精品解析：上海市华东师范大学第二附属中学2022-2023学年高二下学期期中数学试题（解析版）_0122026上海中考一模二模真题试卷_2026年上海一模_上海1500初中高中试卷_高中_高二_下学期

上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 华二附中高二期中考试数学试卷 2023.04 一、填空题（本大题共有 12题，满分 54分，第 1～6题每题 4分，第 7～12题每题 5分） 1. 四人互相传球，由甲开始发球，并作为第一次传球，经过3次传球后，球仍回到甲手中，则不同的传球 方式共有_______种 【答案】6 【解析】 【分析】经过3次传球回到甲手中，只需另外安排两人接第一次和第二次传球即可. 【详解】因为四人传球，由甲开始发球，经过3次传球回到甲手中， 只需从其余三人中安排两人分别接第一次和第二次传球， 共有A2  6种不同的传递方式． 3 故答案为：6. 2. 书架上某层有8本书，新买2本插进去，要保持原有8本书的顺序，则有________种不同的插法（具体 数字作答） 【答案】90 【解析】 【分析】利用定序相除法进行求解，先求10本书的所有排法，再求原来8本书的排法，相除可得结果. 【详解】原来的8本书，加上新买的2本书，随意排列共有P10种排法， 10 原来的8本书随意排列共有P8种排法， 8 P10 而原来特有的顺序只有1种，所以共有 10 10990种方法. P8 8 故答案为：90. 3. 若x1n 的展开式中第3项与第9项的二项式系数相等，则n＝______ 【答案】10 【解析】 【分析】根据题意得到C2 C8，再求出n即可. n n 【详解】因为x1n 的展开式中第3项与第9项的二项式系数相等， 所以C2 C8，解得n10． n n 第 1 页 共 19 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 故答案为：10. 4. 7个志愿者的名额分给3个班，每班至少一个名额，则有________种不同的分配方法（用数字作答） 【答案】15 【解析】 【分析】因为名额之间无差别，故采用隔板法即可求解. 【详解】7个志愿者的名额分配给3个班，每班至少一个名额， 采用隔板法可知，即从6个空中插入2个隔板， 共有C2 15种不同分法， 6 故答案为：15. 5. A、B、C、D、E五名同学站成一排合影，若A不站在两端，B和C相邻，则不同的站队方式共有____________ 种（用数字作答） 【答案】24 【解析】 【分析】利用排列中的相邻问题捆绑法，特殊元素优先法即可求出结果. 【详解】因为B，C相邻，将B，C排在一起并看成一个整体，有P2种方法， 2 A不站两端，有2种方法， D，E与BC，进行3个元素的全排列，有P3 6种方法， 3 故不同的站队方式共有P22P3 24种． 2 3 故答案为：24． 1 6. 设函数 f x x2 27lnx在区间 a,2a1 上严格减，则实数a的取值范围是________ 3 9 2 2 【答案】0a≤ 4 【解析】 【分析】利用导数先求出函数的单调减区间，结合条件建立不等关系即可求出结果． 1 2 27 2x2 81 【详解】易知x0，因为 f x x2 27lnx，所以 fx x  ， 3 3 x 3x 9 2 由 fx0，得到0 x ， 2 第 2 页 共 19 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 1 又函数 f x x2 27lnx在区间 a,2a1 上严格减， 3 a 0  9 2 2 所以 9 2 ，解得0a≤ ， 2a1 4  2 9 2 2 故答案为：0a≤ . 4 7. 6位大学毕业生分配到3家单位，每家单位至少录用1人，则不同的分配方法共有________种 【答案】540 【解析】 【分析】先将6人分成3组，利用排列与组合求出分组的数，再利用分步计数原理即可求出结果． 【详解】将6人分成3组，可分成3，2，1和4，1，1和2，2，2共3类，共有 C4C1 C2C2 C3C2  6 2  6 4 90种， 6 3 P2 P3 2 3  C4C1 C2C2  故不同的分配方案有C3C2  6 2  6 4 P3 540种， 6 3 P2 P3 3   2 3 故答案为：540. π 8. 已知在四面体V-ABC中，VAVBVC 2， AB 1，ACB  ，则该四面体外接球的表面积为 6 ________． 16π 16 【答案】 ## π 3 3 【解析】 【分析】先判断出V在平面ABC的射影为 ABC的外心,求出四面体外接球的半径，即可求出四面体外接  球的表面积. 【详解】∵VAVBVC 2， ∴V在平面ABC的射影为 ABC的外心O．  1 π r  1OA 又AB 1，ACB  ，所以 ABC的外接圆的半径 π ； 6  2sin 6  2 VO 3,设四面体外接球的半径为R， 3R  R2 1． 第 3 页 共 19 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 2 3 解得R ． 3 2 2 3 16π 所以外接球的表面积为4πR2 4π   ．   3 3   16π 故答案为： ． 3 9. 用1、2、3、4、5组成没有重复数字的五位数abcde，其中满足abcd e的五位数有n个，则在 11 x1 1 x2 1 x3  1 xn 的展开式中，x2的系数是_______（用数字作答）  【答案】35 【解析】 【分析】先根据题意得到c1，由排列组合知识得到n6，再求出x2的系数. 【详解】abcde中abcd e，则c1，ab与de分别为定序排列， 从2、3、4、5中任选2个数为a,b，则剩余的2个数为d,e， 故这样的五位数有C2 6个，所以n6， 4 则11x1 1x2 1x3  1x6 的展开式中，  x2的系数为C2 2 C 3 2 C2 4   C 6 2 C3 3 C 3 2 C2 4   C 6 2 C3 7 35. 故答案为：35． 10. 已知函数 f x 的导函数 f x 的图像如图所示，给出以下结论： 第 4 页 共 19 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) ① f x 在区间 1,1 上严格增； ② f x 的图像在x2处的切线斜率等于0； ③ f x 在x1处取得极大值； ④ f x 在x=1处取得极小值．正确的序号是______ 【答案】②④ 【解析】 【分析】根据导函数图像得到导数的正负，从而得到函数的增减和极值情况，判断①②③，并根据导函数 的增减判断④. 【详解】根据 f x 的图像可知，在 2,3 上， fx0，仅在x1处有 f10， 所以 f x 在 2,3 上单调递减，故①错误； f20，故②正确； f x 在区间 2,3 上单调，没有极值点，故③错误； 由 f x的图像可知， f x 在 2,1 上单调递减，在 1,1 上单调递增，故④正确． 故答案为：②④． 11. 平面直角坐标系 xOy 中，已知点M 2,1 ，若直线 l：3x4y50上总存在 P、Q 两点，使得 π PMQ 恒成立，则线段PQ长度的取值范围是_______ 2 【答案】 6, 【解析】 π 【分析】要使得PMQ 恒成立，则点M在以PQ为直径的圆的内部，结合点到直线的距离公式，进而 2 得到圆的半径的最小值，即可求解. π 【详解】解：要使得PMQ 恒成立，则点M在以PQ为直径的圆的内部， 2 点P、Q在直线3x4y50上， 645 点M 2,1 到直线l：3x4y50距离 d  3 ， 32 42 以PQ为直径的圆半径的最小值为d 3， 第 5 页 共 19 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 所以PQ的最小值为6，则线段PQ长度的取值范围是 6, ， 故答案为： 6, . x 12. 设x、x 是函数 f xax2 exaR 的两个极值点，若 2 2，则a的最小值为_______ 1 2 x 1 1 【答案】 ##log e ln2 2 【解析】 x 【分析】由题意x，x 是关于x的方程 fx0的两根，根据 2 2可得a与x的函数关系，再结合x 1 2 x 1 1 1 的范围，可得a的最小值. 【详解】  fx2axex，x，x 是 f x 的两个极值点， 1 2 ∴x，x 是关于x的方程2axex 0的两根且a0， 1 2 又当x0时，0e0 0，方程不成立， ex 2 x 所以ex1 2ax ，ex 2 2ax ，两式作商得到：  2 ex 2 x 1， 1 2 ex 1 x 1  lnt x  x x   1 t1 所以ex 2 x 1  2 ，令 2 t 2，则 ， x x tlnt 1 1  x   2 t1 1 lnt 1 lnt 令ht ，t 2，则 ht t ， t1 t12 1 1t 令ut1 lnt ，t 2，则ut 0， t t2 1 所以ut 在 2, 上单调递减，所以utu2 ln20， 2 所以ht 在 2, 上单调递减，则hth2ln2， 则x 0,ln2 1 ex 1 所以a ，x 0,ln2 ， 2x 1 1 第 6 页 共 19 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) ex exx1 令x ，0 x ln2，则x 0恒成立， 2x 2x2 1 所以x 在 0,ln2 上单调递减，则x≥ln2 ， ln2 1 所以a ， ln2 1 则a的最小值为 ． ln2 1 故答案为： ． ln2 【点睛】方法点睛：对于函数的极值问题，需要根据题意参变分离，利用构造函数，找到临界条件进行分 析. 二、选择题（本大题共有 4 题，满分 18 分，第 13～14 题每题 4 分，第 15～16 题每题 5 分） 13. 下列求导运算正确的是（ ） A.   lnx 3   1  3 B.  x2ex 2xex  x x x2 C.  3xcos2x  3x(ln3cos2x2sin2x) D.   ln 1 log x   2 1  2 2  xln2 【答案】C 【解析】 【分析】根据导数的运算法则求导后判断．   3 1 3 【详解】 lnx   ，A错；    x x x2  x2ex (x2)ex x2(ex)2xex x2ex，B错；  3xcos2x  (3x)cos2x3x(cos2x)3xln3cos2x23xsin2x3xln3cos2x2sin2x，C正 确；   1  1 ln log x  ，D错．    2 2  xln2 故选：C． xsinx 14. 函数 f(x) 在 , 上的图象大致为（ ） ex ex 第 7 页 共 19 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 构造函数gx xsinx，证明当x0, 时，gx g0 ，即xsinx 0，从而当x0, 时， f x0，排除B，C，D，即可得解. 【详解】记gx xsinx，x, ， gx1cosx0， gx 在 , 上单调递增， 又g00， 当x0, 时，gx g0 ，即xsinx 0， 又ex ex 0， 当x0, 时， f x0， 故排除B，C，D . 故选：A. 【点睛】本题考查了函数图象的判断以及利用导数证明不等式，考查了转化能力，属于中档题. 15. 设2x15 a a xa x2 a x3 a x4 a x5，则 a 2a 3a 4a 5a （ ） 0 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 A. 80 B. 242 C. 405 D. 810 【答案】D 第 8 页 共 19 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 【解析】 【分析】将给定的等式两边求导，再利用赋值法计算作答. 【详解】将2x15 a a xa x2 a x3 a x4 a x5两边求导， 0 1 2 3 4 5 得102x14 a 2a x3a x2 4a x35a x4，显然a ,a ,a 均为正数，而a ,a 均为负数， 1 2 3 4 5 1 3 4 2 4 令x=1，得10214 a 2a 3a 4a 5a |a |2|a |3|a |4|a |5|a |， 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 所以 a 2a 3a 4a 5a 1034 810． 1 2 3 4 5 故选：D 16. 点P为抛物线C：y2 4x准线上的点，若存在过P的直线交抛物线C于A，B两点，且 PA  AB ，则称点P为“Ω点”，那么下列结论中正确的是（ ） A. 准线上的所有点都不是“Ω点” B. 准线上的所有点都是“Ω点” C. 准线上仅有有限个点是“Ω点” D. 准线上有无穷多个点（不是所有的点）是“Ω点” 【答案】B 【解析】 【分析】根据题设方程分别设出A，P的坐标，进而得到B的坐标，把A，B的坐标代入抛物线方程，联 立消去y，求得判别式大于0恒成立，即可推断出方程有解，进而即可得到答案． 【详解】由题意可知抛物线C：y2 4x的准线方程为x=1， 因为 PA  AB ，所以A为PB中点， 设Am,n ，P1,y ，则B2m1,2n y 由A，B在y2 4x上，则n2 4m，且2n y2 42m1， 消去m得，2n2 42n y2 ， 整理得关于n的方程2n2 4yn y2 40， 又 8y2 320恒成立， 所以方程2n2 4yn y2 40恒有实数解， 即对于任意的P点，都存在过P点的直线交抛物线C于A，B两点，使得 PA  AB ． 第 9 页 共 19 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 故选：B． 【点睛】关键点点睛：本题以新定义的形式考察直线和圆锥曲线的位置关系，将点在直线和抛物线上是否 满足一定条件的问题转化成方程解的存在性问题是解答本题的关键． 三、解答题（本大题共有 4题，满分 78分） 17. 如图，已知四棱锥PABCD的底面是菱形，对角线AC,BD交于点O，OA3，OB 4,OP3，  1 OP底面ABCD，设点M满足PM  MC． 2 （1）求直线PA与平面BDM所成角的正弦值； （2）求点P到平面BDM的距离． 10 【答案】（1） 10 3 5 （2） 5 【解析】  【分析】（1）以O为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得平面BDM 的一个法向量n2,0,1和向量  PA3,0,3，结合向量的夹角公式，即可求解； uuur （2）求得OP0,0,3，结合向量的距离公式，即可求解. 【小问1详解】 解：因为平面ABCD是菱形，可得ACBD， 又因为OP底面ABCD，AC,BD平面ABCD，所以OP AC，OP  BD， 所以AC,BD,OP两两垂直， 以O为坐标原点，以OA,OB,OP为坐标轴建立空间直角坐标系OABP，如图所示； 则A3,0,0 ，B0,4,0 ，C3,0,0 ，D0,4,0 ，P0,0,3 ， 第 10 页 共 19 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 )     所以PA3,0,3，DB0,8,0，PC 3,0,3，BP 0,4,3．  1  1    因为PM  MC，所以PM  PC 1,0,1，BM  BPPM 1,4,2． 2 3    DBn  8y 0 设平面BDM 的法向量nx,y,z，则 ，   BM n x4y2z 0  令x2，可得y0,z1，所以平面BDM 的一个法向量n2,0,1，     PAn 3 10 cos PA,n   则   ， PA n 3 2 5 10 10 所以直线PA与平面BDM 所成角的正弦值为 ． 10 【小问2详解】 uuur 解：由OP0,0,3，   OPn 3 3 5 所以点P到平面BDM 的距离d     ． n 5 5 5  1  18. 已知  2x  ．  x  （1）求展开式中含x2的项的系数； 5  1  （2）设  2x  的展开式中前三项的二项式系数的和为M，1ax4 的展开式中各项系数的和为N，  x  若M =N，求实数a的值． 【答案】（1）80 （2）a 1或a3． 【解析】 【分析】（1）求出展开式的通项公式，令x的指数为2，可求出r值，从而得解； 第 11 页 共 19 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 5  1  （2）求出  2x  的展开式中前三项的二项式系数和，再令x1，求出1ax4 的展开式中各项系数  x  的和，然后建立方程即可求解. 【小问1详解】   2x 1   5 的展开式的通项为T Cr2x5r    1   r 1r 25rCrx 5 3 2 r （r 0，1，2，3，4，5）． r1 5 5  x   x  3r 令5 2，则r 2， 2 2  1  ∴展开式中含x2的项为T C22x3    80x2， 21 5  x  ∴展开式中含x2的项的系数为80． 【小问2详解】 由题意可知M C0 C1 C2 16，N 1a4 ， 5 5 5 ∵M =N， ∴1a4 16，解得a 1或a3． 19. 已知直线l：y kxk 0 与圆C：x2  y2 2x30相交于A、B两点． （1）若 AB  13，求k； （2）在x轴上是否存在点M，使得当k变化时，总有直线MA、MB的斜率之和为0，若存在，求出点M 的坐标；若不存在，说明理由． 【答案】（1）k  3 （2）存在点M 3,0 【解析】 【分析】（1）由圆的方程确定圆心和半径，利用几何法求弦长公式和点到直线的距离公式计算即可求解； （2）设Ax ,y  ，Bx ,y  ，假设存在点M m,0 满足题意，即k k 0，直线方程联立圆的方 1 1 2 2 AM BM 程，利用韦达定理表示x x 、x x ，结合两点求斜率公式，化简计算即可求解. 1 2 1 2 【小问1详解】 因为圆C：x12  y2 4， 所以圆心坐标为C1,0 ，半径为r 2，因为 AB  13， 第 12 页 共 19 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) AB 13 3 所以C到AB的距离为d  r2 ( )2  4  ， 2 4 2 k 3 由点C到直线y kx的距离为：d   ，解得k  3； k2 1 2 【小问2详解】 设Ax ,y  ，Bx ,y  ，l的方程为y kx， 1 1 2 2  y kx 则 ，得  1k2 x2 2x30， x2  y2 2x30 2 3 因为412  1k2 0，所以x  x  ，x x   ， 1 2 1k2 1 2 1k2 设存在点M m,0 满足题意，即k k 0， AM BM y y kx kx 所以k k  1  2  1  2 0， AM BM x m x m x m x m 1 2 1 2 因为k 0， 所以x x m x x m2x x mx  x 0， 1 2 2 1 1 2 1 2 6 2m 所以  0，解得m3． 1k2 1k2 所以存在点M 3,0 符合题意． x2 3 20. 已知椭圆C:  y2 1a 1的离心率为 ． a2 2 （1）求椭圆C的方程； （2）若直线l: y kx2与椭圆C交于两个不同点D、E，以线段DE为直径的圆经过原点，求实数k 第 13 页 共 19 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 的值； （3）设A、B为椭圆C的左、右顶点，H 为椭圆C上除A、B外任意一点，线段BH 的垂直平分线分别 交直线BH 和直线AH 于点P和点Q，分别过点P和Q作x轴的垂线，垂足分别为M 和N ，求证：线段 MN 的长为定值． x2 【答案】（1）  y2 1 4 （2）k 2 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据椭圆的离心率公式可得出关于a的等式，解出a的值，即可得出椭圆C的方程； （2）设点Dx ,y  、Ex ,y  ，将直线l的方程与椭圆C的方程联立，列出韦达定理，由题意可得出 1 1 2 2   ODOE 0，利用平面向量数量积的坐标运算以及0可求得k的值； 1 4 （3）计算出k k  ，设设直线BH 的方程为xmy2m0 ，则直线AH 的方程为x y2， BH AH 4 m 求出点H 的坐标，可求点线段BH 的中点的坐标，可求得直线PQ的方程，联立直线AH 、PQ的方程，可 求得点Q的横坐标，由此可求得 MN 的值. 【小问1详解】 3 c2 a2 1 3 解：因为a2 b2 c2，e ，所以e2    ，解得a2，c 3， 2 a2 a2 4 x2 所以椭圆C的方程为  y2 1. 4 【小问2详解】 解：设Dx ,y  、Ex ,y  ， 1 1 2 2 y kx2 联立方程组  x2 ，可得  4k21  x216kx120，  y2 1   4 162k2 412  4k2 1  16  16k2 12k2 3  16  4k2 3  0, 16k 12 则由韦达定理可得，x x  ，x x  ， 1 2 4k2 1 1 2 4k2 1 第 14 页 共 19 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 44k2 则y y kx 2kx 2k2x x 2kx  x 4 ， 1 2 1 2 1 2 1 2 4k2 1   又以线段DE为直径的圆经过原点，所以ODOE 0，   164k2 即ODOE  x x  y y  0，解得k 2，满足0， 1 2 1 2 4k2 1 因此，k 2. 【小问3详解】 证明：由题意A2,0 、B2,0 ， y y 设Hx ,y  ，2 x 2，则k  0 ，k  0 ， 0 0 0 BH x 2 AH x 2 0 0 x2 1 0 所以， y2 4 1， k k  0   BH AH x2 4 x2 4 4 0 0 4 设直线BH 的方程为xmy2m0 ，则直线AH 的方程为x y2， m xmy2 联立 可得  m2 4  y2 4my 0， x2 4y2 4 4m 82m2 82m2 4m  解得y  ，x my 2 ，即点H , ， 0 m2 4 0 0 m2 4  m2 4 m2 4  8 2m  由中点坐标公式可得P  , ， m2 4 m2 4 2m  8  所以，直线PQ的方程为y m  x ， m2 4  m2 4 第 15 页 共 19 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 )  4 x y2   m 2 8 联立直线PQ和AH 的方程 可得x   ， 2m  8  Q 3 m2 4 y m x    m2 4  m2 4 2 8 8 2 所以， MN  x x     ，所以线段MN 的长为定值． Q P 3 m2 4 m2 4 3 【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种： （1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关； （2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值． 21. 已知函数 f x xlnx3． （1）求曲线y  f x 在x1处的切线方程； （2）函数 f x 在区间k,k1kN上有零点，求k的值； （3）记函数gx x2 bx3 f x ，设x、x x  x  是函数gx 的两个极值点，若b2，且 1 2 1 2 gx gx m恒成立，求实数m的最大值． 1 2 【答案】（1）y=2 3 （2）0或4 （3）m  ln2 max 4 【解析】 【分析】（1）求出函数的导函数，即可求出切线的斜率，从而求出切线方程； （2）求出函数的单调区间，利用零点存在性定理求出零点所在区间，即可得解； （3）求出函数的导函数gx ，即可得到方程2x2 b1x10两根为x，x x  x  ，列出韦达 1 2 1 2 x 1 x x  x 定 理 ， 即 可 表 示 出 gx gx ln 1   1  2 ， 设 t  1 ， 则 0t 1， 令 1 2 x 2 x x x 2  2 1  2 1 1 Gtlnt  t ，0t 1，利用导数说明函数的单调性，再结合b的范围求出t的方程，从而求出 2 t m的范围，即可得解. 【小问1详解】 因为 f x xlnx3， 第 16 页 共 19 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 1 所以 fx1 ，所以切线斜率为 f10， x 又 f (1) =-2，切点为 (1,-2) ，所以切线方程为y=2． 【小问2详解】 1 令 fx1 0，得x1， x 当0 x1时， fx0，函数 f x 单调递减； 当x1时， f¢(x)>0，函数 f x 单调递增， 所以 f x 的极小值为 f 120，  1  1 1 1 又 f    ln 3 0，当x0时 f x， e3  e3 e3 e3 所以 f x 在区间 0,1 上存在一个零点x，此时k 0； 1 因为 f 44ln431ln40， f 55ln532ln50， 所以 f x 在区间 4,5 上存在一个零点x ，此时k 4． 2 综上，k的值为0或4． 【小问3详解】 ∵gxlnx x2 b1x， 1 2x2 b1x1 ∴gx 2xb1 ， x x 若b2，则b12 4b3b10恒成立， 所以2x2 b1x10两根为x，x x  x  ， 1 2 1 2 b1 1 ∴x  x  ，xx  ， 1 2 2 1 2 2 x gx gx ln 1   x2 x2 (b1)x x  1 2 x 1 2 1 2 2 x 1 ln 1  b1x x  x 2 1 2 2 第 17 页 共 19 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) x 1x  x x x  ln 1  1 2 1 2 x 2 x x 2 1 2 x 1 x x  ln 1   1  2 ， x 2 x x   2 2 1 ∵0x x ， 1 2 x 设t  1 ，则0t 1， x 2 1 1 令Gtlnt  t ，0t 1， 2 t 1 1 1  t12 则Gt  1  0，   t 2 t2  2t2 ∴Gt 在 0,1 上单调递减； ∵b2， ∴b12≥9， b1 2 x2 2x x  x2 ∵   x  x 2  1 1 2 2  2  1 2 2x x 1 2 1 x x  1 1    1 2 2   t  2 ， 2  x x  2 t  2 1 1 9 ∴t  2≥ ， t 2 ∴2t2 5t20， 1 ∴0t  ， 2 1 1 3 ∴当t  时，Gt G    ln2， 2 min 2 4 3 3 ∴m≤ ln2，即实数m的最大值为m  ln2． 4 max 4 【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为 不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的 单调性、极(最)值问题处理． 第 18 页 共 19 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 第 19 页 共 19 页