浙江省温岭市名校2020年高考数学（3月份）模拟试卷（含答案解析）

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1、2020 年高考数学（年高考数学（3 月份）模拟试卷月份）模拟试卷 一、选择题 1设集合 A1，2，3，4，5，6，B2，3，4，CxR|1x3，则（AC） B（ ） A2，3 B2，3，4 C1，2，3，4 D2，3，4，5 2已知 x，y 是非零实数，则“xy”是“”的（ ） A充分不必要条件 B必要不充分条件 C充分必要条件 D既不充分也不必要条件 3双曲线 C：的一条渐近线的倾斜角为 110，则 C 的离心率 为（ ） A2sin 20 B2cos20 C D 4如图，某多面体的三视图中正视图、侧视图和俯视图的外轮廓分别为直角三角形、直角 梯形和直角三角形，则该多面体的体积（ ） A

2、B1 C2 D3 5若 x，y 满足|y|2x，且|x|1，则 2x+y 的最小值为（ ） A7 B5 C1 D4 6若函数是奇函数，则使 f（x）1 的 x 的取值范围为（ ） A B C D 7已知 ca，随机变量 ，n 的分布列如表所示，则（ ） 4 3 2 P a b c 2 3 4 P a b c AEE，DD BEE，DD CEE，DD DEE，DD 8如图，在直角梯形 ABCD 中，BCCD，ABBC2，CD4，E 为 CD 中点，M，N 分 别为 AD，BC 的中点，将ADE 沿 AE 折起，使点 D 到 D1，M 到 M1，在翻折过程中， 有下列命题： |M1N|的最小值为

3、1； M1N平面 CD1E存在某个位置， 使 M1EDE 无论 M1位于何位置，均有 M1NAE其中正确命题的个数为（ ） A1 B2 C3 D4 9已知 a11919，ak1949，al2019 是等差数列an中的三项，同时 b11919，bk1949， b12019 是公比为 q 的等比数列bn中的三项，则 q 的最大值为（ ） A B C D无法确定 10已知函数 f（x）x2+ax+b（a，bR）在区间2，3上有零点，则 a2+ab 的取值范围是 （ ） A（，4 B C4， D 二、填空题 11已知若复数 z（i 为虚数单位）若 z 是纯虚数，则以 F（0，m）为焦点的抛物 线的标准

4、方程为 ；若|z|，则 m 12已知 A（2，0），B（2，0），动点 M 满足|MA|2|MB|，则点 M 的轨迹方程是 ； 又若，此时MAB 的面积为 13在二项式的展开式中，所有项系数和为 ，展开式中含 x 2 的项 是 14已知正实数 a 满足 aa（8a）9a，loga（2a）的值为 15记 A，B，C 为ABC 的内角， 若，则 ； 若 cosB，cosC 是方程 5x23x10 的两根，则 sinB sinC 16已知 P，Q 是椭圆上的两点（点 Q 在第一象限），若 M（1，0），且直线 pM，QM 的斜率互为相反数，且|PM|2|QM|，则直线 QM 的斜率为 17已知 A，

5、B，C，D，E 为半径为 1 的圆上相异的 5 点（没有任何两点重合），这 5 个点 两两相连可得到 10 条线段，则这 10 条线段长度平方和的最大值为 三、解答题：共 5 小题，共 74 分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤 18已知函数 f（x）sincoscos2+1 （）若 x ，求 cosx 的值； （）在ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，且满足 2bcosA2ca，求 f（B）的取值范围 19 四棱锥 SABCD 中， 底面 ABCD 是边长为 2 的正方形， 侧面 SAD 为正三角形， E 为 AD 的中点 （）证明：平面 SAD平面 ABCD； （）求

6、直线 SB 与平面 SEC 所成角的正弦值 20数列an中，a11，a2，且 （）令 f（n），n2），将 f（n）用 n 表示，并求an 通项公式； （）令 Tna12+a22+an2，求证：Tn 21如图，已知抛物线的焦点为 F （）若点 P 为抛物线上异于原点的任一点，过点 P 作抛物线的切线交 y 轴于点 Q，证 明：PFy2PQF； （）A，B 是抛物线上两点，线段 AB 的垂直平分线交 y 轴于点 D（0，4）（AB 不与 X 轴平行），且|AF|+|BF|6过 y 轴上一点 E 作直线 mx 轴，且 m 被以 AD 为直径的圆 截得的弦长为定值，求ABE 面积的最大值 22已知函

7、数 （）求函数 yf（x）在 x1 处的切线方程； （）若 yf（x）在 xx1，x2（x1x2）处导数相等，证明：f（x1）+f（x2）3ln2 （）若对于任意 k（，2），直线 ykx+b 与函数 yf（x）图象都有唯一公共点， 求实数 b 的取值范围 参考答案 一、选择题：共 10 小题，每小题 4 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 A1，2，3，4，5，6，B2，3，4，CxR|1x3，则（AC） B（ ） A2，3 B2，3，4 C1，2，3，4 D2，3，4，5 【分析】求出集合，直接计算 解：集合 A1，2，3，4，5，6，B2，3，

8、4， CxR|1x3， 则（AC）B1，2，3B1，2，3，4， 故选：C 2已知 x，y 是非零实数，则“xy”是“”的（ ） A充分不必要条件 B必要不充分条件 C充分必要条件 D既不充分也不必要条件 【分析】举例说明由 xy，不能推出，由，也不一定有 xy，则答案可求 解：由 xy，不能推出，如 x3，y2； 反之，由，也不一定有 xy，如 x1，y2 “xy”是“”的既不充分也不必要条件 故选：D 3双曲线 C：的一条渐近线的倾斜角为 110，则 C 的离心率 为（ ） A2sin 20 B2cos20 C D 【分析】由双曲线 C 的一条渐近线的倾斜角为 110，得tan110，所以

9、 tan70，C 的离心率 e代入求值即可 解：双曲线 C 的一条渐近线的倾斜角为 110， tan110，所以tan70， C 的离心率 e 故选：C 4如图，某多面体的三视图中正视图、侧视图和俯视图的外轮廓分别为直角三角形、直角 梯形和直角三角形，则该多面体的体积（ ） A B1 C2 D3 【分析】由三视图还原原几何体，该几何体为四棱锥，PA底面 ABCD，且 PA1，底 面 ABCD 为直角梯形，ABAD，ADBC，ABAD2，BC1，再由棱锥体积公式求 解 解：由三视图还原原几何体如图， 该几何体为四棱锥，PA底面 ABCD，且 PA1， 底面 ABCD 为直角梯形，ABAD，ADB

10、C，ABAD2，BC1 该多面体的体积 V 故选：B 5若 x，y 满足|y|2x，且|x|1，则 2x+y 的最小值为（ ） A7 B5 C1 D4 【分析】作出不等式组对应的平面区域，利用 z 的几何意义，即可得到结论 解：作出 x，y 满足|y|2x，且|x|1，对应的平面区域如图： 由 z2x+y 得 y2x+z 平移直线 y2x+z， 由图象可知当直线 y2x+z 经过点 A 时，直线的截距最小， 此时 z 最小， 由，解得 A（1，3），此时 z2（1）+（3）5， 则 2x+y 的最小值为：5 故选：B 6若函数是奇函数，则使 f（x）1 的 x 的取值范围为（ ） A B C

11、D 【分析】 根据题意， 由奇函数的定义可得 f （x） +f （x） 0， 即 ln （+a） +ln （+a） 0，变形可得 a 的值，即可得函数的解析式，由复合函数的单调性判断方法可得 f（x） 在（1，1）上为增函数，求出满足 f（x）1 的 x 的值，据此分析可得答案 解：根据题意，函数是奇函数，则 f（x）+f（x）0， 即 ln（+a）+ln（+a）0，变形可得（）（）1， 分析可得：a1， 则 f（x）ln（1）ln（），有0，解可得1x1，即函数的定义 域为（1，1）， 设 t，则 ylnt， t 1，则 t 在（1，1）上为增函数，而 ylnt 在（0，+）上为增函 数，

12、则 f（x）在（1，1）上为增函数， 若 f（x）1，即e，解可得 x， 则 f（x）1f（x）f（）x， 又由1x1，则有1x， 即 x 的取值范围为（1，）； 故选：A 7已知 ca，随机变量 ，n 的分布列如表所示，则（ ） 4 3 2 P a b c 2 3 4 P a b c AEE，DD BEE，DD CEE，DD DEE，DD 【分析】求出数学期望，作差比较大小，和利用方差的性质，得到结论 解：E2a+3b+4c， E4a+3b+2c， EE2（ca）0， 由 +6，所以 DD（6）D， 故选：B 8如图，在直角梯形 ABCD 中，BCCD，ABBC2，CD4，E 为 CD 中点

13、，M，N 分 别为 AD，BC 的中点，将ADE 沿 AE 折起，使点 D 到 D1，M 到 M1，在翻折过程中， 有下列命题： |M1N|的最小值为 1； M1N平面 CD1E存在某个位置， 使 M1EDE 无论 M1位于何位置，均有 M1NAE其中正确命题的个数为（ ） A1 B2 C3 D4 【分析】通过连接直线 DN 等直线，结合直线与平面的平行与垂直，转化判断 4 个命题 的真假即可 解：在直角梯形 ABCD 中，BCCD，ABBC2，CD4，E 为 CD 中点，M，N 分别 为 AD，BC 的中点，将ADE 沿 AE 折起，使点 D 到 D1，M 到 M1，在翻折过程中，当 D1与

14、 C 重合时，|M1N|的最小值为 1；所以正确；连接 MN 交 AE 于 F 连接 M1F， 可以证明平面 FM1N平面 CD1E，所以 M1N平面 CD1E， 所以正确； 当 D1E平面 ABCD 时，M1EDE，所以正确； 因为 AEFN，AEM1F，所以直线 AE平面 FM1E，所以无论 M1位于何位置，均有 M1NAE所以正确； 故选：D 9已知 a11919，ak1949，al2019 是等差数列an中的三项，同时 b11919，bk1949， b12019 是公比为 q 的等比数列bn中的三项，则 q 的最大值为（ ） A B C D无法确定 【分析】由题意可得 3l10k7，要

15、使 q 最大，则 lk 最小，结合等 式 3l10k7 求得 lk 的最小值，则 q 的最大值可求 解：由题意，数列bn不是常数列 由 a11919，ak1949，al2019 是等差数列an中的三项， 得 d，即， 得 由 b11919，bk1949，b12019 是公比为 q 的等比数列b n中的三项， 得1， 则，要使 q 最大，则 lk 最小， 由 3l10k7，得 k1，l1（舍）； k4，l11；k7，l21；k10，l31； 由上可知， 当 k 与 l 均增加时， 由于 l 的系数小于 k 的系数， 则要使等式 3l10k7 成立， l 比 k 增加要快 lk 的最小值为 7 则

16、 q 的最大值为 故选：B 10已知函数 f（x）x2+ax+b（a，bR）在区间2，3上有零点，则 a2+ab 的取值范围是 （ ） A（，4 B C4， D 【分析】不妨设 x1，x2为函数 f（x）的两个零点，其中 x12，3，x2R，运用韦达定理 和主元法、二次函数的最值，构造函数 g（x1），求得导数，判断单调性，可得所求范围 解：不妨设 x1，x2为函数 f（x）的两个零点，其中 x12，3，x2R， 则 x1+x2a，x1x2b 则 a2+ab（x1+x2）2（x1+x2） x1x2（1x1）x22+（2x 1x1 2）x 2+x1 2， 由 1x10， x2R， 所以 （1x1

17、） x22+ （2x1x12） x2+x12 ， 可令 g（x1），g（x1） ， 当 x12，3，g（x1）0 恒成立，所以 g（x1）g（2），g（3）4， 则 g（x1）的最大值为 ，此时 x13， 还应满足 x2 ，显然 x13，x2时，ab ，a2 +ab 故选：B 二、填空题：共 7 小题，多空题每题 6 分，单空题每题 4 分，共 36 分. 11已知若复数 z（i 为虚数单位）若 z 是纯虚数，则以 F（0，m）为焦点的抛物 线的标准方程为 x22y ；若|z|，则 m 3 【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简，由实部为 0 且虚部不为 0 求得 m，可得抛 物线的方程；再由

18、复数模的计算公式列式求 m 值 解：z为纯虚数， 则 2m10，即 m，则 F（0，）， 以 F（0，）为焦点的抛物线的标准方程为 x22y； 由|z|，得，解得 m3 故答案为：x22y；3 12已知 A（2，0）， B（2，0），动点 M 满足|MA|2|MB|，则点 M 的轨迹方程是 3x2+3y2 20x+120 ；又若，此时MAB 的面积为 【分析】设 M（x，y），由|MA|2|MB|列式可得点 M 的轨迹方程，再写出以 AB 为直径 的圆的方程，与 M 的轨迹联立求得 M 的纵坐标，再由三角形面积公式求解 解：A（2，0），B（2，0），设 M（x，y）， 由|MA|2|MB|，

19、得， 整理得：3x2+3y220x+120； 以 AB 为直径的圆的方程为 x2+y24， 联立，解得|y| 即 M 点的纵坐标的绝对值为 此时MAB 的面积为 S 故答案为：3x2+3y220x+120； 13 在二项式的展开式中， 所有项系数和为 128 ， 展开式中含 x 2 的项是 2835x2 【分析】令 x1，可得所有项系数和再利用二项展开式的通项公式，求出展开式中含 x2的项 解：二项式的展开式中，令 x1，可得所有项系数和为（31） 7128 二项式的展开式中，通项公式为 Tr+1 （1）r 37 r ， 令 72，求得 r3，可得展开式中含 x2的项是 34 x22835x2

20、， 故答案为：128；2835x2 14已知正实数 a 满足 aa（8a）9a，loga（2a）的值为 【分析】推导出 a9aloga8a，由 loga8a，得 loga8，从而 loga2 ，由此 能求出 loga（2a）的值 解：正实数 a 满足 aa（8a）9a， a9aloga8a， 由 loga8a，得 loga8 ， loga2， loga（2a）loga2+1 故答案为： 15记 A，B，C 为ABC 的内角， 若，则 2 ； 若 cosB，cosC 是方程 5x23x10 的两根，则 sinB sinC 【分析】由已知得 1+sinA3cosA，再利用 sin2A+cos2A1

21、，即可得出 sinA，cosA，代 入即可； 由题知 cosB+cosCcosBcosC，将 平方得出 cos2B+cos2C，再由 ，乘进去代入即可得出结果 解： 由已知得 1+sinA3cosA0， 再由 sin2A+cos2A1， 联立化简， 则 故应填 2； 由题知 cosB+cosC cosBcosC 将式平方得 得 故应填 16已知 P，Q 是椭圆上的两点（点 Q 在第一象限），若 M（1，0），且直线 pM，QM 的斜率互为相反数，且|PM|2|QM|，则直线 QM 的斜率为 1 【分析】设直线 PM 斜率为 k，得出直线 PM 的方程，联立方程组消元，得出 N 点坐标， 代入椭

22、圆方程计算 k 的值即可得出 OM 的斜率k 解：延长 PM 交椭圆于 N，由对称性可知|QM|MN|， 设直线 PM 的斜率为 k，则直线 PM 的方程为 yk（x1）（k0）， 联立方程组，消元得：（+3）y2+20， 设 P（x1，y1），N（x2，y2），则 y1+y2 ， |PM|2|QM|，y12y2 y1+y2y2 ， 即 y2 ，x2+1， 把 N（+1，）代入椭圆方程得：（+1）2+3（）23， 解得 k21，k1， 直线 QM 的斜率为k1 故答案为：1 17已知 A，B，C，D，E 为半径为 1 的圆上相异的 5 点（没有任何两点重合），这 5 个点 两两相连可得到 10

23、 条线段，则这 10 条线段长度平方和的最大值为 25 【分析】由， ，再相加即可求得答案 解 ： 不 妨 设 圆 心 为O ， 则， ， ， ，当且仅当时取等号 故答案为：25 三、解答题：共 5 小题，共 74 分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤 18已知函数 f（x）sincoscos2+1 （）若 x ，求 cosx 的值； （）在ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，且满足 2bcosA2ca，求 f（B）的取值范围 【分析】（I）先利用二倍角公式，辅助角公式先对已知函数进行化简，然后结合两角和 的余弦公式展开即可求解； （II）由已知结合正弦定理进行化简可求

24、cosB 的范围，进而可求 B 的范围，代入 f（B） 后结合余弦函数的性质即可求解 解：（I）f（x）sincoscos2+1， sin（x）+， 由 x 可得 sin（x）+， 所以 sin（x），cos（x）， 所以 cosxcos（x）+ （II）因为 2bcosA2ca， 由正弦定理可得，2sinBcosA2sinCsinA， 从而可得，2sinBcosA2sinAcosB+2sinBcosAsinA， 即 cosB， 因为 0B， 所以 0B， ， 所以， 所以 f（B）sin（B）+ 19 四棱锥 SABCD 中， 底面 ABCD 是边长为 2 的正方形， 侧面 SAD 为正三角

25、形， E 为 AD 的中点 （）证明：平面 SAD平面 ABCD； （）求直线 SB 与平面 SEC 所成角的正弦值 【分析】（）推导出 SEAD，SECE，从而 SE平面 ABCD，由此能证明平面 SAD 平面 ABCD （）以 E 为原点，EA 为 x 轴，过 E 作 AB 的平行线为 y 轴，ES 为 z 轴，建立空间直角 坐标系，利用向量法能求出直线 SB 与平面 SEC 所成角的正弦值 解：（）证明：侧面 SAD 为正三角形，E 为 AD 的中点， SEAD， 底面 ABCD 是边长为 2 的正方形，侧面 SAD 为正三角形，E 为 AD 的中点 SE，CE，SE2+CE2SC2，S

26、ECE， ADCEE，SE平面 ABCD， SE平面 SAD，平面 SAD平面 ABCD （）解：以 E 为原点，EA 为 x 轴，过 E 作 AB 的平行线为 y 轴，ES 为 z 轴，建立空间 直角坐标系， 则 S（0，0，），B（1，2，0），E（0，0，0），C（1，2，0）， （1，2，），（0，0，），（1，2，0）， 设平面 SEC 的法向量 （x，y，z）， 则，取 y1，得 （2，1，0）， 设直线 SB 与平面 SEC 所成角为 ， 则直线 SB 与平面 SEC 所成角的正弦值为： sin 20数列an中，a11，a2，且 （）令 f（n），n2），将 f（n）用 n 表示

27、，并求an 通项公式； （）令 Tna12+a22+an2，求证：Tn 【分析】（I）由数列an中，a11，a2，且 可得 f（n） 利用累加求和方法可得 an+1， 可得 an （II）n3 时， （）即可证明 解：（I）数列an中，a11，a2，且 f（n） n2 时，1 +1 a n+1 ，可得 ann2 时成立 an （II）证明：n3 时，（） Tn1+ （+）1+ n1，2 时也成立 综上可得：Tn 21如图，已知抛物线的焦点为 F （）若点 P 为抛物线上异于原点的任一点，过点 P 作抛物线的切线交 y 轴于点 Q，证 明：PFy2PQF； （）A，B 是抛物线上两点，线段 AB

28、 的垂直平分线交 y 轴于点 D（0，4）（AB 不与 X 轴平行），且|AF|+|BF|6过 y 轴上一点 E 作直线 mx 轴，且 m 被以 AD 为直径的圆 截得的弦长为定值，求ABE 面积的最大值 【分析】（）设 P 的坐标，求出在 P 处的导数，进而求出在 P 处的切线的方程，令 x 0 求出 Q 的坐标，进而求出 FQ 的值，P 到准线的距离为 PF 的值可得 PFFQ，进而 可得结论； （）设直线 AB 的方程与抛物线联立求出两根之和及两根之积，进而求出弦长 AB，再 求线段 AB 的中点坐标， 求出 AB 的中垂线的方程， 将 D 点代入中垂线的方程可得参数的 关系，设 E 的

29、坐标，由以 AD 为直径的圆圆直线 m 的弦长为定值可得 E 的坐标，进而求 出 E 到直线 AB 的距离，代入面积公式可得关于直线 AB 斜率的表达式，令函数求导可得 函数的最大值，即求出面积的最大值 解：（）由抛物线的方程可得 F（0，1），准线方程：y1，设 P（x0，），由 抛物线的方程可得 y，所以在 P 处的切线的斜率 k， 所以在 P 处的切线方程为：y（xx0）令 x0 可得 y，即 Q（0， ）， 所以 FQ1+，而 P 到准线的距离 d+1，由抛物线的性质可得 PFd 所以 PFFQ，PQFQPF， 可证得：PFy2PQF； （）设直线 AB 的方程为：ykx+m，A（x1

30、，y1），B（x2，y2）， 直线与抛物线联立整理可得：x24kx4m0， 16k2+16m0，即 k2+m0， x1+x24k，x1x24m，y1+y2k（x1+x2）+2m4k2+2m， 所以 AB 的中点坐标为：（2k，2k2+m）， 所以线段 AB 的中垂线方程为：y（2k2+m）（x2k）， 由题意中垂线过 D（0，4），所以 2k2+m+24，即 2k2+m2， 由抛物线的性质可得：|AF|+|BF|y1+y2+26，所以 4k2+2m+26，即 2k2+m2 设 E（0，b），AD2x12+（y14）2，AD 的中点的纵坐标为 ， 所以以 AD 为直径的圆与直线 m 的相交弦长的

31、平方为：4（b）2 4b2+b （y1+4） 4y1b2+4b4y1+by14 （b3） y1+4b b2， 要使以 AD 为直径的圆截得的弦长为定值则可得 b3，时相交弦长的平方为定值 12，即 E（0，3）， 所以 E 到直线 AB 的距离为： d， 而弦长|AB| 4， 所以 SEAB d2|3m|， 将 代 入 可 得SABE 2|3 2+2k2| 2|1+2k2| 2 设f （k） 4k6+4k4+7k2+2， 为偶函数， 只看k0的情况即可， f （k） 24k5+16k3+14k 2k（12k46k272k（2k2+1）（6k27） 令 f（k）0，k 当 0k，f（k）0，f（

32、k）单调递增； 当，f（k）0，f（k）单调递减 所以 k（，）且 k0，上，f（）f（）为最大值 所以 SABE的最大值为：2|1+2 | 22已知函数 （）求函数 yf（x）在 x1 处的切线方程； （）若 yf（x）在 xx1，x2（x1x2）处导数相等，证明：f（x1）+f（x2）3ln2 （）若对于任意 k（，2），直线 ykx+b 与函数 yf（x）图象都有唯一公共点， 求实数 b 的取值范围 【分析】（）先求导得 f（1），函数 f（x）在 x1 处的切线方程为：yf（1）f （1）（x1），代入化简即可得结论 （）根据 yf（x）在 xx1，x2（x1x2）处导数相等，即 x1

33、，x2为方程（2m）x2 3x+10 的根，解得，由韦达定理 x1+x2，x1x2，所以 f（x1）+f（x2）2（x1+x2）（+）3（lnx1+lnx2）33ln，钩爪 函数求导可证 （）将问题转化为 h（x）有唯一零点，再利用导数研究函数的单调 性，利用函数单调性得函数草图，根据草图可得 解：（）f（x）2+ 所以 f（1）0， 所以函数 f（x）在 x1 处的切线方程为： yf（1）f（1）（x1）， 即 y1 （）根据题意得，f（x1）f（x2）m， 即 x1，x2为方程（2m）x23x+10 的根， ，解得， 所以 x1+x2，x1x2 ， 所以 f（x1）+f（x2）2（x1+x

34、2）（ +）3（lnx1+lnx2） 2（x1+x2）（ ）3ln（x1x2） 23ln 33ln， 令 t，（t） g（t）6t33lnt，（t）， g（t）6， 当 t（，+）时，g（t）0，g（t）单调递增 当 t（，）时，g（t）0，g（t）单调递减 所以 g（t）ming（）3ln2， 所以 g（t）3ln2， 所以 f（x1）+f（x2）3ln2 （）根据题意得，方程 f（x）kx+b 只有一个根， 即 k只有 一个根， 令 h（x），有唯一零点， 当 x0+时，h（x），x+时，h（x）2， 下面证明 h（x）2 恒成立， 若存在 x0（0，+），使得 h（x0）1， 所以存在 x1（0，x0），x2（x0，+），使得 h（x1）1，h（x2）1， kmaxh（x1），h（x2）2，则 yk 与 yh（x）至少有两个交点，矛盾 由对于任意 k（，2），h（x）k 只有一个解，得 h（x）为（0，+）上的增函数， 所以 h（x）0， 得 b3lnx+3， 令 m（x）3lnx+3，（x0）， 则 m（x）， 所以 m（x）在（0，）上单调递增，在（，+）上单调递减， m（x）maxm（）3ln 得 bm（x）maxm（）3ln