1、20202021 学年度武汉市部分学校高三起点质量检测数学试卷学年度武汉市部分学校高三起点质量检测数学试卷 一、选择题：本题共一、选择题：本题共 8小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 40 分分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是在每小题给出的四个选项中，只有一项是 符合题目要求的符合题目要求的. 1. 设集合 2 |20Ax xx ，|03Bxx，则AB ( ) A. 1,2 B. 0,2 C. 1,3 D. 0,3 【答案】B 【解析】 【分析】 先利用一元二次不等式的解法化简集合 A，再利用交集的运算求解. 【详解】因为集合 2 |20| 12Ax xxxx ，|03Bxx，
2、所以|02ABxx 故选:B 【点睛】本题在考查集合的基本运算以及一元二次不等式的解法，还考查了运算求解的能力，属于基础题. 2. 若 32 ai i 为纯虚数，则实数a的值为( ) A. 2 3 B. 2 3 C. 3 2 D. 3 2 【答案】A 【解析】 【分析】 利用复数的除法化简复数为一般形式，利用复数的基本概念可得出关于实数a所满足的等式，由此可求得 实数a的值. 【详解】 3232233223 323232131313 aiiaaiaiaa i iii ， 由于该复数为纯虚数，则 32 0 13 23 0 13 a a ，解得 2 3 a . 故选：A. 【点睛】本题考查利用复数
3、的基本概念求参数，解题的关键在于利用复数的除法法则化简复数，考查计算 能力，属于基础题. 3. 已知命题 :p 所有的三角函数都是周期函数，则 p 为( ) A. 所有的周期函数都不是三角函数 B. 所有的三角函数都不是周期函数 C. 有些周期函数不是三角函数 D. 有些三角函数不是周期函数 【答案】D 【解析】 【分析】 利用全称命题的否定可得出结论. 【详解】命题 :p 所有的三角函数都是周期函数，所以命题p为全称命题， 其否定 p 为：有些三角函数不是周期函数. 故选：D. 【点睛】本题考查全称命题否定的改写，属于基础题. 4. 平面向量2,1a r ，2b ， 4a b ，则向量a，b
4、夹角的余弦值为( ) A. 2 5 5 B. 4 5 C. 5 5 D. 1 5 【答案】A 【解析】 【分析】 先求出a，在求cos , a b a b a b 即可. 【详解】解： 22 215a ， 故向量a，b夹角的余弦值为 42 5 cos, 552 a b a b ab ， 故选:A. 【点睛】本题考查向量数量积的意义，利用cos , a b a b a b 求解即可，属于基础题. 5. 某学校组织三个年级的学生到博物馆参观，该博物馆设有青铜器，瓷器，书画三个场馆.学校将活动时间 分为三个时间段，每个时间段内三个年级的学生参观的场馆互不相同，并且每个年级的学生在三个时间段 内参观的
5、场馆不重复，则不同的安排方法有( ) A. 6 种 B. 9 种 C. 12 种 D. 18 种 【答案】C 【解析】 【分析】 分步完成参观的方法，先安排第一时间段的场馆，在此基础上再安排第二时间的场馆，最后安排第三时间 段的参观方法，用分步乘法原理计算 【详解】分步完成安排参观，第一步第一个时间段有 3 3 A种方法，第二步安排第二个时间段，由第一时间段 已参观过一个场馆，因此第二时间段只有两种方法，如第一时间段一、二、三三个年级分别参观的是青铜 器，瓷器，书画，第二个时间段一年级只能在瓷器，书画中选一个，接着二、三年级只有一种方法，因此 第二时间段只有2 1 12 种方法，第三个时间段只
6、有一种方法(各年级未参观的场馆)，所以共有 3 3 2 112A 种方法 故选：C 【点睛】本题考查分步计数原理，解题关键是确定完成事件的方法 6. 过抛物线E： 2 2yx焦点的直线交E于A，B两点， 线段AB中点M到y轴距离为 1， 则AB ( ) A. 2 B. 5 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】 利用中点坐标公式和焦点弦弦长公式，即可求得|AB 【详解】解：由抛物线 2 2yx可得 1p ， 设 1 (A x， 1) y， 2 (B x， 2) y， 线段AB的中点M的横坐标为 1， 12 1 22xx ， 又直线AB过焦点F， 12 |123ABxxp 故选：
7、C 【点睛】本题考查了抛物线的焦点弦公式和中点坐标公式应用问题，属于基础题 7. 如图，点A，B，C，M，N为正方体的顶点或所在棱的中点，则下列各图中，不满足直线 /MN平 面ABC的是( ) A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 根据正方体性质作出完整的截面，然后再根据正方体性质可判断各图形中MN是否与平面ABC平行 【详解】A 图中，作出完整的截面ABCD，由正方体性质得/MNEFAC可得/MN平面ABC，A 能满足； B图中，作出完整截面ADBCEF，由正方体性质得/MNBF可得/MN平面ABC，B 能满足； C图中，作出完整的截面ABCD，由正方体性质得/MNBD，从
8、而可得/MN平面ABC，C 能满足 D 图中，作出完整截面，如下图ABNMHC，MN在平面ABC内，不能得出平行，D不满足 故选：D 【点睛】本题考查线面平行，考查正方体的截面，解题关键是作出正方体的截面然后判断线面是否平行 8. 我国古人认为宇宙万物是由金，木，水，火，土这五种元素构成，历史文献尚书 洪范提出了五行的 说法，到战国晚期，五行相生相克的思想被正式提出这五种物质属性的相生相克关系如图所示，若从这五 种物质属性中随机选取三种，则取出的三种物质属性中，彼此间恰好有一个相生关系和两个相克关系的概 率为( ) A. 3 5 B. 1 2 C. 2 5 D. 1 3 【答案】B 【解析】
9、【分析】 由题意知，这是一个古典概型，先求得从这五种物质属性中随机选取三种的基本事件的总数，再列举出彼 此间恰好有一个相生关系和两个相克关系的基本事件，然后代入公式求解. 【详解】因为从这五种物质属性中随机选取三种的基本事件的总数为： 3 5 10n C 种 彼此间恰好有一个相生关系和两个相克关系的基本事件为：木火土，火土金，土金水，金水木，水木火， 共有5m种， 所以取出的三种物质属性中，彼此间恰好有一个相生关系和两个相克关系的概率为 1 2 m p n ， 故选：B 【点睛】本题主要考查古典概型的概率求法，属于基础题. 二、选择题：本题共二、选择题：本题共 4小题，每小题小题，每小题 5
10、分，共分，共 20 分分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目在每小题给出的选项中，有多项符合题目 要求要求.全部选对的得全部选对的得 5 分，有选错的得分，有选错的得 0 分，部分选对的得分，部分选对的得 3 分分. 9. 无穷数列 n a的前n项和 2 n Sanbnc，其中a，b，c为实数，则( ) A. n a可能为等差数列 B. n a可能为等比数列 C. n a中一定存在连续三项构成等差数列 D. n a中一定存在连续三项构成等比数列 【答案】ABC 【解析】 【分析】 由 2 n Sanbnc可求得 n a的表达式，利用定义判定得出答案 【详解】当1n 时， 11 aSabc 当
11、2n时， 2 2 1 112 nnn aSSanbnca nb ncanab 当1n 时，上式a b 所以若 n a是等差数列，则0.ababcc 所以当0c =时， n a是等差数列， 0 0 ac b 时是等比数列；当0c 时， n a从第二项开始是等差数 列 故选：A B C 【点睛】本题只要考查等差数列前 n 项和 n S与通项公式 n a的关系，利用 n S求通项公式，属于基础题 10. 今年 7 月，有关部门出台在疫情防控常态化条件下推进电影院恢复开放的通知，规定低风险地区在电影 院各项防控措施有效落实到位的前提下，可有序恢复开放营业.一批影院恢复开放后，统计某连续 14天的相 关
12、数据得到如下的统计表.其中，编号 l的日期是周一，票房指影院门票销售金额，观影人次相当于门票销 售数量. 由统计表可以看出，这连续 14 天内( ) A. 周末日均的票房和观影人次高于非周末 B. 影院票房，第二周相对于第一周同期趋于上升 C. 观影人次，在第一周的统计中逐日增长量大致相同 D. 每天的平均单场门票价格都高于 20元 【答案】AB 【解析】 【分析】 根据统计图表中提供的数据信息，逐项判定，即可求解. 【详解】由题意，根据统计图表，可得：当编号为 6、7、13、14 时，影院门票销售金额分别为 3022 元、 3238 元、3736 元、4842 元，观影人数分别为：121.5
13、 万人，132 万人，140.2 万人，177.8 万人，票房和观 影人次高于非周末，所以 A是正确的； 根据统计图表，可得影院票房，第二周相对于第一周同期趋于上升，所以 B是正确的； 根据统计图表，可得增长量分别为：5.1,5.8,3.5,35,45.4,10.5，所以观影人次，在第一周的统计中逐日增 长量有明显差别，所以 C不正确； 由统计图表，可得第 4天，每天的平均单场门票价格为 569 18.414 30.9 10000 元，所以 D不正确. 故选：AB. 【点睛】本题主要考查了统计图表的应用，以及图表分析和数据分析能力，着重考查了分析问题和解答问 题的能力，属于基础题. 11. 若
14、0abc且1abc ，则( ) A. 2 24 ab B. lglg0ab C. 2 2ac D. 2 2ac 【答案】BC 【解析】 【分析】 由0abc且1abc，分析可得01a，1c，举反例可判断 A、D；利用对数的运算性质可判断 B；利用分析法可判断 C. 【详解】由0abc且1abc，可得01a，1c， 对于 A，由题意b的范围不确定，当 1 2 ab时，则2 24 ab ，故 A 不正确； 对于 B， 1 lglglglglg0ababc c ，故 B正确； 对于 C， 2 2acc a ，只需证明22c a ，需证 2 1c a ， 需证 22 10c ac aabc ，需证 0
15、ca cb ，由cb，显然成立，故 C 正确； 对于 D，当 1 2 a ， 3 2 c 时，则 2 137 2 424 ac，故 D不正确 故选：BC 【点睛】本题考查了基本不等式、对数的运算以及性质、分析法证明不等式，属于基础题. 12. 已知函数 sin sin cos cosf xxx，下列关于该函数结论正确的是( ) A. f x的图象关于直线 2 x 对称 B. f x的一个周期是2 C. f x的最大值为 2 D. f x是区间0, 2 上的增函数 【答案】ABD 【解析】 【分析】 利用 f xfx以及诱导公式即可判断 A；利用 2f xfx可判断 B；利用三角函数的性质 可判
16、断 C；利用复合函数的单调性可判断 D. 【详解】由 sin sincos cosf xxx， 对于 A，sin sincos cosfxxx sin sincos cosxxf x，故 A正确； 对于 B，sin sin 2c2cosos 2fxxx sin sincos cosxxf x，故 B正确； 对于 C，1 sin1x ，所以sin(sin )yx的最大值为sin1， 当sin1x 时，cos coscos01yx，取得最大值， 所以 f x最大值为sin1 1，故 C不正确； 对于 D， sinyx 在区间0, 2 上增函数，且sin0,10, 2 x ， 所以sin(sin )
17、yx在区间0, 2 上是增函数； cosyx 在区间0, 2 上是减函数， 且cos0,10, 2 x ，所以cos cosyx在区间0, 2 上是增函数，故 D 正确； 故选：ABD 【点睛】本题考查了正弦函数、余弦函数的性质、诱导公式，掌握三角函数的性质是解题的关键，属于中 档题. 三、填空题：本题共三、填空题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分分. 13. 某圆锥母线长为 4，其侧面展开图为半圆面，则该圆锥体积为_. 【答案】 8 3 3 【解析】 【分析】 结合圆锥的立体图和平面展开图先求出圆锥底面半径和高，再联立体积公式即可求解 【详解】 可设圆锥底面半
18、径为r， 则圆锥底面圆周长为2 r， 因为圆锥侧面展开图为半圆面， 由l r 知24r， 2r =，由几何关系可知圆锥的高 22 422 3h ，故圆锥体积为 2 118 3 4 2 3 333 Vr h 故答案为： 8 3 3 【点睛】本题考查圆锥体积的求解，能熟练对圆锥立体图和展开图进行有效转化是解题关键，属于中档题 14. 61 1xx x 展开式中含 4 x项的系数为_. 【答案】-26 【解析】 【分析】 根据二项式 n ab展开式的通项公式 1 Cr n rr rn Tab ，计算即可得出答案. 【详解】 66611 111xxxxx xx ， 6 1x的展开式中第1r 项为 16
19、 r r r TCx ， 61 1xx x 展开式中含 4 x项系数为 35 35 66 1120626CC . 故答案为：-26. 【点睛】本题考查二项式展开式中某项的系数.属于基础题.熟练掌握二项式 n ab展开式的通项公式 1 Cr n rr rn Tab 是解本题的基础. 15. 设函数 1 sin ln 2cos x f x x 在区间, 4 4 上最小值和最大值分别为m和M， 则mM_. 【答案】2ln2 【解析】 【分析】 计算出当, 4 4 x 时， 2ln2fxf x，可得出函数 yf x在区间, 4 4 上的图象关 于点0, ln2对称，由此可求得mM的值. 【详解】 当,
20、 4 4 x 时， 2 2 1 sin1 sin1 sin1 lnlnlnln2ln2 2cos2cos4cos4 xxx fxf x xxx ， 所以，函数 yf x在区间, 4 4 上的图象关于点0, ln2对称， 因此，2ln2mM. 故答案为：2ln2. 【点睛】本题考查利用函数的对称性求解函数最值之和，考查计算能力，属于中等题. 16. 双曲线E： 22 22 10,0 xy ab ab 的左焦点为F，过F作x轴垂线交E于点A，过F作与E的一 条渐近线平行的直线交E于点B，且A，B在x轴同侧，若30FAB，则E的离心率为_. 【答案】 2 3 3 【解析】 【分析】 由题意不妨设A在
21、第二象限，设双曲线的半焦距为c，写出F，A，以及直线FB的方程，将直线方程与 双曲线联立，求出点 223 , 22 acb B cac ，从而可得 32 22 2 3 2 bb aca ac c c ，整理即可求解. 【详解】由题意不妨设A在第二象限，则图形如下： 设双曲线的半焦距为c，则,0Fc， 2 , b Ac a ， 则直线FB的方程为 b yxc a ， 可得 22 22 1 b yxc a xy ab ，解得 22 3 2 2 ac x c b y ac ， 所以 223 , 22 acb B cac ， 30FAB， 直线AB的斜率为tan120 3 ， 32 22 2 3 2
22、bb aca ac c c ， 结合 222 cab ，将上面的方程整理可得 22 34 340caca ，即 2 320ca， 2 3 3 c a ，双曲线的离心率为 2 3 3 . 故答案为： 2 3 3 【点睛】本题考查了双曲线的简单几何性质，考查了考生的基本运算求解能力，属于基础题. 四、解答题：本题共四、解答题：本题共 6 小题，共小题，共 70分分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 17. 在 712 21 127 SSS ， 122367 1112 3a aa aa a ， 222222 234567 48aaaaaa . 这三个条件
23、中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的数列存在，求数列 n a的通项公式；若问题中的 数列不存在，请说明理由. 问题：是否存在等差数列 n a，它的前n项和为 n S，公差0d ， 1 3a ，_？ 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分. 【答案】答案见解析. 【解析】 【分析】 选条件，先证明 n S n 构成公差为 2 d 的等差数列，再利用等差数列求和公式求得4d ，进而可得结果； 选条件，利用裂项相消法求得 7 3a ，可得公差的值，进而可得结果； 选条件，原式化为 71 48d Sa，由 71 721Sad， 1 3a ，代入得2d ，进而可得结果. 【详解】方案一：选条
24、件. 1111 1222 nnnn SSaaaad nn ， n S n 构成公差为 2 d 的等差数列. 712 11 7 621 7721 127222 SSSd Sad ，又 1 3a ，4d ， 1 147 n aandn.因此，选条件时问题中的数列存在，此时47 n an. 方案二：选条件. 1111 1111111 nnnnnnnn a aaaaadaa ， 122367 11111112 3daaaaaa ， 17 1112 3daa ，即 17 62 3a a .代入 1 3a 得 7 3a ，则 71 1 1 6 daa. 1 (1)4 n aandn，此时 4 0a 不符合
25、条件.因此，选条件时问题中的数列不存在. 方案三：选条件. 22 1111nnnnnnnn aaaaaad aa ， 2367 48d aaaa， 71 48d Sa，由 71 721Sad， 1 3a ，代入得2d 或 8 7 d (舍)， 1 (1)25 n annad，因此，选条件时问题中的数列存在，此时25 n an. 【点睛】本题主要考查等差数列的通项公式、求和公式，考查了等差数列的性质以及裂项相消法的应用， 同时考查了计算能力，属于中档题. 18. 在ABC中， BAC的角平分线交BC于点D，1ACAD，3AB . (1)求cosBAD； (2)求ABC的面积. 【答案】(1) 2
26、 3 ；(2) 2 5 3 . 【解析】 【分析】 (1)设BADCAD，根据 ABCABDACD SSS，结合三角形面积公式，列出方程，即可求解； (2)由(1)和倍角公式，求得 4 5 sin2 9 ，结合面积公式，即可求解. 【详解】(1)由题意，在ABC中，BAC的角平分线交BC于点D， 设BADCAD， 可得ABC面积 111 sin2sinsin 222 SAB ACAB ADAC AD， 所以 3 sin22sin 2 ，即3sin cos2sin， 又sin0，所以 2 cos 3 ，即 2 cos 3 BAD. (2)由(1)知 2 cos 3 ，则 22 5 sin1 co
27、s 9 ， 又由(0, )，所以 5 sin 3 ，可得 4 5 sin22sincos 9 ， 所以ABC面积为 12 5 sin2 23 SAB AC . 【点睛】本题主要考查了三角形的面积公式，以及三角恒等变换的应用，其中解答熟记三角形的面积公式 和三角函数的基本关系式和倍角公式，准确运算是解答的关键，着重考查运算能力. 19. 如图，三棱柱 111 ABCABC中， 11 AB 平面 11 ACC A， 1 60CAA， 1 1ABAA， 2AC . (1)证明： 11 AABC； (2)求二面角 1 ABCB的余弦值. 【答案】(1)证明见解析；(2) 2 7 7 . 【解析】 【分
28、析】 (1)要证线线垂直， 先证线面垂直， 连接 1 AC， 在 1 AA C中利用余弦定理， 可得 11 AAAC， 从而得到 1 AA 面 11 A B C，即可证明. (2)建立空间直角坐标系 1 Axyz，求出平面 1 ABC、平面 1 BBC的法向量，即可求出二面角 1 ABCB的 余弦值. 【详解】(1)证明：连接 1 AC，在 1 AAC中， 222 1111 2cosACAAACAA ACA AC， 即 222 1 122 1 2 cos603AC ，于是 222 11 ACAAAC， 11 AAAC， 又 11 AB 面 11 ACC A， 1 AA 面 11 ACC A，
29、111 ABAA， 而 1111 ABACA， 1 AA 面 11 A B C，而 1 BC 面 11 A B C， 11 AABC. (2)解：如图，以 1 A为原点， 1 AA， 1 AC， 11 AB的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立如图所示 的空间直角坐标系 1 Axyz. 设 111 ,nx y z为平面 1 ABC的法向量， 222 ,mxy z为平面 1 BBC的法向量， 则 1 0,0,0A，1,0,0A， 0, 3,0C， 1 0,0,1B，1,0,1B， 1 1,0,1AB ， 1, 3,0AC ， 1 1,0,0BB ， 1 0, 3, 1BC ， 由 1 0 0
30、 n AB n AC 得， 11 11 0 30 xz xy ，令 1 3x ，则 1 1y ， 1 3z ，31, 3n ,， 由 1 1 0 0 m BB m BC 得， 2 22 0 30 x yz ，令 2 1y ，则 2 3z ，0,1, 3m， 42 7 cos, 772 n m n m n m ，二面角 1 ABCB的平面角的余弦值为 2 7 7 . 故所求二面角的余弦值为： 2 7 7 【点晴】本题考查空间线线位置关系的证明，以及求二面角的余弦值，属于中档题. 20. 有编号为 1，2，3的三只小球和编号为 1，2，3，4的四个盒子，将三只小球逐个随机地放入四个盒子 中，每只球
31、的放置相互独立. (1)求三只小球恰在同一个盒子中的概率； (2)求三只小球在三个不同盒子且每只球编号与所在盒子编号不同的概率； (3)记录所有至少有一只球的盒子，以X表示这些盒子编号的最小值，求E X. 【答案】(1) 1 16 ；(2) 11 64 ；(3) 25 16 . 【解析】 【分析】 (1)三只小球逐个随机地放入四个盒子中，每个球都有四种放法，共有 3 4 4 44 种放法，三只小球在同 一个盒子里,共有 4 种放法,即可得出答案. (2)先分别求出三个盒子中不含 4 号盒子和含 4号盒子事件的概率，这两个事件独立，求和即可得出概率. (3)X可能取值为1,2,3,4， 再分别求
32、出(1)P X ，(2)P X ，(3)P X ，(4)P X ， 即可易得出答案。 【详解】(1)记“三只小球恰在同一个盒子”为事件A，则 3 41 416 P A . (2)记“三只小球在三个不同盒子且每只球编号与所在盒子编号不同”为事件B. 其中，三个盒子中不含 4号盒子为事件 1 B，含 4 号盒子为事件 2 B， 则 1 3 2 12 464 P B ， 2 3 2 3 (1 2 1)9 464 C P B . 事件 1 B， 2 B互斥， 1212 11 ( ) 64 P BP BBP BP B. (3)X可能取值为 1，2，3，4. 33 3 4337 (1) 464 P X ，
33、 33 3 3219 (2) 464 P X ， 33 3 217 (3) 464 P X ， 3 11 (4) 464 P X ， 37197125 ()1234 6464646416 E X . 【点睛】本题主要考查古典概型和数学期望的相关知识点，属于中档题. 21. 椭圆E： 22 22 10 xy ab ab 的离心率 1 2 ，长轴端点和短轴端点的距离为 7. (1)求椭圆E的标准方程； (2)点P是圆 222 0 xyrr上异于点,0Ar和,0B r的任一点，直线AP与椭圆E交于点M， N， 直线BP与椭圆E交于点S，T.设O为坐标原点， 直线OM，ON，OS，OT的斜率分别为 O
34、M k， ON k， OS k， OT k.问：是否存在常数r，使得 OMONOSOT kkkk恒成立？若存在，求r的值；若不存在，请说 明理由. 【答案】(1) 22 1 43 xy ；(2)存在，3r . 【解析】 【分析】 (1)由已知条件列出关于, ,a b c的方程组，解之可得椭圆标准方程； (2)由题意直线AP，BP斜率存在且均不为 0， 设直线AP方程为yk xr， 11 ,M x y， 22 ,N x y， 直线方程代入椭圆方程整理后应用韦达定理得 1212 ,xx x x，代入 OMON kk，同理用 1 k 代替k，r代替 r，得 OSOT kk，由两者相等可求得r 【详解
35、】(1)设椭圆焦距为20c c ，由 222 22 1 2 7 bca c a ab ，解得2a，3b . 椭圆E的标准方程为 22 1 43 xy . (2)由题意直线AP，BP斜率存在且均不为 0， 设直线AP方程为yk xr， 11 ,M x y， 22 ,N x y， 由 22 () 1 43 yk xr xy 得， 22222 3484120kxk rxk r. 2 12 2 8 34 k r xx k ， 22 12 2 412 34 k r x x k . 又 12 12 1212 NOOM k xrk xryy kk xxxx 1212 12 2kx xkr xx x x ，
36、从而代入得 22 6 3 OMON k kk k r .又APBP ，以 1 k 替代k，以r替代r， 同理可得 22 6 3 OSOT k kk rk ， 2222 66 33 kk k rrk ， 22 130kr 对0k 恒成立， 解得3r 或3r (舍)， 经检验， 此时， 因此存在3r . 【点睛】本题考查由离心率求椭圆的标准方程，考查直线与椭圆的位置关系在直线与椭圆相交问题中常 常采用设而不求的思想方法本题考查了学生的运算求解能力，逻辑推理能力属于中档题 22. 已知函数 lng xxx. (1)求曲线 yg x在点 , e g e处的切线方程； (2)设 2 1x fx g x
37、，证明 f x恰有两个极值点 1 x和 2 x，并求 12 f xf x的值. 【答案】(1)20 xye；(2)证明见解析， 12 0f xf x. 【解析】 【分析】 (1)求得导数 1 lngxx ，得到 2g e ，结合直线的点斜式方程，即可求解； (2)求得 2 1 ln x f x xx ， 求得 22 22 11 ln 1 ( ln ) xx xx xxx f ， 令 2 2 1 ( ) l n 1 x hxx x ， 得到 h x在0,1 和 1,上单调递增，进而求得函数 h x的单调性与极值，进而得到答案. 【详解】(1)由题意，函数 lng xxx，可得 1 lngxx ，
38、 则 2g e ，且 g ee，所以切线方程为2yexe ，整理得：20 xye， 所以曲线 yg x在点 , e g e处的切线方程20 xye. (2)由 22 11 ln xx f x g xxx ， 可得 22 22 222 1 ln1 11 ln ( ln )( ln1 ) xxx xx x xxxx fx x ， 令 2 2 1 ( )ln 1 x h xx x ，即 2 2 ( )ln1 1 h xx x ， 又由lnyx和 2 2 1 y x 在0,1和 1,上单调递增， 可得 h x在0,1和1,上单调递增， 因为 4 24 13 0 1 e ee h ， 2 12 0 1
39、h ee ， 所以存在唯一 1 2 1 1 , ee x ，使 1 0h x， 当 1 0 xx时， 0h x ，可得 0fx ， f x单调递增. 当 1 1xx时， 0h x ，可得 0fx ， f x单调递减， 又 2 2 0 1 h e e ， 4 2 4 3 0 1 e e e h ， 所以存在唯一 2 2 ,xe e ，使 2 0h x， 同理，当 2 1xx时， 0h x ，可得 0fx ， f x单调递减， 当 2 xx 时， 0h x ，可得 0fx ， f x单调递增， 所以 f x恰有两个极值点 1 x和 2 x， 因为当 1 0h x时， 2 1 1 2 1 1 ln0 1 x x x ，则 2 1 1 2 11 11 ln0 1 x hx xx ， 又由 2 1 1 , x e e 且 2 0h x，所以 2 1 1 x x ， 所以 22 11 12 1111 11 0 lnln xx f xf x xxxx . 【点睛】本题主要考查了利用导数求解函数在某点处的切线方程，以及导数在研究函数的性质中的综合应 用，其中解答中熟记导数的几何意义，以及熟练应用导数求解函数的单调区间和极值是解答的关键，着重 考查分析问题和解答问题的能力，以及推理与运算能力.
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