2021届新高考数学模拟试卷及答案解析(6)

2021届新高考数学模拟试题（6）

一、单项选择题：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，只有一项是符合题目要求的．

1．设集合M{x|1x1}，N{x|12x4}，则MA．{x|1x0}

B．{x|0x1}

1，则( ) 5N( )

C．{x|1x2} D．{x|1x2}

2．若a20.1，bln2，clog2A．bca

B．bac C．cab D．abc

3．在ABC中，AB1，AC3，ABAC1，则ABC的面积为( ) A．

1 2B．1 C．2 D．2 24．已知A，B，C为不共线的三点，则“|ABAC||ABAC|”是“ABC为直角三角形”的( ) A．充分不必要条件 C．充要条件

5．函数y2cos2xcosx1，x[B．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件

，]的图象大致为( ) 22A． B．

C． D．

11

的最小值是( ) ab

6．已知奇函数f(x)在R上单调，若正实数a，b满足f(4a)f(b9)0，则A．1

B．

9 2C．9 D．18

x2y27．已知F1，F2是双曲线221(a0,b0)的左、右焦点，若点F2关于双曲线渐近线的对称点A满足

ab，则双曲线的渐近线方程为( ) F1AOAOF1(O为坐标原点）A．y2x

B．y3x

C．y2x

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D．yx

8．已知函数f(x)lnx(1a)xa(a0)，若有且只有两个整数x1，x2使得f(x1)0，且f(x2)0，则a的取值范围是( ) A．(0,C．[3ln3) 2B．(0,2ln2) D．[2ln243ln3,) 323ln3,2ln2) 2二、多项选择题：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，部分选对的得3分，有选错的得0分． 9．下列命题中的真命题是( ) A．xR，2x10 C．xR，lgx1

10．将函数f(x)sin2x的图象向右平移A．在(0,)上单调递增，为偶函数

4B．最大值为1，图象关于直线xC．在(B．xN*，(x1)20 D．xR，tanx2

个单位后得到函数g(x)的图象，则函数g(x)具有性质( ) 4

3对称 2

3,)上单调递增，为奇函数 883,0)对称 4

D．周期为，图象关于点(11．已知m、n为两条不重合的直线，、为两个不重合的平面，则下列说法正确的是( ) A．若m//，n//且//，则m//n

B．若m//n，m，n，则//

C．若m//n，n，//，m，则m// D．若m//n，n，，则m// 12．设等比数列{an}的公比为q，其前n项和为Sn，前n项积为Tn，并满足条件a11，a2019a20201，下列结论正确的是( ) A．S2019S2020

C．T2019是数列{Tn}中的最大值

B．S2019S202110 D．数列{Tn}无最大值

a201910，

a20201三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分． 13．在(x2y)8的展开式中，含x4y4项的系数是 ．

14．已知抛物线C:y28x的焦点为F，准线为l，P是l上一点，Q是直线PF与C的一个交点，若PF3QF，则|QF| ．

15．2019年7月，中国良渚古城遗址获准列入世界遗产名录，标志着中华五千年文明史得到国际社会认可．良渚古

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城遗址是人类早期城市文明的范例，实证了中华五千年文明史．考古科学家在测定遗址年龄的过程中利用了“放射性物质因衰变而减少”这一规律．已知样本中碳14的质量N随时间t（单位：年）的衰变规律满足NN02t5730(N0表示碳14原有的质量），则经过5730年后，碳14的质量变为原来的 ；经过测定，良渚古城遗址文物样本中碳14的质量是原来的log252.3)

31至，据此推测良渚古城存在的时期距今约在 年到5730年之间．（参考数据：log231.6，5216．如图是两个腰长均为10cm的等腰直角三角形拼成的一个四边形ABCD，现将四边形ABCD沿BD折成直二面角ABDC，则三棱锥ABCD的外接球的体积为 cm3．

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．（10分）已知等差数列{an}满足a2a46，前7项和S728． （Ⅰ）求数列{an}的通项公式；

2n（Ⅱ）设bnan，求数列{bn}的前n项和Tn．

(21)(2an11)18．（12分）已知f(x)3sin(x)sin(x)cos2x．

212（Ⅰ）若f()，求cos(2)的值；

2103（Ⅱ）在ABC中，角A，B，C所对应的边分别a，b，c，若有(2ac)cosBbcosC，求角B的大小以及f（A）的取值范围．

19．（12分）如图，在平行四边形ABCD中，AB1，四边形ACEF为正方形，且平面ABCDBC2，BAD120，平面ACEF．

（Ⅰ）证明：ABCF；

（Ⅱ）求平面BEF与平面BCF所成锐二面角的余弦值．

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20．（12分）如图，某市三地A，B，C有直道互通．现甲交警沿路线AB、乙交警沿路线ACB同时从A地出发，匀速前往B地进行巡逻，并在B地会合后再去执行其他任务．已知AB10km，AC6km，BC8km，甲的巡逻速度为5km/h，乙的巡逻速度为10km/h．

（Ⅰ）求乙到达C地这一时刻的甲、乙两交警之间的距离；

（Ⅱ）已知交警的对讲机的有效通话距离不大于3km，从乙到达C地这一时刻算起，求经过多长时间，甲、乙方可通过对讲机取得联系．

y2x221．（12分）已知椭圆E:221(ab0)的一个焦点为(0,3)，长轴与短轴的比为2:1．直线l:ykxm与

ab椭圆E交于P、Q两点，其中k为直线l的斜率． （Ⅰ）求椭圆E的方程；

（Ⅱ）若以线段PQ为直径的圆过坐标原点O，问：是否存在一个以坐标原点O为圆心的定圆O，不论直线l的斜率k取何值，定圆O恒与直线l相切？如果存在，求出圆O的方程及实数m的取值范围；如果不存在，请说明理由． 22．（12分）已知函数f(x)xasinx，g(x)xmlnx． （Ⅰ）求证：当|a|1时，对任意x(0,)，f(x)0恒成立； （Ⅱ）求函数g(x)的极值； （Ⅲ）当a

xx14时，若存在x1，x2(0,)且x1x2，满足f(x1)g(x1)f(x2)g(x2)，求证：122． 2m9

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2020届新高考数学模拟试题（6）

答案解析

一、单项选择题：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，只有一项是符合题目要求的．

1．设集合M{x|1x1}，N{x|12x4}，则MN( )

A．{x|1x0}

B．{x|0x1}

C．{x|1x2} D．{x|1x2}

【解析】集合M{x|1x1}，N{x|12x4}{x|0x2}， 则MN{x|0x1}．

故选：B．

2．若a20.1，bln2，clog125，则( ) A．bca

B．bac C．cab D．abc

【解析】a20.11，bln2(0,1)，clog1250，则abc． 故选：D．

3．在ABC中，AB1，AC3，ABAC1，则ABC的面积为( ) A．

12 B．1 C．2 D．22 【解析】AB1，AC3，ABAC1，

cosAABAC|AB||AC|13，sinA1(13)2223，

则ABC的面积S12ABACsinA12221332． 故选：C．

4．已知A，B，C为不共线的三点，则“|ABAC||ABAC|”是“ABC为直角三角形”的(A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件

D．既不充分也不必要条件

【解析】若|ABAC||ABAC|，则平方得AB22ABACAC2AB22ABACAC2， 得4ABAC0，即ABAC0，则A为直角，则“ABC为直角三角形成立，

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)

反之当B为直角，满足ABC为直角三角形成立，但|ABAC||ABAC|，不成立， 故“|ABAC||ABAC|”是“ABC为直角三角形”的充分不必要条件， 故选：A．

5．函数y2cos2xcosx1，x[2，2]的图象大致为( ) A． B．

C． D．

【解析】因为函数y2cos2xcosx1，x[，22]，

所以函数为偶函数，故排除A，D

y2cos2xcosx12(cosx14)298，x[2，2]，

因为cosx1， 所以当cosx194时，ymax8，当cosx1时，ymin0， 故排除C， 故选：B．

6．已知奇函数f(x)在R上单调，若正实数a，b满足f(4a)f(b9)0，则1a1

b

的最小值是(A．1

B．

92 C．9 D．18

【解析】因为奇函数f(x)在R上单调，且正实数a，b满足f(4a)f(b9)0， 所以f(4a)f(b9)f(9b)， 所以4a9b即4ab9， 则

1a1b19(1a1b)(4ab)19(5ba4ab)19(54)1， 当且仅当

b4aab且4ab9即a32，b3时取等号，此时取得最小值1． 故选：A．

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)

7．已知F1，F2是双曲线

xy1(a0,b0)的左、右焦点，若点F2关于双曲线渐近线的对称点A满足a2b222，则双曲线的渐近线方程为( ) F1AOAOF1(O为坐标原点）A．y2x

B．y3x

C．y2x

D．yx

【解析】设F1(c,0)，F2(c,0)， 渐近线方程为ybx， aF2的对称点为A(m,n)，

即有且

na， mcb11b(mc)， n22aa2b22ab解得m，n，

ccA满足F1AOAOF1，可得|AF1||OF1|c， a2b24a2b22即有(c)2c2，

cc结合c2a2b2， 化为c2a，即b3a，

可得双曲线的渐近线方程为y3x． 故选：B．

8．已知函数f(x)lnx(1a)xa(a0)，若有且只有两个整数x1，x2使得f(x1)0，且f(x2)0，则a的取值范围是( ) A．(0,3ln3) 2B．(0,2ln2)

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C．[3ln3,2ln2) 2D．[2ln243ln3,) 32【解析】由f(x)lnx(1a)xa0，得lnx(a1)xa， 作出函数ylnx与y(a1)xa的图象如图： 直线y(a1)xa过定点(1,1)，

当x2时，曲线ylnx上的点为(2,ln2)，当x3时，曲线ylnx上的点为(3,ln3)． 过点(1,1)与(2,ln2)的直线的斜率k过点(1,1)与(3,ln3)的直线的斜率kln21ln21， 21ln31ln31． 312ln33ln31，得a．

223ln3,2ln2)． 2由a1ln21，得aln22，由a1若有且只有两个整数x1，x2使得f(x1)0，且f(x2)0，则a的取值范围是[故选：C．

二、多项选择题：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，部分选对的得3分，有选错的得0分． 9．下列命题中的真命题是( ) A．xR，2x10 C．xR，lgx1

【解析】指数函数y2t的值域为(0,)

任意xR，均可得到2x10成立，故A项正确；

B．xN*，(x1)20 D．xR，tanx2

当xN*时，x1N，可得(x1)20，当且仅当x1时等号

存在xN*，使(x1)20不成立，故B项不正确；

当x1时，lgx01

存在xR，使得lgx1成立，故C项正确；

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正切函数ytanx的值域为R

存在锐角x，使得tanx2成立，故D项正确

故选：ACD．

10．将函数f(x)sin2x的图象向右平移A．在(0,)上单调递增，为偶函数

4B．最大值为1，图象关于直线xC．在(个单位后得到函数g(x)的图象，则函数g(x)具有性质( ) 4

3对称 2

3,)上单调递增，为奇函数 883,0)对称 4

D．周期为，图象关于点(【解析】将函数f(x)sin2x的图象向右平移

个单位后得到函数g(x)的图象， 4则g(x)sin2(x)sin(2x)cos2x，

42则函数g(x)为偶函数，当0x函数的最大值为1，当x故B正确，

函数为偶函数，故C错误， 函数的周期T23333，g()cos(2)cos0，即图象关于点(,0)对称，故D正确 244244时，02x2，此时g(x)为增函数，故A正确，

33时，g(x)cos(3)cos1，为最大值，则函数图象关于直线x对称，22故正确的是ABD， 故选：ABD．

11．已知m、n为两条不重合的直线，、为两个不重合的平面，则下列说法正确的是( ) A．若m//，n//且//，则m//n

B．若m//n，m，n，则//

C．若m//n，n，//，m，则m// D．若m//n，n，，则m// 【解析】对A，若m//，n//且//，则m//n或者m与n相交，或者m与n异面，所以A错误； 对B，若m//n，m，则n，又n，所以//，正确；

对C，若n，//，则n//，又m//n，m，所以m//，正确； 对D，若m//n，n，则m，又，所以m//或m，所以D错误． 故选：BC．

12．设等比数列{an}的公比为q，其前n项和为Sn，前n项积为Tn，并满足条件a11，a2019a20201，下列结论正确的是( )

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a201910，

a20201

A．S2019S2020

C．T2019是数列{Tn}中的最大值

B．S2019S202110 D．数列{Tn}无最大值

【解析】等比数列{an}的公比为q，其前n项和为Sn，前n项积为Tn，并满足条件a11， a2019a20201，

a201910，a20191，0a20201，0q1．

a20201根据a11，0q1，可知 等比数列{an}为正项的递减数列． 即a1a2a20191a20200． S2020S2019a20200， S2019S2020，故选项A正确； S2019a1a2a20191， S2019S2021S2019(S2019a2020a2021)

2S2019S2019(a2020a2021)

2S20191．

即S2019S202110．故选项B错误； 根据a1a2a20191a20200．可知

T2019是数列{Tn}中的最大项，故选项C正确、选项D错误．

故选：AC．

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分． 13．在(x2y)8的展开式中，含x4y4项的系数是 280 ． 【解析】由Tr1r8x8r(2y)r(2)rr8x8ryr；

令8r0，得r4．

展开式中含x4y4的系数为：(2)448280．

故答案为：280．

14．已知抛物线C:y28x的焦点为F，准线为l，P是l上一点，Q是直线PF与C的一个交点，若PF3QF，

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则|QF|

8 ． 3【解析】设Q到l的距离为d，则|QF|d， PF3QF，

|PQ|2d，

不妨设直线PF的斜率为3，

F(0,2)，

直线PF的方程为y3(x2)，

与y28x联立可得x8|QF|d，

38故答案为：．

32， 315．2019年7月，中国良渚古城遗址获准列入世界遗产名录，标志着中华五千年文明史得到国际社会认可．良渚古城遗址是人类早期城市文明的范例，实证了中华五千年文明史．考古科学家在测定遗址年龄的过程中利用了“放射性物质因衰变而减少”这一规律．已知样本中碳14的质量N随时间t（单位：年）的衰变规律满足NN02表示碳14原有的质量），则经过5730年后，碳14的质量变为原来的 碳14的质量是原来的log252.3)

t5730(N01 ；经过测定，良渚古城遗址文物样本中231至，据此推测良渚古城存在的时期距今约在 年到5730年之间．（参考数据：log231.6，52【解析】生物体内碳14的量N与死亡年数t之间的函数关系式为：NN02t5730时，NN021t5730；

N0； 21； 231至， 52所以每经过5730年衰减为原来的

由于良渚古城遗址文物样本中碳14的质量是原来的

t15730223； 5两边同时取以2为底的对数，得： 1t(log23log25)0.7 57304011t5730；

故推测良渚古城存在的时期距今约在4011年到5730年之间．

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故答案为：

1，4011． 216．如图是两个腰长均为10cm的等腰直角三角形拼成的一个四边形ABCD，现将四边形ABCD沿BD折成直二面角ABDC，则三棱锥ABCD的外接球的体积为 5003 cm3．

【解析】四边形ABCD中，ABDBDC90，

ABBD，CDBD；

沿BD折成直二面角ABDC，如图所示；

AB平面BCD，CD平面ABD，

ABBC，CDDA；

三棱锥ABCD的外接球的直径为AC，

且|AC|2|AB|2|BD|2|CD|2102102102300

外接球的半径为R53，它的体积为4(53)35003． 3故答案为：5003．

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．（10分）已知等差数列{an}满足a2a46，前7项和S728． （Ⅰ）求数列{an}的通项公式；

2n（Ⅱ）设bnan，求数列{bn}的前n项和Tn．

(21)(2an11)【解析】(I)设等差数列{an}的公差为d，由a2a46可知a33，前7项和S728．解得a11，d1， a44，an11(n1)n；

2n2n11， (II)由(I)知，bnan(21)(2an11)(2n1)(2n11)2n12n11第1页（共1页）

{bn}前n项和Tnb1b2bn(11111111． )()()2112212212312n12n1132n1118．（12分）已知f(x)3sin(x)sin(x)cos2x． 212（Ⅰ）若f()，求cos(2)的值；

2103（Ⅱ）在ABC中，角A，B，C所对应的边分别a，b，c，若有(2ac)cosBbcosC，求角B的大小以及f（A）的取值范围．

【解析】（Ⅰ）f(x)3sinxcosxcos2x3111sin2xcos2xsin(2x)， 2226211因为f()sin()，

262103所以sin()，

65所以cos(2237)cos(2)2sin2()12()21． 336525(II)因为(2ac)cosBbcosC，

由正弦定理得：(2sinAsinC)cosBsinBcosC， 所以2sinAcosBsinCcosBsinBcosC， 即2sinAcosBsin(BC)sinA， 因为sinA0，

1所以cosB,所以B，

23所以AC227,A(0,)，2A(,)， 336661所以sin(2A)(,1]，

621所以f（A）的取值范围是(1,]．

219．（12分）如图，在平行四边形ABCD中，AB1，四边形ACEF为正方形，且平面ABCDBC2，BAD120，平面ACEF．

（Ⅰ）证明：ABCF；

（Ⅱ）求平面BEF与平面BCF所成锐二面角的余弦值．

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【解析】(I)证明：在平行四边形ABCD中，ABC18012060，在ABC中，由余弦定理得：AC2AB2BC22ABBCcos603， 即AC3，

由BC2AC2AB2，得BAC90，ABAC， 又四边形ACEF为正方形，AFAC，

又平面ABCD平面ACEF，平面ABCD平面ACEFAC

AF平面ABCD，AFAB，

又AFACA，AB平面ACEF，

CF平面ACEF，ABCF．

(II)解：由(I)得AB，AC，AF两两垂直，

分别以AB，AC，AF所在直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则A(0,0,0),B(1,0,0),C(0,3,0),F(0,0,3),E(0,3,3)，

设平面BEF的一个法向量n(x,y,z)，BF(1,0,3),EF(0,3,0)， nBFx3z0则，取z1,得nnEF3y03,0,1，

同理可得平面BCF的一个法向量为m(3,1,1)，

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设平面BEF与平面BCF所成锐二面角的平面角为， 则cos|mn|425．

|m||n|55225． 5平面BEF与平面BCF所成锐二面角的余弦值为20．（12分）如图，某市三地A，B，C有直道互通．现甲交警沿路线AB、乙交警沿路线ACB同时从A地出发，匀速前往B地进行巡逻，并在B地会合后再去执行其他任务．已知AB10km，AC6km，BC8km，甲的巡逻速度为5km/h，乙的巡逻速度为10km/h．

（Ⅰ）求乙到达C地这一时刻的甲、乙两交警之间的距离；

（Ⅱ）已知交警的对讲机的有效通话距离不大于3km，从乙到达C地这一时刻算起，求经过多长时间，甲、乙方可通过对讲机取得联系．

【解析】(I)由AB10km，AC6km，BC8km，知ACB90，cosA设当乙到达C地时，甲处在D点，则AD所以在ACD中，由余弦定理得：

3117， CD2AC2AD22ACADcosA623226355653km； 103． 5解得CD365； 5365km． 5即此时甲、乙两交警之间的距离为(II)设乙到达C地后，经过t小时，甲、乙两交警之间的距离为f(t)km，

在BCD中,BC8km,BD7km,cosABC乙从C地到达B地，用时t4， 547小时，甲从D处到达B地，用时t小时， 554所以当乙从C地到达B地，此时，甲从D处行进到E点处，且DE54km,BE3km，

5所以当0t4时,ft5810t275t2810t75t2413； 35t26t55令f(t)3，即5t26t1381，5t26t0； 55第1页（共1页）

解得0t又当

24或t（舍去）； 5547时，甲、乙两交警间的距离为f(t)75t3km， t55因为甲、乙间的距离不大于3km时方可通过对讲机取得联系； 所以从乙到达C地这一时刻算起，经过

2小时，甲、乙可通过对讲机取得联系． 5

y2x221．（12分）已知椭圆E:221(ab0)的一个焦点为(0,3)，长轴与短轴的比为2:1．直线l:ykxm与

ab椭圆E交于P、Q两点，其中k为直线l的斜率． （Ⅰ）求椭圆E的方程；

（Ⅱ）若以线段PQ为直径的圆过坐标原点O，问：是否存在一个以坐标原点O为圆心的定圆O，不论直线l的斜率k取何值，定圆O恒与直线l相切？如果存在，求出圆O的方程及实数m的取值范围；如果不存在，请说明理由． 【解析】(I)c3，2a:2b2:1，a2b2c2． 解得：a2，b1，

y2椭圆E的方程为x21．

4(II)解法一：

假设存在定圆O，不论直线l的斜率k取何值时，定圆O恒与直线l相切． 这时，只需证明坐标原点O到直线l的距离为定值即可．

设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，联立方程，消去y整理得：(4k2)x22kmxm240， △(2km)24(4k2)(m24)0，得：k2m240，①

2kmm24， x1x2,x1x24k24k2以线段PQ为直径的圆过坐标原点O，

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x1x2y1y2x1x2(kx1m)(kx2m)(1k2)x1x2km(x1x2)m20，

m242km(1k)km()m20． 224k4k2化简得：4k25m24，②

m2m225此时，坐标原点O到直线l距离d为：d．

5m241k251k214|m|由坐标原点O到直线l的距离d25为定值知，所以存在定圆O，不论直线l的斜率k取何值时，定圆O恒与直线54l相切，定圆O的方程为：x2y2．

52525)[,)． 55得m的取值范围是(,解法二：

假设存在定圆O，不论直线l的斜率k取何值时，定圆O恒与直线l相切． 这时，只需证明坐标原点O到直线l的距离为定值即可．

设直线OP的方程为：ytx，P点的坐标为(x0，y0)，则y0tx0，

ytx44(1t2)2222222,解得:x0|OP|x0y0(1t)x0联立方程组y，① 2224t4tx141以线段PQ为直径的圆过坐标原点O，OPOQ，直线OQ的方程为：yx．

t14[1()2]4(1t2)12t在①式中以换t，得|OQ|② 21214tl4()t4(1t2)4(1t2)20(1t2)2又由OPOQ知：|PQ||OP||OQ|2 t414t2(14t2)(t24)222设坐标原点O到直线l的距离为d，则有|PQ|d|OP||OQ|，

4(1t2)4(1t2)22|OP|2|OQ|24252l414ld,d． 20(1t2)2|PQ|255(14t2)(t24)又当直线OP与y轴重合时，P(0,2)，Q(1,0)此时d由坐标原点O到直线l的距离d25． 525为定值知，所以存在定圆O，不论直线l的斜率k取何值时，定圆O恒与直线54l相切，定圆O的方程为：x2y2．

5第1页（共1页）

直线l与y轴交点为(0,m)，且点(0,m)不可能在圆O内，又当k0时，直线l与定圆O切于点(0,取值范围是(,2525][,)． 5525所以m的)，522．（12分）已知函数f(x)xasinx，g(x)xmlnx． （Ⅰ）求证：当|a|1时，对任意x(0,)，f(x)0恒成立； （Ⅱ）求函数g(x)的极值； （Ⅲ）当axx14时，若存在x1，x2(0,)且x1x2，满足f(x1)g(x1)f(x2)g(x2)，求证：122． 2【解析】（1）f(x)xasinx，f(x)1acosx．

1cosx1，|a|1，f(x)1acosx0，

f(x)xasinx在(0,)上为增函数，

当x(0,)时，恒有f(x)f(0)0成立．

（2）由g(x)xmlnx，g(x)1mxxmx(x0) 当m0时，g(x)0，g(x)在(0,)上为增函数，无极值； 当m0，0xm，g(x)0；xm，g(x)0， g(x)在(0,m)上为减函数，在(m,)上为增函数， xm，g(x)有极小值mmln(m)，无极大值，

综上，当m0时，g(x)无极值；

当m0时，g(x)有极小值mmln(m)，无极大值． （3）当a12，f(x)x12sinx在(0,)上为增函数， 由（2）知，当m0时，g(x)在(0,)上为增函数， 此时f(x)g(x)在(0,)上为增函数，

不可能存在x1，x2(0,)，满足f(x1)g(x1)f(x2)g(x2)且x1x2 有m0，不防设0x1x2，则由f(x1)g(x1)f(x2)g(x2)，

得2x1112sinx1mlnx12x22sinx2mlnx2，

m(lnx2lnx1)2(x12x1)2(sinx2sinx1)①

由xsinx111sinx1x22，得2(sinx2sinx1)2(x2x1)②

由①②式，得m(lnx12lnx1)2(x2x1)2(x2x1)，

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m9

3即m(lnx2lnx1)(x2x1)0，

2xx3又lnx1lnx2，lnx2lnx10，m210③

2lnx2lnx1要证

x1x249，即证m2x1x2， 2m943x1x1④ 2m0，0x1x2，即证mx21x2x1x由③式，知只需证明x1x2，即证1x2lnx2lnx1lnx1设tx2， x1x2t1t1lnt0(t1)， 1，只需证t，即证：x1lnttt1tlnt(t1)，则h(t)令h(t)(t1)22tt0(t1)，

x2x1x1x2成立，

lnx2lnx1h(t)在(1,)上为增函数，h(t)h（1）0由③知，mxx34x1x20，122成立． 2m9

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