数学答案_2024-2026高三（6-6月题库）_2026年04月高三试卷_260407江苏南京第六十六中学2026届高三四月第一次检测（二模）_数学

2026届高三四月第一次检测（二模） 参考答案 1．B 【分析】利用集合的并集和补集运算求解. 【详解】因为集合A1,2，B1,4， 所以AB1，2，4， 又集合U 1,2,3,4， 所以ð AB3， U 故选：B 2．D 【分析】利用复数的乘法运算和共轭复数的概念求解. z 【详解】因为复数z满足 i，其中i为虚数单位， 1i 所以z i1i1i，则z1i， 所以z在复平面上所对应的点在第四象限， 故选：D 3．A 【分析】根据向量共线的条件及向量加法的几何意义可得 【详解】因为P为线段AC上一点（不包括端点A，C），如图：     所以存在0,1，使得APAC(ABAD). 故选：A 4．D 【分析】根据正态分布的性质，求得P(12)的值，再由样本容量求得频数，即可得到答 案. 学科网（北京）股份有限公司【详解】因为 N(13,2)，且P12140.7， 1 1 所以P(12) [1P(1214)] 10.70.15， 2 2 所以样本中耗电量小于12kW·h/100km的汽车大约有10000.15150（辆）. 故选：D. 5．C b 2 【分析】先根据焦点结合c2 a2b2计算得出a 6，进而得出  ，最后得出渐近线 a 2 方程即可. 【详解】双曲线C： x2  y2 1的一个焦点坐标为3,0，则a239，所以a 6， a2 3 b 3 2 即得   ， a 6 2 2 所以双曲线C的渐近线方程为y x. 2 故选：C. 6．A 【分析】设点Ax,y 、Bx ,y ，将直线AB的方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理， 1 1 2 2   由题意可得出OAOB0，结合韦达定理可求得 p的值. 【详解】设点Ax,y 、Bx ,y ， 1 1 2 2 y2x4 联立 可得y2 py4p0， y2 2px  p2 16p 0，由韦达定理可得y  y p，y y 4p， 1 2 1 2   y2y2 所以，OAOBxx y y  1 2 y y 44p0， 1 2 1 2 4p2 1 2 解得p1， 故选：A 7．A【分析】根据椭圆的光学性质可得FPF 90，求出 PF  3c，PF c，结合椭圆的定 1 2 1 2 义即可得解. 【详解】设切线PT 交y轴于点Q， 由椭圆的光学性质可得FPQF PT 45， 1 2 则FPF 90， 1 2 又PF F F PT FTP4515 60， 2 1 2 2 则在Rt△PFF 中， PF  FF ·sinPF F  2c 3  3c ， 1 2 1 1 2 2 1 2 1 PF  FF ·cosPF F 2c c， 2 1 2 2 1 2 由椭圆的定义得 PF  PF 2a， 1 2 c 即 3cc2a，解得  31， a 所以该椭圆的离心率是 31. 故选：A. 8．A 【详解】如图： 如图，取小圆上一点 ，连接 并延长交大圆 于点 ，连接 ， ，则在小 圆 中， ，在大圆 中， ，根据大圆的半径是小圆半 学科网（北京）股份有限公司径的 倍，可知 的中点 是小圆转动一定角度后的圆心，且这个角度恰好是 ，综上可 知小圆 在大圆内壁上滚动，圆心转过 角后的位置为点 ，小圆 上的点 ，恰好滚动到 大圆上的 也就是此时的小圆 与大圆的切点．而在小圆 中，圆心角 （ 是 小圆 与 的交点）恰好等于 ，则 ，而点 与点 其实是同一个点在 不同时刻的位置，则可知点 与点 是同一个点在不同时刻的位置．由于 的任意性，可 知点 的轨迹是大圆水平的这条直径．类似的可知点 的轨迹是大圆竖直的这条直径. 故选A. 9．AB 【分析】对A ，利用频率分布直方图所有矩形面积之和为 1，列方程求解a的值；对 B， 众数为最高矩形底边中点的横坐标，取区间[70,80)的中点 75；对C ，先算[80,90)的频率， 再乘以总体 300 得到估计人数；对D ，根据前几组频率和确定第 80 百分位数所在区间， 再用插值法计算. 【详解】对于A：由0.010a0.0350.0300.010101，解得a0.015，A正确； 对于B：因为直方图中最高矩形对应区间为 70,80，所以估计这40名学生数学考试成绩的 众数为75，B正确； 对于C：区间 80,90对应的频率为0.030100.3，3000.390， 所以估计总体中成绩落在 80,90的学生人数为90，C错误； 对于D：前三组的频率和为0.0100.0150.035100.6，第四组的频率为0.030100.3， 因为0.60.80.9，所以第80百分位数落在区间 80,90内， 0.80.6 20 由80 1080 86.67，即估计这40名学生数学考试成绩的第80百分位数约 0.3 3 为86.67，D错误； 故选：AB. 10．BCD f 00 【分析】对于A根据 判断；对于B求导判断函数的单调性即可；对于C由 f 1f 1 x x f x的正负性和单调性可得；对于D根据韦达定理以及 1 2 1计算. 2f 00 ab0 a0 【详解】对于A，若 f x为奇函数，则 ，则 ， 或 f 1f 1  a1b10 b1 b0  ， a1 均与a1b矛盾，故 f x不可能为奇函数，故A错误； 对于B， fxxaxbx1xbx1xa3x22ab1xabab 因为Δ4ab1212abab4  a2b2abab1  2 ab2a12b120，   所以 fx0存在两个不等实根x ,x ，不妨设x x ， 1 2 1 2 则 fx0得x x 或xx ； fx0得x xx ， 1 2 1 2 则 f x在,x ,x ,上单调递增，在x,x 上单调递减， 1 2 1 2 故 f x在x x 处取极大值，在xx 处取极小值，故B正确； 1 2 对于C，由 f a f 1 f b0以及 f x的单调性可知， 当a x1或xb时 f x0；当xa或1 xb时 f x0； 因为 2xx 1，且 f x f 2x0恒成立，所以 ab 1，即ab2，故C正确； 2 2 对于D，因为x ,x 是方程 fx0的两个不同实根， 1 2 2ab1 abab 所以x x  ,xx  ， 1 2 3 1 2 3 令gx fx3x22ab1xabab，则gx6x2ab1， ab1 令gx0，得x ， 3 ab1 ab1 x x  x x  则 f x关于点 , f   对称，即关于点 1 2, f  1 2对称，  3  3   2  2  由 f x  f x 0以及 f x在区间x,x 上单调递减、 1 2 1 2 x x  可得 f  1 20，又 f 10，1x,x ，  2  1 2 学科网（北京）股份有限公司ab1 x x 可得  1 2 1， 3 2 所以ab2，故D正确. 故选：BCD 11．ABD 【分析】A：运用已知公式直接判断即可； B：根据面面垂直的性质定理，结合勾股定理和逆定理进行运算判断即可. C：运用假设法，结合余弦函数的最值性质进行判断即可； D：根据锐角三角函数定义，结合余弦定理、基本不等式进行求解判断即可. π 【详解】A：当 时，由已知公式，得 2 π cosPBC cosPBM cosCBM sinPBM sinCBM cos ， 2 所以cosPBCcosPBMcosCBM，所以本选项说法正确； B：当M 为AD中点，取BM 的中点N，连接PN,CN， 因为在矩形ABCD中，AB1,BC 2， 所以PN BM ， 1 1 2 由勾股定理可得AN  BM  AB2  AM2  ，且 2 2 2 CM  DM2CD2  2 ，而BC 2， 所以CM2BM2  BC2， 1 10 所以CM BM ，于是CN  CM2MN2  2  ， 2 2 π 因为 ，所以平面PBM 平面CBM ， 2 又因为平面PBM 平面CBM BM，PN BM ，且PN 平面PBM ， 所以PN ^平面CBM ，CN 平面CBM ， 1 5 所以PN CN，于是有PC  PN2CN2    3， 2 2 因为PC2PB2 BC2， 所以PC PB，所以本选项说法正确；C：假设存在与M ，使得PBCPBM CBM ， π 因为在矩形ABCD中，ABM CBM  ， 2 π 所以PBC PBM CBM  ， 4 由已知公式cosPBCcosPBMcosCBM sinPBMsinCBMcos 2 2 2 2 2      cos cos  2 1， 2 2 2 2 2 显然cos0,1 ，所以假设成立，因此本选项说法不正确； D：在矩形ABCD中，设AM x,x0,2， 所以 MB 1x2 ， 1 x 于是有cosABM  ,cosCBM cosAMB ， 1x2 1x2 x 1 sinABM  ,sinCBM sinAMB 1x2 1x2 π 因为 ， 3 所以由cosPBCcosPBMcosCBM sinPBMsinCBMcos 1 x x 1 1 3x cosPBC 1x2  1x2  1x2  1x2  2  2  1x2， 由余弦定理可得： 3x 6x 6 PC 14212  5  5 2  1x2 x21 1 ， x x 因为x0,2， 1 1 1 所以x 2 x ，当且仅当x 时取等号， x x x 1 所以有x 2，当且仅当x1时取等号， x 学科网（北京）股份有限公司1 1 1 6 6 x 20  0 3 3 所以由 x 1 2 1 1 x x x x x x 6 5 532 PC 2 1 ，所以本选项说法正确. x x 故选：ABD 12．6 【分析】利用二项式系数的性质求解. 【详解】由题得C2 C4，所以n246， n n 故答案为：6. 13． 1 Ci j  2j 1  4 4 f i1, j ji 1 【分析】根据题意可得  ，i j，即可利用累乘法得 f i,j Ci ，结合组 f i, j i1 j j 合数的计算公式以及二项式展开式的性质即可求解. f i1, j ji 【详解】由i1 f i1, jji f i, j可得  ，i j， f i, j i1 f 2, j j1 f 3, j j2 f 4, j j3 f i, j ji1 ∵  ，  ，  ，…，  ， f 1, j 2 f 2, j 3 f 3, j 4 f i1, j i f i, j  j1 j2 j3   ji1 1 累乘得：   Ci ， f 1, j 2345i j j 1 ∵ f 1, j1，∴ f i,j Ci ，（i j）， j j 1 令 j4，则 f i,4 Ci ； 4 4 因为11n C0 C1 C2 Cn，所以C1 C2Cn 2n1， n n n n n n n j j j2 f i, j jCi  j  2j 1  ，   j i1 i1 故答案为： 1 Ci ， j  2j 1  4 4 14．41 【分析】由 f(f(x))1知 f(1)1，且不能只 f(1)1， f(2)， f(3)， f(4)， f(5)中至少还 要有1个函数值等于1，然后进行分类列举即可.【详解】由 f(f(x))1可知，函数 f(x)的值域中的任何元素y都满足 f(y)1. 因为值域非空，所以1必在值域中，即 f(1)1. 若仅有 f(1)1，则对任意x2,3,4,5，有 f x2,3,4,5 . 此时对于x{2,3,4,5}，令y f(x)，则y{2,3,4,5}.而 f(f(x)) f(y)1，这与仅有 f(1)1 的假设矛盾. 故2,3,4,5中至少有一个元素的函数值为1. 具体分类如下： 1、若5个函数值都为1，此时共有1种情况； 2、若仅有4个函数值为1，又 f(1)1，则另外4个中应有3个函数值为1有C3 4种， 4 如 f 2 f 3 f 41，依题意 f 5只能从2,3,4中取值，有3种情况，此时共有4312 种； 3、若仅有3个函数值为1，又 f(1)1，则另外4个中应有2个函数值为1有C2 6种， 4 如 f 2 f 31，依题意 f 4, f 5只能从2,3中取值，有2A2 4种情况，此时共有 2 6424种； 4、若仅有2个函数值为1，又 f(1)1，则另外4个中应有1个函数值为1有C1 4种， 4 如 f 21，依题意 f 3, f 4, f 5都只能取2，有1种情况，此时有414种情况； 综上所述，这样的函数 f(x)的个数共有11224441个. 故答案为：41. 15．(1)详见解析； (2)1 (3)详见解析. 【分析】（1）设z r cosisin,z r cos isin，利用复数的运算和模公式求解； 1 1 1 1 2 2 2 2 π π π π （2）由zcos isin ，求得1acos 1aisin ，根据R求解； 3 3 3 3 （3）根据棣莫弗定理公式得到z2025，z2026z2027验证即可. 【详解】（1）设z r cosisin,z r cos isin， 1 1 1 1 2 2 2 2 则z z rcos isinrcos isin， 1 2 1 1 1 2 2 2 学科网（北京）股份有限公司r 1 r 2   cos 1 cos 2 sin 1 sin 2  isin 1 cos 2 cos 1 sin 2    ， rr  cosisin  ，则 z z rr ，而 z r, z r ， 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 1 2 2 所以 z z  z z ； 1 2 1 2 π π （2）已知zcos isin ， 3 3 1 1 π π   cos isin 则 z π π 3 3 ， cos isin 3 3 a π π  π π 所以 z cos isin a cos isin ， z 3 3  3 3  π π 1acos 1aisin ， 3 3 π 因为R，所以1asin 0，即1a0，解得a1； 3 （3）由棣莫弗定理公式(cosisin)ncosnisin n， π π 2025π 2025π 得z2025 (cos isin )2025 cos isin ， 3 3 3 3 cos675πisin675π1； π π 2026π 2026π z2026 (cos isin )2026cos isin ， 3 3 3 3  π  π  1 3 cos675π+ isin675π+   i；  3  3 2 2 π π 2027π 2027π z2027 (cos isin )2027cos isin ， 3 3 3 3  2π  2π  1 3 cos675π+ isin675π+   i，  3   3  2 2 1 3  1 2  3 2 则 z2025 z2026    i         =1， z2026 z2027  11， 2 2  2  2  所以 z2025z2026  z2026 z2027 . 16．(1)1 (2)证明见解析 1 fn1  2  1 fn  2  1 f 1   2 1 (3)S  n 2f1【分析】（1）求出 fx，直接代入化简计算即可； （2）利用指数函数的运算法则，将双曲函数展开为指数形式，从等式一侧出发通过代数变 形推导出另一侧，即可证明； ek ek （3）将 fk 代入求和式，拆分为两个等比数列之和，利用等比数列求和公式进 2 行化简求值. exex exex 【详解】（1） f x ，fx  ， 2 2  f x  2  f x  2  e2x 2e2x  e2x 2e2x  4  1. 4 4 4 ee() （2）（i）因为左边 f ， 2 ee ee ee e e 右边 f()f() f()f()     2 2 2 2 ea+b-ea-b+e-a+b-e-a-b ea+b+ea-b-e-a+b-e-a-b = + 4 4 2ea+b-2e-a-b ea+b-e-a-b = = 4 2 所以 f() f()f() f()f()，命题得证. ee() （ii）因为 f  2 ee ee ee ee f()f() f ()f ()     2 2 2 2 ea+b+ea-b+e-a+b+e-a-b ea+b-ea-b-e-a+b+e-a-b = + 4 4 2ea+b+2e-a-b ea+b+e-(a+b) = = 4 2 所以 f() f()f() f ()f () ，命题成立；       （iii） 2f     f     2  e 2  e 2  e 2  e 2  2   2  2 2 ea-eb-e-b+e-a ea+e-a eb+e-b = = - = f(a)- f(b) 2 2 2 命题得证. f(k1) f(k1) （3）因为 f(k1) f(k1)2f k f 1，故 2f1  fk ， 故S  n f(k) 1  n  f k1f k 1 f n f n1 f 0 f 1 ， n 2f1 2 f1 k1 k1 学科网（北京）股份有限公司而 f n1 1  fn1   2 , f n  1   f n   2， f 01, f 1 1 f1  2 ， 故 S  1 fn1  2  1  fn  2  1  f1  2 1 . n 2f1 5 17．(1) 5 (2)不存在，理由见解析 【分析】（1）由l m且MN 是异面直线l，m的公垂线段，所以可以以MN为z轴，其他两 个分别平行x轴、y轴通过建立空间直接坐标系发现AN m，得到ANM 就是所二面角 1 1 求角A mM ，通过计算可求； 1 （2）通过建系设点，推出方程组无解得到结论. 【详解】（1）l m，故以M为原点建立空间直接坐标系，  AM 2， MN 1，A 2,0，0，N0，0,1， 1 1   直线m与y轴平行，所以直线m的一个方向向量为m0,1,0，AN 2,0,1， 1  A  N  m  2,0,10,1,00，所以AN m，又MN m， 1 1 所以ANM 就是所二面角求角A mM ， 1 1 1 5 cosANM   ， 1 41 5 2 5 所以二面角A mM 的余弦值为 . 1 5 （2）设A x,0,0，A x ,0,0，B u,v,1，B u,v,1，0， 1 1 2 2 1 2 x u v 1 x u v 1  1 P，P，O分别为AB，A B，MN的中点，P 1 , , ，P  2 , , ，O0,0, ， 1 2 1 1 2 2 1 2 2 2 2 2 2 2  2 又OA OB，OA OB ，OP OP ， 1 1 2 2 1 2    1  1 1 OA OB x ,0, u,v, xu  0 1 1  1 2  2 1 4     1  1 1 OA OB x ,0, u,v,  x u  0 ，  2 2  2 2  2 2 4   x u v  x u v  xx xux uu 2v 2 OPOP  1 , ,0 2 , ,0 1 2 1 2  0  1 2  2 2   2 2  4 1 1 1 xx xux uu2v2  u2  v2， 1 2 1 2 16u2 4 4 1 1 1 当0时， u2  v2 0， 16u2 4 4 1 1 1 当0时， u2  v2 0， 16u2 4 4 1 1 1 故 u2  v2 0无解， 16u2 4 4 所以不存在点A，A，B，B 使得OA OB，OA OB ，OP OP 同时成立. 1 2 1 2 1 1 2 2 1 2 3 18．(1)甲有获胜策略的r是不超过 的所有实数，理由见解析； 2 15 (2)甲有获胜策略的r是不超过 的所有实数，理由见解析； 8 3 3 【分析】（1）由题设T     ，分别讨论甲有策略使T  ，乙有策略使得T  ，结 2 2 合给定规则确定甲有获胜策略对应r的范围，即可得； 15 15 （2）由题设S       ，分别讨论甲有策略使得S  ，乙有策略使得S  ， 8 8 同（1）分析研究S在不同策略下的范围，确定甲有获胜策略对应r的范围，即可得； 3 【详解】（1）T     ，r 时甲有获胜策略，理由如下： 2 学科网（北京）股份有限公司3 甲有策略使得T  ， 2 甲先选0（选1亦可），乙第一步选择无实际意义，T  0   ， 甲再选1，若乙将其与0填在同一个绝对值中，甲再选0、1，可使T 2， 若乙将其填在另一个绝对值中T  0 1，甲再选 1 ，则某个绝对值得到 1 ，最后一个 2 2 3 数甲可以使另一个绝对值为1，此时T  ， 2 3 乙有策略使得T  ， 2 1 1 若甲的前两个数相差不超过 ，乙将其填在同一个绝对值中，这样一个绝对值不超过 ，另 2 2 3 一个绝对值不超过1，从而T  ， 2 若甲的前两个数相差超过 1 ，乙将其填在不同绝对值中，设T  a  b 且ab， 2 1 1 1 ba ，从而a[0, ],b[ ,1]， 2 2 2 1 1 1 1 甲的第三个数c必定满足|ac| 且c[0, ]，或|bc| 且c[ ,1]，从而乙可以使得一 2 2 2 2 1 3 个绝对值不超过 ，另一个绝对值总不超过1，故乙可以使得T  ， 2 2 3 综上，甲有获胜策略的r是不超过 的所有实数； 2 15 （2）S       ，r 时甲有获胜策略，理由如下： 8 15 甲有策略使得S  ， 8 3 5 15 甲依次选0、1，若乙填在同一个绝对值中，由T 的讨论知甲可以使得S 1   ， 2 2 8 3 若乙填在不同绝对值中，甲再选 ，乙若填在和0或1同一个绝对值中，由T 的讨论知甲可 8 3 3 15 3 以使得S    ，若乙填在第三个绝对值中，则S  01  ， 8 2 8 8 6 6 3 17 甲选 ，若乙放在第一个绝对值中，甲选0、0，则S  1  ， 8 8 8 8 2 5 15 若乙放在第二个绝对值中，甲选1、1，则S 1   ， 8 8 8 3 若乙放在第三个绝对值中，由T 的讨论知甲可以使得前两个绝对值之和不小于 ，故 2 3 3 15 S    ， 2 8 815 乙有策略使得S  ， 8 3 若甲的前两个数差不超过 ，则将数填在同一个绝对值中，甲选了第三个数， 8 3 若三个数中有两个数的差不超过 ，乙将这两个数放在同一个绝对值中，再由T 的讨论知乙 8 3 3 15 可以使得S    ， 8 2 8 3 若甲的前三个数两两相差均大于 ，则乙将三个数填在不同绝对值中， 8 3 3 现假设S  a  b  c ，abc，ba ，cb ， 8 8 1 由对称性，不妨设b ，甲的第四个数为d， 2 2 6 3 情形一：若d[c ,1]，乙将d与c放在同一个绝对值中，由于c ，|cd| ， 8 8 8 3 13 2 13 15 而前两个绝对值不超过(1a)(1b)2(ab)2  ，为S    ； 8 8 8 8 8 3 3 3 情形二：若d[b ,b ]，乙将d与b放在同一个绝对值中，则|bd| ， 8 8 8 1 1 3 剩下a[0, ),c( ,1]，由T 的讨论知乙可以使得剩下两个绝对值之和不超过 ，从而 2 2 2 3 3 15 S    ； 8 2 8 3 2 3 情形三：若d[0,a ]，乙将d与a放在同一个绝对值中，由于a ，|ad| ， 8 8 8 1 1 15 剩下b[0, ],c[ ,1]，同情形二可知乙可以使得S  ； 2 2 8 3 3 3 2 最后注意到[0,a ][b ,b ][c ,1][0,1]，上述三种情形包括了d的所有可能性 8 8 8 8 （有可能会重叠，此时可以任意选择某个情形）， 15 综上，甲有获胜策略的r是不超过 的所有实数. 8  1  19．(1)  ,2e2   e  (2)（i）证明见解析；（ii）整数k的最小值为1 【分析】（1）求导，利用导数可得函数 f x的单调性，进而可求得值域； b b  a b  b  b （2）（i）要证不等式成立，需证 lnblna 1ln  1 ，令t  1，需证 a a   2  a  a 1t tlnt t1ln  t1，构造函数，利用导数证明即可；  2  学科网（北京）股份有限公司b  b a b kb  b （ii）不等式等价于lna lnb1 ln   1，令t  1,3，可得 a  a 2 2a  a 1t tlnt1tln 2 k ，构造函数，利用导数，可得整数k的最小值.  t1 2 【详解】（1）由 f xxlnx，可得 fxlnx1，令lnx10，解得x 1 ， e 1 1 1  1 1 当  x 时， fxln 10，函数 f xxlnx在  , 上单调递减； e2 e e e2 e 1 1 1  当  xe2时， fx>ln 10，函数 f xxlnx在 ,e2  上单调递增； e e e  所以 f x  1 ln 1  1 ，又 f   1   1 ln 1  2 ， f  e2 e2lne2 2e2 min e e e e2 e2 e2 e2  1   1  所以函数 f x在 ,e2 上的值域为  ,2e2 ；     e2   e  f b fa （2）（i）由0ab, f  ，结合拉格朗日（Lagrange）中值定理可得a,b， ba ab 要证2ab，需证 ，又 fxlnx1在0,上单调递增， 2 ab f b f a 故只需证 f f  ，又 f ，  2  ba f b f a ab blnbalna ab  所以只需证  f  ，即证 ln 1， ba  2  ba  2  ab 即证blnbalnabaln   ba ，  2  b 令t  1，则bat ， a ab 不等式blnbalnabaln   ba 等价于  2  aat atlnatalnaataln   ata ，  2  1t tlnatlnat1lna t1ln   t1 ，  2  1t 只需证tlnattlnat1ln t1，  2  1t 即证tlnt t1ln  t1，  2  1t 令gtt1ln  t1tlnt ，  2  1t 2 1 1t t1 求导得gtln t1  1lnt1ln  lnt  2  1t 2  2  1t 1t t1 令htln  lnt ，  2  1t2 1 1tt11 1 1 2 1 求导得ht       1t 2 1t2 t 1t 1t2 t t1t2t1t2 t1    0， t1t2 1t2 所以gt在1,上单调递增，所以 1t t1 11 11 gtln  lnt  g1ln  ln10，  2  1t  2  11 1t  11 所以gtg1，即t1ln t1 tlnt11 ln  11 1ln10，  2   2  1t 所以tlnt t1ln  t1成立，  2  故2ab. ab k （ii）不等式 f a f b2f   ba恒成立，  2  2 ab ab k 等价于alnablnb2 ln  ba，又a0， 2 2 2 b  b a b kb  所以等价于lna lnb1 ln   1， a  a 2 2a  b aat k 令t  1,3，则等价于lnatlnat1tln  t1， a 2 2 1t k 即lnatlnat1tlna1tln  t1， 2 2 1t k 即等价于tlnt1tln  t1， 2 2 1t tlnt1tln 所以等价于 2 k ，  t1 2 1t tlnt1tln 令 ，求导得 ht 2 t1  1t 2 1  1t lnt1ln t1   t1tlnt 1t ln 1 ht  2 1t 2  2  t12  1t   1t  lnt1ln 1 t1 tlnt1t ln   2   2   t12 学科网（北京）股份有限公司 1t  1t lntln  t1tlnt 1t ln   2   2   t12  1t  1t tlntlntt1ln tlnt 1t ln   2   2   t12 1t 1t2 lnt2ln ln 2 4t ，   t12 t12 1t2 又因为t1，所以 1t2 1 ，所以 ln 4t 0 ，所以ht0， 4t t12 所以ht在1,3上单调递增， 13 3ln313ln 所以 hth3 2  3ln34ln2  ln33ln24 ， 31 2 2 k ln33ln24 27 所以  ，即k ln33ln24 ln ， 2 2 16 所以整数k的最小值为1.