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(四)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（四） 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.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. 1. 已知复数 z 1 3i ，则z2 在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数代数形式的乘法运算化简复数z2，再根据复数的几何意义判断即可.  2  2 【详解】解：因为z 1 3i ，所以z2  1 3i 12 3i 3i 22 3i ，   所以z2在复平面内对应的点的坐标为 2,2 3 位于第三象限. 故选：C   2. 已知全集U {x∣6 x2}，集合A x∣x2 2x30 ，则ð A=（ ） U A. 6,2  B. 3,2  C. 6,3  1,2  D.  6,3  1,2  【答案】D 【解析】 【分析】计算出集合B，由补集的定义即可得出答案. 【详解】因为A  x∣x22x30    x 3 x1  ， ð A=  6,3  1,2  . U 第1页/共18页 学科网（北京）股份有限公司故选：D. 3. 陀螺是中国民间最早的娱乐工具之一，也称陀罗.图1是一种木陀螺，可近似地看作是一 个圆锥和一个圆柱的组合体，其直观图如图2所示，其中B,C 分别是上､下底面圆的圆心， 且AC 3AB 6，底面圆的半径为2，则该陀螺的体积是（ ） 80 70p 56 A. B. C. 20 D. 3 3 3 【答案】D 【解析】 【分析】根据圆锥与圆柱的体积公式，可得答案. 【详解】已知底面圆的半径r 2，由AC 3AB 6，则AB  2,BC  4， 1 56 故该陀螺的体积V  BCr2  ABr2  . 3 3 故选：D. 4. 已知一组数据：x ,x ,x 的平均数是4，方差是2，则由3x 1,3x 1,3x 1和11这四 1 2 3 1 2 3 个数据组成的新数据组的方差是（ ） 27 A.27 B. C.12 D.11 2 【答案】B 【解析】 【分析】根据方差和平均数的计算及可求解. 【详解】因为一组数据x，x ，x 的平均数是4，方差是2， 1 2 3 1 1 所以 (x x x )4, [(x 4)2(x 4)2(x 4)2]2 ， 3 1 2 3 3 1 2 3 所以x x x 12,(x 4)2 (x 4)2 (x 4)2 6， 1 2 3 1 2 3 所以3x 1,3x 1,3x 1，11的平均数为 1 2 3 1 1 [11(3x 1)(3x 1)(3x 1)] [113(x x x )3]11 ， 4 1 2 3 4 1 2 3 所以3x 1,3x 1,3x 1，11的方差为 1 2 3 第2页/共18页 学科网（北京）股份有限公司1 [(1111)2 (3x 12)2 (3x 12)2 (3x 12)2] 4 1 2 3 1 1 27  9[(x 4)2(x 4)2(x 4)2] 96 4 1 2 3 4 2 故选：B            5. 若非零向量a,b满足2 a  b 2, a2b a，则向量a与b夹角的余弦值为（ ） 3 1 1 1 A. B. C. D. 4 2 3 4 【答案】D 【解析】            【分析】求出 a =1,b =2，根据 a2b a可得 a2b a 0,代入化简求解夹角余弦 值即可.   【详解】设a与b 的夹角为，          因为2 a  b 2, a2b a，所以 a =1,b =2，         a2b a a2 2 a b cos0.  a2 1 cos    . 2 a b 4 故选：D. 6. 已知圆O :(x2)2 (y3)2 4，圆O :x2  y2 2x2y70，则同时与圆O 和 1 2 1 圆O 相切的直线有（ ） 2 A.4条 B.3条 C.2条 D.0条 【答案】B 【解析】 【分析】根据圆的方程，明确圆心与半径，进而确定两圆的位置关系，可得答案. 【详解】由圆O :  x2 2  y3 2 4，则圆心O  2,3  ，半径r 2； 1 1 1 由圆O :x2  y2 2x2y70，整理可得 x1 2  y1 2 9，则圆心O 1,1  ， 2 2 半径r 3； 2 由 OO   21 2  31 2 5r r ，则两圆外切，同时与两圆相切的直线有3条. 1 2 1 2 故选：B. 7. 已知函数 f  x  Asin x (A0,0,0)的部分图象如图所示，则函数 第3页/共18页 学科网（北京）股份有限公司f  x  在区间  0,10 上的零点个数为（ ） A.6 B.5 C.4 D.3 【答案】B 【解析】 【分析】求出周期，方法1：画图分析零点个数；方法2：求 f(x)0的根解不等式即可. 3 7π 2π T 【详解】由题意知， T  ( )3π，解得：T 4π， 2， 4 3 3 2 方法1：∴作出函数图象如图所示， ∴ f(x)在区间[0,10π]上的零点个数为5. 2π 方法2：∴ f(x)0，解得：x 2kπ,kZ， 3 2π 1 16 ∴0 2kπ10π，kZ，解得： k  ，kZ， 3 3 3 ∴k 1,2,3,4,5，∴ f(x)在区间[0,10π]上的零点个数共有5个. 故选：B. x2 y2 8. 已知椭圆C:  1(a b 0)的左､右焦点分别为F,F ，点P在椭圆C上，若离 a2 b2 1 2 PF 心率e 1 ，则椭圆C的离心率的取值范围为（ ） PF 2    2   2  A. 0, 21 B.   0,   C.  ,1  D.  2   2    21,1  【答案】D 第4页/共18页 学科网（北京）股份有限公司【解析】 PF 2a 【分析】由题意可知e 1 ，结合椭圆的定义解得 PF  ，再由 PF 2 e1 2 ac PF ac求解. 2 PF 【详解】因为e 1 ，所以 PF e PF ， PF 1 2 2 2a 由椭圆的定义得： PF  PF 2a，解得 PF  ， 1 2 2 e1 2a 因为ac PF ac，所以ac ac， 2 e1 2 两边同除以a得1e 1e，解得 e 21， e1 因为 0e1，所以 21e1， 所以该离心率e的取值范围是[ 21,1) 故选：D. 二､多选题：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.  π 1tan 9. 若tan2   ，则的值可能为（ ）  3 1tan π 7π 19π 5π A. B. C. D.  36 36 36 36 【答案】BCD 【解析】 π 1tan π 【分析】根据题意可得：tan(2 )  tan( )，然后利用正切函数的性质 3 1tan 4 即可求解. π tan tan 1tan 4 π π π 【详解】因为   tan( )，则tan(2 ) tan( )， 1tan π 4 3 4 1tan tan 4 π π kπ 7π 所以2 kπ ,kZ，解得：  ,kZ， 3 4 3 36 7π 19π 5π 当k 0时， ；当k 1时， ；当k 1时， ； 36 36 36 故选：BCD. 第5页/共18页 学科网（北京）股份有限公司10. 某校10月份举行校运动会，甲､乙､丙三位同学计划从长跑，跳绳，跳远中任选一项参 1 加，每人选择各项目的概率均为 ，且每人选择相互独立，则（ ） 3 1 A. 三人都选择长跑的概率为 27 2 B. 三人都不选择长跑的概率为 3 4 C. 至少有两人选择跳绳的概率为 27 5 D. 在至少有两人选择跳远的前提下，丙同学选择跳远的概率为 7 【答案】AD 【解析】 【分析】根据相互独立事件概率计算公式计算即可. 【详解】由已知 1 1 1 1 三人选择长跑的概率为    ，故A正确. 3 3 3 27 2 2 2 8 三人都不选择长跑的概率为    ，故B错误. 3 3 3 27 1 1 1 1 1 2 7 至少有两人选择跳绳的概率为   C2    ，故C错误. 3 3 3 3 3 3 3 27 1 1 1 1 1 2 7 记至少有两人选择跳远为事件A，所以P  A    C2    . 3 3 3 3 3 3 3 27 11 1 2 1 5 记丙同学选择跳远为事件B，所以P  AB    C1     . 33 3 2 3 3 27   P AB 5   所以在至少有两人选择跳远的前提下，丙同学选择跳远的概率为P B A   ，   P B 7 故D正确. 故选：AD 11. 设函数 f  x  x1  ln  x1  (x0)，若 f  x  k1  x1恒成立，则满足条件的 正整数k可以是（ ） A.1 B.2 C.3 D.4 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据题意可得g  x  x1  ln  x1  k1  x10，利用导数结合分类讨论 第6页/共18页 学科网（北京）股份有限公司解决恒成立问题. 【详解】若 f  x  k1  x1恒成立，则 f  x  k1  x1 x1  ln  x1  k1  x10恒成立， 构建g  x  x1  ln  x1  k1  x1，则g x ln  x1 2k， ∵x0，故ln  x1 0，则有： 当2k 0，即k 2时，则g x 0当x0时恒成立， 故g  x  在  0, 上单调递增，则g  x  g  0 10， 即k 2符合题意，故满足条件的正整数k为1或2； 当2k 0，即k 2时，令g x 0，则xek2 1， 故g  x  在  0,ek2 1  上单调递减，在  ek2 1,  上单调递增，则 g  x  g  ek2 1  kek2 0， 构建G  k kek2，则G k 1ek2 0当k 2时恒成立， 故G  x  在2,上单调递减，则G  k G  2 10， ∵G  3 3e0,G  4 4e2 0， 故满足G  k 0  k 2  的整数k 3； 综上所述：符合条件的整数k为1或2或3，A、B、C正确，D错误. 故选：ABC . 12. 已知三棱锥PABC中，PA平面 2 ABC,PA4,BAC  ,AB AC 2 3,M 是边BC上一动点，则（ ） 3 A. 点C到平面PAB的距离为2 21 B. 直线AB与PC所成角的余弦值为 14 C. 若M 是BC中点，则平面PAM 平面PBC 4 3 D. 直线PM 与平面ABC所成的最大角的正切值为 3 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A，利用线面垂直判定定理，明确点到平面的距离，利用三角形的性质，可得 第7页/共18页 学科网（北京）股份有限公司答案； 对于B，建立空间直角坐标系，求得直线的方向向量，利用向量夹角公式，可得答案； 对于C，利用等腰三角形的性质，结合面面垂直判定定理，可得答案； 对于D，利用线面垂直性质定理，结合直角三角形的性质以及锐角正切的定义，可得答案. 【详解】对于A，在平面ABC内，过C作CD AB，如下图所示： PA平面ABC，且CD平面ABC，PACD， CD  AB，PAAB  A，AB,PA平面PAB，\ CD^ 平面PAB， 2  则C到平面PAB的距离为 CD ，BAC  ，AB  AC  2 3，ABC  ， 3 6 在RtBCD中， CD CBsinCBA AB2  AC2 2ABACcosBAC sinCBA3，故A错误； 对于B，在平面ABC内，过A作AE  AB，且E  BC ，易知AB,AE,AP 两两垂直， 如图建立空间直角坐标系： 则A  0,0,0  ，B  2 3,0,0  ，C   3,3,0  ，P  0,0,4  ，       得AB  2 3,0,0 ，PC   3,3,4 ，       ABPC  2 3  3 6， AB 2 3， PC  3916 2 7 ，     ABPC 21 则cos AB,PC     ，故B正确； AB  PC 14 第8页/共18页 学科网（北京）股份有限公司对于C，作图如下： 在ABC中，AB AC，M 为BC的中点，则AM BC， PA平面ABC，BC平面ABC，PABC， AM PA A，AM,PA平面AMP，BC 平面AMP， BC 平面PBC，平面PBC平面AMP，故C正确， 对于D，作图如下： PA平面ABC，AM 平面ABC，PA AM ， PA 则在RtPAM 中，tanAMP  ，当AM 取得最小值时，tanAMP取得最大值， AM  当M 为BC的中点时，由C可知，AM BC，AM 取得最小值为ABsin  3， 6 4 3 则tanAMP取得最大值为 ，故D正确. 3 故选：BCD. 三､填空题：本题共 4小题，每小题 5分，共 20分. k 3x 13. 函数 f  x   xR 为奇函数，则实数k的取值为__________. 1k3x 【答案】1 【解析】 【分析】由奇函数的定义求解即可. 第9页/共18页 学科网（北京）股份有限公司k 3x 【详解】函数 f  x   xR 为奇函数，必有k 0， 1k3x k3x k·3x 1 k3x 3x k 则 f x   f  x   ， 1k3x 3x k 1k3x 1k3x 于是得32x k2 k2·32x 1恒成立，即k2 1， 解得：k 1. 故答案为：1. 14. 已知抛物线y2 8x的焦点为F ，抛物线上一点P，若 PF 5，则POF 的面积为 ______________. 【答案】2 6 【解析】 【分析】先根据抛物线定义得P点坐标，再根据三角形面积公式求解. 【详解】因为 PF 5，所以x 25x 3,y 2 24,| y |2 6， P P P P 1 1 因此POF 的面积为 | y ||OF|= 2 62=2 6. 2 P 2 【点睛】本题考查抛物线定义应用，考查基本分析转化与求解能力，属基础题. 15. 由数字0,1,2,3,4,5,6,7组成没有重复数字的三位数，则能被5整除的三位数共有 __________个. 【答案】78 【解析】 【分析】能被5整除的三位数末位数字是5或0，分成末位数字是5和末位数字是0两种情 况讨论. 【详解】能被5整除的三位数说明末尾数字是5或0 当末尾数字是5时，百位数字除了0有6种不同的选法，十位有6种不同的选法，根据分步 乘法原理一共有6636种方法； 当末尾数字是0时，百位数字有7种不同的选法，十位有6种不同的选法，根据分步乘法原 理一共有76 42种方法； 则一共有364278种 故答案为：78 2a 16. 已知a0，函数g  x  x 2在  3, 上的最小值为2，则实数 x a  __________. 【答案】1 第10页/共18页 学科网（北京）股份有限公司【解析】 【分析】利用导数分类为 2a 3与 2a 3讨论，得出g  x  在  3, 上的最小值， 由最小值为2求解a的值即可得出答案. 2a 【详解】g  x  x 2， x    2a x2  2a  x 2a x 2a g x 1   ， x2 x2 x2 当 2a 3时，即0a 7时， 则g x 0在 3,上恒成立，则g  x  在  3,上单调递增， 5a gx在  3, 上的最小值为g  3  2，解得a 1， 3 当 2a 3时，即a 7时， 当x3, 2a  时，g x 0，g  x  单调递减，  当x  2a,  时，g x 0，g  x  单调递增，   2a gx在  3, 上的最小值为g 2a  2a  22,a 2 ，舍去， 2a 综上所述：a1， 故答案为：1. 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. 第24届冬奥会于2022年2月4日在北京市和张家口市联合举行，此项赛事大大激发了 国人冰雪运动的热情.某滑雪场在冬奥会期间开业，下表统计了该滑雪场开业第x天的滑雪 人数y（单位：百人）的数据. 天数代码x 1 2 3 4 5 滑雪人数y（百人） 9 11 14 26 20 经过测算，若一天中滑雪人数超过3500人时，当天滑雪场可实现盈利，请建立y关于x的 回归方程，并预测该滑雪场开业的第几天开始盈利. 参考公式：线性回归方程 yˆ b ˆ xaˆ的斜率和截距的最小二乘法估计分别为 n  x x  y  y  i i b   i1 ,aˆ y b ˆ x . n  x x 2 i i1 第11页/共18页 学科网（北京）股份有限公司【答案】 yˆ 3.7x4.9；9. 【解析】 【分析】根据表中数据及平均数公式求出aˆ,b ˆ，从而求出回归方程，然后再根据一天中滑雪 人数超过3500人时，当天滑雪场可实现盈利即可求解. 12345 911142620 【详解】由题意可知，x 3，y  16， 5 5 所以 5  x x  y  y  13  916   23  1116   33   1416  i i i1  43  2616  53  2016  2 7 1 5 02 11024 145010837 5  x x 2  13 2  23 2  33 2   43 2   53 2  4101410 ， i i1 5  x x  y  y  i i 37 所以b   i1   3.7，  5  x x 2 10 i i1 aˆ  yb ˆ x 163.734.9， 所以y关于x的回归方程为 yˆ 3.7x4.9. 因为天中滑雪人数超过3500人时，当天滑雪场可实现盈利，即3.7x4.935，解得 30.1 x 8.14, 3.7 所以根据回归方程预测，该该滑雪场开业的第9天开始盈利. 2 78 18. 如图，四边形ABCD中，B 150,D 60,AB 2 3,AD  ,ABC的面 3 积为2 3. （1）求AC； （2）求ACD. 【答案】（1）2 13 第12页/共18页 学科网（北京）股份有限公司π （2） 4 【解析】 【分析】（1）在ABC中，利用面积公式、余弦定理运算求解； （2）在ACD中，利用正弦定理运算求解，注意大边对大角的运用. 【小问1详解】 1 1 1 在ABC中，由ABC的面积S  ABBCsinB  2 3BC 2 3，可得 2 2 2 BC 4， 由余弦定理  3 AC2  AB2 BC2 2ABBCcosB 121622 34 52，即    2  AC 2 13. 【小问2详解】 AC AD 在ACD中，由正弦定理  ，可得 sinD sinACD 3 2 78  ADsinD 2 3 2 ， sinACD   AC 2 13 2 π ∵AD AC，则ACDD60，故ACD . 4 19. 设数列  a  的前n项和为S ,S 2a 2n6  nN*  . n n n n   （1）求数列 a 的通项公式； n  2n1  127 （2）若数列 的前m项和T  ，求m的值. a a  m 258 n n1 【答案】（1）a 2n n （2）7 【解析】 【分析】（1）当n2时，构造S 2a 2n8，与条件中的式子，两式相减，得 n1 n1 a 2a 2，转化为构造等比数列求通项公式； n n1 2n1 2n1 （2）由（1）可知b n  a a   2n 2  2n12  ，利用裂项相消求和法求解. n n1 第13页/共18页 学科网（北京）股份有限公司【小问1详解】 因为S 2a 2n6，所以当n 1时，S 2a 4，解得a 4． n n 1 1 1 当n2时，S 2a 2n8，则S S 2a 2a 2， n1 n1 n n1 n n1 整理得a 2a 2，即a 22  a 2  ． n n1 n n1 所以数列  a 2  是首项为2，公比为2的等比数列， n 所以a 222n1 2n．所以a 2n 2. n n 【小问2详解】 2n1 2n1  1 1  令b   2  ， n a a  2n 2  2n12  2n 2 2n12 n n1 1 1 1 1 1 1 1 1  数列  b  的前m项和T 2      +  ， n m 4 6 6 10 10 14 2m 2 2m12 1 1  1 2 =2     ， 4 2m12 2 2m12 1 2 127 2 2 则   ，则  ， 2 2m12 258 2m12 258 则2m1 256m7. m的值为7. 20. 如图，正方体ABCDABCD 的棱长为4，点E、P分别是DD 、AC 的中点. 1 1 1 1 1 1 1 （1）求证：BP 平面AEC ； 1 1 （2）求直线BC与平面AEC 所成角的正弦值. 1 1 1 【答案】（1）证明见解析 3 （2） 6 【解析】     【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用空间向量法证明EC BP0，EA BP0，即 1 1 可得证； 第14页/共18页 学科网（北京）股份有限公司（2）利用空间向量法计算可得. 【小问1详解】         证明：如图建立空间直角坐标系，则E 0,0,2 ，B 4,4,0 ，B 4,4,4 ，P 2,2,4 ， 1 C  0,4,4  ，A 4,0,4，C  0,4,0  ， 1 1    所以EC  0,4,2 ，EA  4,0,2 ，BP 2,2,4 ， 1 1     所以EC BP0，EA BP0， 1 1 所以EC  BP，EA BP，又EC EA E ，EC ,EA 平面AEC ， 1 1 1 1 1 1 1 1 所以BP 平面AEC . 1 1 【小问2详解】  解：由（1）可知BP 2,2,4 可以为平面AEC 的法向量， 1 1  又BC 4,0,4 ， 1 设直线BC与平面AEC 所成角为，则 1 1 1   BCBP 24 02 44  3 1 sin     ， BC  BP 4 22 6 6 1 3 故直线BC与平面AEC 所成角的正弦值为 . 1 1 1 6 x2 y2 21. 已知双曲线C:  1(a0,b0)的一条渐近线方程为x2y 0，一个焦点到该渐 a2 b2 近线的距离为1. （1）求双曲线C的方程； （2）若双曲线C的右顶点为A，直线l: y kxm与双曲线C相交于M,N两点(M,N不   是左右顶点），且AM AN 0.求证：直线l过定点，并求出该定点的坐标. 第15页/共18页 学科网（北京）股份有限公司x2 【答案】（1）  y2 1 4 10  （2）证明过程见解析，定点坐标为 ,0  3  【解析】 b 1 【分析】（1）由渐近线方程求出  ，根据焦点到渐近线距离列出方程，求出c 5 ， a 2 从而求出a 2,b1，得到双曲线方程； x2   （2）l: y kxm与  y2 1联立，求出两根之和，两根之积，由AM AN 0列出方 4 10 程，求出m k或m2k ，舍去不合要求的情况，求出直线过定点，定点坐标为 3 10   ,0.  3  【小问1详解】 b 1 因为渐近线方程为x2y 0，所以  ， a 2 c 焦点坐标  c,0  到渐近线x2y 0的距离为 1，解得：c 5 ， 14 因为a2 b2 c2 5，解得：a 2,b1， x2 所以双曲线C的方程为  y2 1； 4 【小问2详解】   由题意得：A 2,0 ， x2   l: y kxm与  y2 1联立得： 14k2 x2 8kmx4m2 40， 4 8km 4m2 4     设M x ,y ,N x ,y ，则x x  ,x x  ， 1 1 2 2 1 2 14k2 1 2 14k2 y y  kx m  kx m k2x x km  x x m2 ， 1 2 1 2 1 2 1 2   AM AN  x 2,y  x 2,y  x x 2  x x 4 y y 1 1 2 2 1 2 1 2 1 2  k2 x x  km2  x  x  m2 4   1k2   4m24  km2  8km m2  40 1 1 2 1 2 14k2 14k2 ， 化简得：20k2 16km3m2 0， 第16页/共18页 学科网（北京）股份有限公司10 解得：m k或m2k ， 3 10  10 10  当m k时，l: y kx 恒过点 ,0， 3  3   3  当m2k 时，l:y k  x2  恒过点A  2,0  ，此时M,N中有一点与A  2,0  重合，不 合题意，舍去， 10  综上：直线l过定点，定点为 ,0，  3  【点睛】处理定点问题的思路： （1）确定题目中的核心变量（此处设为k）， （2）利用条件找到k与过定点的曲线F  x,y 0的联系，得到有关k与x,y的等式，   （3）所谓定点，是指存在一个特殊的点 x ,y ，使得无论k的值如何变化，等式恒成立， 0 0 此时要将关于k与x,y的等式进行变形，直至找到  x ,y  ， 0 0 ①若等式的形式为整式，则考虑将含k的式子归为一组，变形为“k  ”的形式，让括号 中式子等于0，求出定点； ②若等式的形式是分式，一方面可考虑让分子等于0，一方面考虑分子和分母为倍数关系， 可消去k变为常数. 22. 已知函数 f  x ex x4ln  2x  .      （1）求函数 f x 的图象在 0, f 0 处的切线方程；   （2）判断函数 f x 的零点个数，并说明理由. 【答案】（1） y 14ln2 （2）有两个零点，理由见解析 【解析】 【分析】（1）根据导数的几何意义，结合导数的运算进行求解即可； （2）令 f  x 0，转化为t  x  =ex x 2  与g  x x4ln  2x  x 2  图象交点的   个数，利用导数得到g x 单调性，结合两个函数的图象判断可得答案. 【小问1详解】 4 f x ex 1  x2 ， 2x 4 所以切线斜率为 f 0 e0 1 0 ， 20 第17页/共18页 学科网（北京）股份有限公司f  0 e0 04ln  20 14ln2 ，所以切点坐标为  0,14ln2  ， 函数 f  x  的图象在  0, f  0  处的切线方程为y 14ln2； 【小问2详解】 有两个零点，理由如下， 令 f  x ex x4ln  2x 0，可得ex x4ln  2x  ， 判断函数 f  x  的零点个数即判断t  x  =ex x 2  与g  x x4ln  2x  x 2  图象 交点的个数， 因为t  x  =ex为单调递增函数，t  x 0，当x无限接近于时，tx无限接近于0， 且t  2  =e2， 4 x2 由g x 1 = 0，得x2， 2x 2x 当2 x2时，g x 0，g  x  单调递增， 当x<2时，g x 0，g  x  单调递减， 所以g 2 24ln40，g  e32  e324lne3 e3100 ， 3 3 1 24 28 g  1 10，g   4ln ln ln 0， 2 2 2 e3 e3 且当x无限接近于2时g  x  无限接近于， 所以t  x  =ex与g  x x4ln  2x  的图象在x  0时有一个交点，在0 x2时有一 个交点，   综上函数 f x 有2个零点. 【点睛】方法点睛：已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法： （1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围； （2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决； （3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画 出函数的图象，利用数形结合的方法求解 第18页/共18页 学科网（北京）股份有限公司