系式，即可联立求解，代入双曲线方程即可得出答案.
x2 y2
【详解】双曲线  1  a 0,b0 的离心率为 3，
a2 b2
c
  3，
a
a2 b2 c2，
a2 b2
  3，即2a2 b2，
a2
双曲线
x2

y2
1  a 0,b0 过点A  2,2  ，
a2 b2
4 4
  1，
a2 b2
4 4
则由2a2 b2与  1联立解得：a  2，b2，
a2 b2
x2 y2
双曲线的方程为：  1，
2 4
故选：B.
4. 高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号，设xR，
用

x

表示不超过x的最大整数，
y
x

也被称为“高斯函数”，例如

2.1
2， 
3
3，
3
1.5 2，设x 为函数 f  x log x 的零点，则  x （ ）
0 3 x1 0
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学科网（北京）股份有限公司A.2 B.3 C.4 D.5
【答案】A
【解析】
【分析】首先判断函数的单调性，再根据零点存在性定理判断x 所在区间，最后根据高斯函
0
数的定义计算可得.
3
【详解】解：因为 y log x与y  在  0, 上单调递增，
3 x1
3
所以 f  x log x 在  0, 上单调递增，
3 x1
3 3 1 3
又 f  3 log 3 1  0， f  2 log 2 log 210，
3 31 4 4 3 21 3
所以 f  x  在  2,3  上存在唯一零点x ，即x  2,3 ，所以  x 2.
0 0 0
故选：A
5. 已知点P是圆C:  x 3 2  y3 2  4上一点，若点P到直线y  3x2的距离为
1，则满足条件的点P的个数为（ ）
A.1 B.2 C.3 D.4
【答案】C
【解析】
【分析】根据圆心到直线的距离即可求解.
   
【详解】由题意可知圆心为C 3,3 ,所以C 3,3 到 y  3x2的距离为
3´ 3-3-2
d = =1 ，故与直线 y  3x2平行且过圆心的直线与圆相交的两个交点
2
即为满足条件的点P，此时有两个，又圆的半径为2，故当过圆心且与 y  3x2垂直的
直线与圆的下半部分相交的一个点也符合，故共有3个.
故选:C
π π
6. 已知  , ，且5cos210sin29，则tan（ ）
4 2
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学科网（北京）股份有限公司9
2 1
A. B.2 C. D.
9 2 2
【答案】B
【解析】
520tan
【分析】由已知利用二倍角公式，平方关系sin2cos21代换，可得 9，
tan21
根据的范围即可求解.
【详解】由5cos210sin29，得
5cos220sincos9，
5cos220sincos
则 9，
sin2cos2
520tan
即 9，得9tan220tan40，
tan21
则  9tan2  tan2 0，
2
得tan 或tan2，
9
π π
又  ， ，所以tan1，
4 2
故tan2.
故选：B
7. 随着北京冬奥会的开幕，吉祥物“冰墩墩”火遍国内外，现有甲、乙、丙、丁4名运动员
要与1个“冰墩墩”站成一排拍照留恋，已知“冰墩墩”在最中间，甲、乙、丙、丁4名运动员
随机站于两侧，则甲、乙2名运动员站“冰墩墩”同一侧的概率为（ ）
1 1 1
1
A. B. C. D.
4 2 3 6
【答案】C
【解析】
【分析】先求出甲、乙、丙、丁4名运动员与1个“冰墩墩”排成一排，且“冰墩墩”在最中
间的所有排法的所有排法，再求甲、乙2名运动员站“冰墩墩”同一侧的排法，根据古典概型
概率公式求概率.
【详解】甲、乙、丙、丁4名运动员与1个“冰墩墩”排成一排，
且“冰墩墩”在最中间的所有排法有A4=24种，
4
甲、乙2名运动员站“冰墩墩”同一侧的排法有2A2A2=8种，
2 2
第4页/共19页
学科网（北京）股份有限公司8 1
由古典概型的概率公式可得甲、乙2名运动员站“冰墩墩”同一侧的概率：P  ，
24 3
故选：C.
8. 如图，在正方体ABCDABCD 中，点P在线段BD 上运动（包含端点），则直线BP
1 1 1 1 1 1
与C D所成角的取值范围是（ ）
1
π π π π
A.  ,  B.  , 
3 2 6 3
π π π π
C.  ,  D.  , 
4 3 6 2
【答案】B
【解析】
【分析】要求直线所成角，转化为方向向量所成角，建立如图所示空间直角坐标系，所以
     
BP BBBP BBBD (,,1)（0≤≤1），又DC (0,1,1)，设则
1 1 1 1 1
 
直线BP与C D所成角为，则cos cos BP,DC ，结合的范围即可得解.
1 1 1 1
【详解】
以DA,DC,DD 为x,y,z建立如图所示空间直角坐标系，
1
设正方体的棱长为1，则B(1,1,0)，D (0,0,1)，C (0,1,1)，B (1,1,1)，
1 1 1
    
所以BP BBBP BBBD (0,0,1)(1,1,1)(,,1)
1 1 1 1
（0≤≤1）

DC (0,1,1)，
1
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学科网（北京）股份有限公司 π
则设直线BP与C D所成角为 0 ，
1 1  2
 
  BPDC 1
1 1
则cos cos BP,DC     ，
1 1
BP  DC 2 3221
1 1
2
 1 2 2 
由0≤≤1，所以32 213      ,2  ，
 3 3 3 
1 3 π π
cos , ，所以

,

，
2 2  6 3
故选：B
二、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，有选错的得 0分，部分选对的得 2
分．
9. 圆柱的侧面展开图是长4cm，宽2cm的矩形，则这个圆柱的体积可能是（ ）
8
A. 8πcm3 B. cm3
π
16 4
C.
cm3
D.
cm3
π π
【答案】BD
【解析】
【分析】由已知中圆柱的侧面展开图是长4cm，宽2cm的矩形，我们可以分圆柱的底面周
长为4cm，高为2cm的和圆柱的底面周长为2cm，高为4cm，两种情况分别由体积公式即
可求解.
【详解】侧面展开图是长4cm，宽2cm的矩形，
2
若圆柱的底面周长为4cm，则底面半径R cm，h2cm，
π
8
此时圆柱的体积V πR2h cm3
π
1
若圆柱的底面周长为2cm，则底面半径R cm，h4cm，
π
4
此时圆柱的体积V πR2h cm3
π
故选：BD
10. 已知随机变量X 服从二项分布B

4,p

，其方差D

X
1，随机变量Y
服从正态分布
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学科网（北京）股份有限公司N  p,4 ，且P  X 2 P  Y a 1，则（ ）
1 3
A. p B. P  X 2 
2 8
3 1
C P  Y a  D. P  Y 1a 
.
8 8
【答案】AB
【解析】
【分析】根据二项分布的方差公式得到方程求出 p，再根据独立重复试验的概率公式求出
P  X 2  ，即可判断A、B、C，最后根据正态分布的性质判断D.
【详解】解：因为随机变量X 服从二项分布B

4,p

，且其方差D

X
1，
1
所以D  X 4p  1 p 1，解得 p ，故A正确；
2
2 2
所以P  X 2 C2   1    1 1   3 ，又P  X 2 P  Y a 1，
4 2  2 8
5
所以P  Y a  ，所以B正确，C错误；
8
1  1 1 1
所以Y  N ,4，则正态曲线关于x 对称，因为a   1a ，
2  2 2 2
5
所以P  Y 1a  P  Y a  ，故D错误.
8
故选：AB
x2 y2
11. 已知直线yx1交椭圆C:  1于A，B两点，P 是直线AB上一点，O为坐
6 3
标原点，则（ ）
2
A. 椭圆C的离心率为
2
4 2
B. AB 
3
 
C. OAOB 2
D. 若F ，F 是椭圆C的左，右焦点，则 PF  PF  2 2
1 2 2 1
【答案】AD
【解析】
【分析】根据椭圆方程求出a、b、c，即可求出离心率，即可判断A，设A  x ,y  ，B  x ,y  ，
1 1 2 2
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学科网（北京）股份有限公司联立直线与椭圆方程，消元、列出韦达定理，根据弦长公式判断 B，求出
y y  x 1  x 1  ，根据数量积的坐标表示判断C，设F   3,0  关于直线AB 的对
1 2 1 2 1
称点为E(e, f)，求出对称点的坐标，再根据 PF  PF  EF ，即可判断D.
2 1 2
x2 y2
【详解】解：因为椭圆C:  1，所以a2 6，b2 3，则a 6， c  a2 b2  3 ，
6 3
c 3 2
所以离心率e   ，故A正确；
a 6 2
y  x1

设A  x ,y  ，B  x ,y  ，由x2 y2 ，消去y得3x2 4x40，
1 1 2 2

 1
 6 3
4 4
显然0，所以x x  ，x x  ，
1 2 3 1 2 3
2
 4  4 8 2
所以 AB  2 x x  2    4     ，故B错误；
1 2  3  3 3
5
又 y y  x 1  x 1  x x x x 1 ，
1 2 1 2 1 2 1 2 3
 
所以OAOB x x  y y 3，故C错误；
1 2 1 2
 
设F  3,0 关于直线AB的对称点为E(e, f)，
1
 f
1
 e 3 e1  
则 ，解得 ，即E 1,1 3 ，
 f  3e f 1 3
 1

2 2
则 PF  PE ， PF  PF  PF  PE  EF ，当且仅当P，E，F 三点共线时取等
1 2 1 2 2 2
号，
所以 PF  PF 的最大值为 EF   1 3 2   1 3 2 2 2 ，即 PF  PF  2 2 ，
2 1 2 2 1
故D正确，
故选：AD
12. 已知函数 f  x  x3  ex，若经过点 0,a 且与曲线 y f  x  相切的直线有两条，则
实数a的值为（ ）
A. 3 B. 2 C. e D. e2
【答案】AC
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学科网（北京）股份有限公司【解析】
【分析】设出切点并根据导函数性质设出过切点的切线方程，参变分离构建新函数，求导画
出草图即可根据条件得出答案.
【详解】设切点为  t,  t3  et  ，
由 f  x  x3  ex，
得 f x ex  x3  ex  x2  ex，
则过切点的切线方程为： y t3  et  t2  et xt  ，
把  0,a  代入，得a t3  et  t2  et 0t  ，
 
即a et t2 3t3 ，
令g  x ex  x2 3x3  ，
则g x ex  x2 x  ，
则当x,01,时，g
x
0，
当x0,1时，g
x
0，
gx的增区间为 ,0  与 1,，减区间为 0,1 ，
做出草图如下：
因为过点 0,a 且与曲线 y f  x  相切的直线有两条，则ae或a3，
则a 3或ae，
故选：AC.
三、填空题：本题共 4小题，每小题 5分，共 20分．
    
   
13. 已知向量a  4,2 3 ，b 1, 3 ，则ab b ______．
【答案】0
【解析】
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学科网（北京）股份有限公司【分析】根据向量的数量积和向量的模长公式，直接进行计算即可.
【详解】a  b   b    4,2 3    1, 3   1 2  3 2 462 0 ，
故答案为：0
14. 写出一个同时满足下列条件的非常数函数______．
①在  0, 单调递增 ②值域  1, ③ f  x  =f x 
【答案】 f  x  x2 1（不唯一）
【解析】
【分析】结合函数的性质选择合适函数即可.
【详解】由 f

x

=f
x 
得函数为偶函数，关于y轴对称，结合单调性及值域，可以为
f  x  x2 1.
故答案为： f  x  x2 1（不唯一）.
15.“中国剩余定理”又称“孙子定理”．1852年，英国来华传教士伟烈亚力将《孙子算经》中“物
不知数”问题的解法传至欧洲．1874年，英国数学家马西森指出此法符合1801年由高斯得
到的关于同余式解法的一般性定理，因而西方称之为“中国剩余定理”．“中国剩余定理”讲的
是一个关于整除的问题，现有这样一个整除问题：将1到2022这2022个数中，能被3除余
 
1且被4除余1的数按从小到大的顺序排成一列，构成数列 a ，则此数列的项数为______．
n
【答案】169
【解析】
【分析】根据题意可知所求数为能被12除余1，得出数列{a }的通项公式，然后再求解项
n
数即可.
【详解】解：因为能被3除余1且被4除余1的数即为能被12除余1的数，
2033
故a 12n11,(nN)，又a 2022，即12n112022，解得n ，
n n 12
又nN*，所以1n169且nN*.
故答案为：169.
 π
16. 函数 f  x 2sin x  0, 的部分图象如图中实线所示，A，C为 f  x 
 2
 1 
的图象与x轴交点，且A  ,0，M，N是 f  x  的图象与圆心为C的圆（虚线所示）的
 6 
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学科网（北京）股份有限公司2
交点，且点M在y轴上，N点的横坐标为 ，则圆C的半径为______．
3
2 7
【答案】
3
【解析】
【分析】根据函数 f(x)2sin(x)的图象以及圆C的对称性可得函数的周期，结合
 1  π
A  ,0可得 f(x)2sin(2πx )，进而求解M 的坐标，由勾股定理即可求解半径.
 6  3
【详解】根据函数 f(x)2sin(x)的图象以及圆C的对称性，
可得M ，N 两点关于圆心C(c,0)对称，
1 T 1 1 π 1
所以c ，于是 c     2π，
3 2 6 2  2
 1  π π
由2π及A  ,0，得 0kπ,kZ kπ,k Z，
 6  3 3
π π
由于 ，所以 ，
2 3
π
所 以 f(x)2sin(2πx ) ， f(0) 3 ， 从 而 M(0, 3) ， 故 半 径 为
3
2
1 2 7
CM    3  ,
3 3
2 7
故答案为：
3
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. 已知数列  a  满足a 1，  n1  a na 0  n2  ．
n 1 n n1
 
（1）求数列 a 的通项公式；
n
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学科网（北京）股份有限公司（2）若b 2na ，求数列  b  的前n项和S ．
n n n n
【答案】（1）a n
n
（2）S  n1 2n12
n
【解析】
a 
【分析】（1）由题意得数列 n为常数列，可数列  a  的通项公式；
 n  n
（2）利用错位相减法求数列前n项和.
【小问1详解】
a a a 
由  n1  a na 0  n2  ，得 n  n1  n2 ，所以数列 n为常数列，有
n n1 n n1  n 
a a
n  1 1，∴a n
n
n 1
【小问2详解】
b 2na n2n，
n n
S 21222 323 n1  2n1n2n，
n
2S 22 223324  n1  2n n2n1，
n
 
2 12n
两式相减，S 2122232nn2n1  n2n1   1n 2n12 ，
n 12
所以S  n1 2n12
n
π 21
18. 如图，在ABC中，AB 4，AC 2，B ，点D在边BC上，且cosADB  ．
6 7
（1）求BD；
（2）求ABC的面积．
【答案】（1） 3
（2）2 3
【解析】
21
【分析】（1）由cosADB  求出sinADB，再由正弦定理即可求出BD
7
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学科网（北京）股份有限公司（2）根据余弦定理可求出BC，进而求出ABC的面积.
【小问1详解】
21 2 7 π
在ADB中，cosADB  ，则sinADB ，B ，
7 7 6
  1  21 3 2 7 21
所以sinBAD sin ADB  

 

   ，
 6  2  7  2 7 14
BD 4
BD AB   BD  3
由正弦定理可得：  ，则 21 2 7 .
sinBAD sinADB
14 7
【小问2详解】
3 BC2 164
在ABC中，由余弦定理可得：cos30  ，
2 2BC4
解得：BC 2 3.
1 1
所以ABC的面积S  2 34 2 3.
2 2
19. 近年来，师范专业是高考考生填报志愿的热门专业．某高中随机调查了本校2022年参
加高考的100位文科考生首选志愿（第一个院校专业组的第一个专业）填报情况，经统计，
首选志愿填报与性别情况如下表：（单位：人）
首选志愿为师范专业 首选志愿为非师范专业
女性 45 15
男性 20 20
假设考生选择每个科目的可能性相等，且他们的选择互不影响．
（1）根据表中数据，能否有99%的把握认为首选志愿为师范专业与性别有关？
（2）若以上表中的频率代替概率，从该校考生中随机选择8位女生，试估计选择师范专业
作为首选志愿的人数．
n  ad bc 2
参考公式：K2  ，其中nabcd ．
 ab  cd  ac  bd 
参考数据：
P  K2 k  0.10 0.05 0.010 0.001
0
k 2.706 3.841 6.635 10.828
0
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学科网（北京）股份有限公司【答案】（1）没有99%的把握认为首选志愿为师范专业与性别有关；
（2）6.
【解析】
100  45201520 2
【分析】（1）首先利用数据求得K2   6.593 6.635，对照表格
60406535
数据即可得解；
（2）根据人数可得女生中首选志愿为师范专业的概率P 0.75，设该校考生中随机选择8
位女生中选择师范专业作为首选志愿的人数为x，所以x B(8,0.75)，利用二项分布即可
得解.
【小问1详解】
100  45201520 2
根据所给数据求得 K2   6.593 6.635 ，
60406535
所以没有99%的把握认为首选志愿为师范专业与性别有关.
【小问2详解】
100名高考考生中有60名女生，首选志愿为师范专业有45人，
故首选志愿为师范专业的概率P 0.75，
设该校考生中随机选择8位女生，选择师范专业作为首选志愿的人数为x，
所以x B(8,0.75)，
所以E(x)80.756，
所以随机选择8位女生计选择师范专业作为首选志愿的人数为6.
20. 如图，四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，底面ABCD是直角梯形，AB∥CD，
AB AD ，PA1，BC CD2，AB3，点E在棱PC上．
（1）证明：平面AED平面PAB；
（2）已知点E是棱PC上靠近点P的三等分点，求二面角C AED的余弦值．
42
【答案】（1）见解析 （2）
14
【解析】
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学科网（北京）股份有限公司【分析】（1）由题意可证得PA AD，又AB AD，由线面垂直的判定定理可得AD 平
面PAB,再由面面垂直的判定定理即可得证；
（2）以A为原点,AD,AB,AP分别为x,y,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系，分别求
出平面CAE和平面AED的法向量，再由二面角公式即可得出答案.
【小问1详解】
因为PA平面ABCD,AD 平面ABCD，所以PA AD，
又AB AD，PAAB  A，PA，ABÌ 平面PAB，
所以AD 平面PAB,
又AD 平面ADE ，所以平面AED平面PAB.
【小问2详解】
以A为原点,AD,AB,AP分别为x,y,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系，
过C作CG//AD，交AB于点G，则易知四边形ADCG是矩形，
所以ADCG 22 1 3，
则A(0,0,0),B(3,0,0),P(0,0,1),C(2，3,0),D(0, 3,0),
E是棱PC上靠近点P的三等分点，
所以设E  x,y,z  ，则  P  E   1 P  C  ，所以 x,y,z1  1 2, 3,1  ，
3 3
2 3 2 2 3 2  2 3 2 
则x ,y  ,z  ，则E  , ,   ，AE   , ,   ,AD (0, 3,0),
3 3 3  3 3 3   3 3 3 
    
设平面ADE 的法向量为n(x,y,z),则nAD 0且nAE 0,
2 3 2
∴ 3y 0且 x y z 0,∴y0,令x 1,则z 1,
3 3 3

∴平面ADE 的一个法向量n 1,0,1  ,
    
设平面ACE的法向量为m(x ,y ,z ),AP  0,0,1  ,AC  2, 3,0
1 1 1
 
则m  AC 0且m  AP 0,∴z 0且2x  3y 0,
1 1 1
  
∴令x 3,则 y=2,∴平面ACE的一个法向量m 3,2,0 ,
 
  mn 3 42
∴cos m,n      ,
m n 2 7 14
42
二面角C AED的余弦值为 .
14
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学科网（北京）股份有限公司21. 已知直线x2y20过抛物线C:x2  2py  p0  的焦点．
（1）求抛物线C的方程；
（2）动点A在抛物线C的准线上，过点A作抛物线C的两条切线分别交x轴于M，N两点，
5
当AMN 的面积是 时，求点A的坐标．
2
【答案】（1）x2 4y
（2）A  1,1 或1,1
【解析】
【分析】（1）求出焦点坐标为 0,1 ，从而得到 p2，求出抛物线方程；
（2）设出A  m,1  ，过点A的抛物线的切线方程设为 y1k  xm  ，与抛物线方程
联立，根据Δ0得到16k2 16mk 160，设过点A的抛物线的两条切线方程的斜率分
别为k ,k ，求出k k m,k k 1，表达出 MN  x x  k k ，
1 2 1 2 1 2 1 2 2 1
1 1 5
S  m2 4 ，列出方程 m2 4  ，求出m1，得到点A的坐标.
AMN 2 2 2
【小问1详解】
x2y20中令x0得： y 1，
p
故焦点坐标为 0,1 ，故 1，解得： p2，故抛物线方程为x2 4y；
2
【小问2详解】
抛物线准线方程为： y 1，
设A  m,1  ，过点A的抛物线的切线方程设为y1k  xm  ，
联立x2 4y得：x2 4kx4km40，
由 16k2 16mk160，设过点A的抛物线的两条切线方程的斜率分别为k ,k ，
1 2
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学科网（北京）股份有限公司故k k m,k k 1，
1 2 1 2
1
令 y1k  xm  中，令y0得：x  m，
k
1 1 1 1 k k
不妨设x  m,x  m，故 MN  x x    2 1  k k ，
1 k 2 k 1 2 k k kk 2 1
1 2 1 2 1 2
1 1 1 1 5
则S  MN 1 k k   k k 2 4k k  m2 4  ，
AMN 2 2 2 1 2 2 1 1 2 2 2
解得：m1，故点A的坐标为A  1,1 或1,1 .
【点睛】已知抛物线方程 y2 2px，点A  x ,y  为抛物线上一点，则过点A  x ,y  的抛
0 0 0 0
物线切线方程为 y y  p  x x  ，
0 0
若点Ax ,y 在抛物线外一点，过点Ax ,y 作抛物线的两条切线，切点弦方程为
0 0 0 0
y y  p  x x  .
0 0
x
22. 已知函数 f  x  xex，g  x 2ln 2．
2
 
（1）求函数 f x 的最值；
（2）若关于x的不等式 f

x
g 
x
kx恒成立，求实数k的取值范围．
1
【答案】（1）最小值为 f(1) ，无最大值.
e
（2）k 2
【解析】
【分析】(1)利用导函数讨论函数的单调性即可求最值；(2)分离参变量，构造函数
2 x 2
g(x)ex  ln  ，利用导数结合单调性讨论其最小值即可求解.
x 2 x
【小问1详解】
因为 f  x  xex，所以 f x ex xex (x1)ex，
令 f x (x1)ex 0解得x1，令 f x (x1)ex 0解得x1，
所以 f  x  xex在 ,1  单调递减，在 1, 单调递增，
1
所以当x=1时， f  x  有最小值为 f(1) ，无最大值.
e
【小问2详解】
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学科网（北京）股份有限公司x
由g(x)2ln 2的定义域可得x 0, ，
2
x
f  x g  x kx即xex 2ln 2kx，
2
2 x 2
等价于k ex  ln  (x0) 恒成立，
x 2 x
2 x 2
令h(x)ex  ln  ，所以
x 2 x
x
x2ex 2ln
h(x)ex       2  ln x  2    2 ex  2 ln x  2 ，
 x2  2 x2  x2 x2 2 x2
x
令F(x) x2ex 2ln ,x 0，
2
所以F(x)  x2 2x  ex x 0在x 0, 恒成立，
2
x
所以F(x) x2ex 2ln ,单调递增，
2
1 e
F(1)eln40,F( ) ln160，
2 4
1  x
所以存在唯一x   ,1，使得F(x )0，即x 2ex 0 2ln 0 0，
0 2  0 0 2
所以当x  0,x  时，F(x)0，即h(x)0，h(x)单调递减，
0 0
x  x , 时，F(x)0，即h(x)0，h(x)单调递增，
0 0
2 x 2
所以h(x) h(x )ex 0  ln 0  ,
min 0 x 2 x
0 0
x 2 x 2 ln 2
由x 2ex 0 2ln 0 0得x ex 0  ln 0 0，也即x ex 0 ln e x 0 ，
0 2 0 x 2 0 x
0 0
2
即 f(x ) f(ln )，由(1)知 f(x)在 1, 单调递增，
0 x
0
2 2 x
所以x ln ，ex 0  ,x ln 0 ，
0 x x 0 2
0 0
2 x 2 2 2 x 2
所以g(x)  g(x )ex 0  ln 0    ln 0  2 ，
min 0 x 2 x x x 2 x
0 0 0 0 0
所以k 2.
【点睛】方法点睛：分离参变量是求参数取值范围常用的方法，本题第二问对不等式等价变
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学科网（北京）股份有限公司2 x 2  2 x 2
形为k ex  ln  (x0) ,从而k  ex  ln   ，构造函数讨论单调性及最值
x 2 x  x 2 x
min
x
是常用的方法，解决的关键在于利用零点的存在性定理得x 2ex 0 2ln 0 0，再根据（1）
0 2
2 2 x
得 f  x  xex的单调性，进一步得到x ln ，ex 0  ,x ln 0 ，等量代换求出最
0 x x 0 2
0 0
小值.
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学科网（北京）股份有限公司