2020年浙江省杭州高中高考数学模拟试卷（3月份）含详细解答

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1、若集合 Ax|x210，Bx|0x4，则 AB（ ） A （，1） B0，4） C1，4） D （4，+） 2 （4 分）已知 i 为虚数单位，则 z 的虚部为（ ） A1 B2 C2 D2i 3 （4 分）已知双曲线 C：1（a0，b0）的渐近线方程为 yx，则双曲 线 C 的离心率为（ ） A B C D 4 （4 分）函数函数 f（x）|x|的大致图象为（ ） A B C D 5 （4 分）已知随机变量 满足 P（0）x，P（1）1x，若，则（ ） AE（）随着 x 的增大而增大，D（）随着 x 的增大而增大 BE（）随着 x 的增大而减小，D（）随着 x 的增大而增大 CE（）随着 x

2、 的增大而减小，D（）随着 x 的增大而减小 DE（）随着 x 的增大而增大，D（）随着 x 的增大而减小 6 （4 分）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（ ） 第 2 页（共 22 页） A B C D 7 （4 分） “ln（a2）ln（b1）0”是“”成立的（ ） 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 8 （4 分）如图，圆 O 是半径为 1 的圆，设 B，C 为圆上的任意 2 个点，则 的取值范围是（ ） A B1，3 C1，1 D 9 （4 分）如图，在三棱锥 PABC 中，PBBCa，PAACb（ab） ，设二面角 P ABC 的平

3、面角为 ，则（ ） A+PCA+PCB，2PAC+PBC B+PCA+PCB，2PAC+PBC C+PCA+PCB，2PAC+PBC D+PCA+PCB，2PAC+PBC 10 （4 分）设 a，bR+，数列an满足 a12，an+1aan2+b，nN*，则（ ） 第 3 页（共 22 页） A对于任意 a，都存在实数 M，使得 anM 恒成立 B对于任意 b，都存在实数 M，使得 anM 恒成立 C对于任意 b（24a，+） ，都存在实数 M，使得 anM 恒成立 D对于任意 b（0，24a） ，都存在实数 M，使得 anM 恒成立 二、填空题（本大题共二、填空题（本大题共 7 小题，多空题

4、每题小题，多空题每题 6 分，单空题每题分，单空题每题 4 分，共分，共 36 分）分） 11（6 分）九章算术 中， 将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为 “阳马” 现 有一“阳马”PABCD，PA底面 ABCD，PAAB2，AD1，则该“阳马”的最长 棱长等于 ；外接球表面积等于 12 （6 分）设 x，y 满足约束条件，则 z2x+3y 的最大值为 ；满足条 件的 x，y 构成的平面区域的面积是 13 （6 分）已知（x+2）5（2x5）a0+a1x+a6x6，则 a0 ；a5 14（6 分） 已知ABC 的内角 A， B， C 的对边分别为 a， b， c， 若， 且 b1

5、，则 B ；ABC 的面积为 15 （4 分）从 0，1，2，3，4，5 这 6 个数中随机抽取 5 个数构成一个五位数，则满 足条件“abcde”的五位数的个数有 16 （4 分）设 F1，F2是椭圆 C：1（0m2）的两个焦点，P（x0，y0）是 C 上一点，且满足PF1F2的面积为，则|x0|的取值范围是 17 （4 分）设函数 f（x）|lnx+a|+|x+b|（a，bR） ，当 x1，e时，记 f（x）最大值为 M （a，b） ，则 M（a，b）的最小值为 三、解答题（本大题共三、解答题（本大题共 5 小题，共小题，共 74 分分.解答应写出文字说明、证明过程或演算过程）解答应写出文

6、字说明、证明过程或演算过程） 18 （14 分）已知函数（0）的图象上相邻两对称轴之 间的距离为 4 （）求 的值及 f（x）的单调递增区间； （）若且，求 f（x0+1）的值 19 （15 分）如图，已知四棱锥 ABCDE 中，ABBC2，CD BE，BE2CD4，EBC60 （）求证：EC平面 ABC； 第 4 页（共 22 页） （）求直线 AD 与平面 ABE 所成角的正弦值 20 （15 分）已知等差数列an的公差不为零，且 a33，al，a2，a4成等比数列，数列bn 满足 b1+2b2+nbn2an（nN*） （）求数列an，bn的通项公式； （）求证：+an+1（nN*） 21

7、 （15 分）已知抛物线 E：y22px（p0）过点 Q（1，2） ，F 为其焦点，过 F 且不垂直 于 x 轴的直线 l 交抛物线 E 于 A，B 两点，动点 P 满足PAB 的垂心为原点 O （1）求抛物线 E 的方程； （2）求证：动点 P 在定直线 m 上，并求的最小值 22 （15 分）已知 f（x）2ln（x+2）（x+1）2，g（x）k（x+1） （）求 f（x）的单调区间； （）当 k2 时，求证：对于x1，f（x）g（x）恒成立； （）若存在 x01，使得当 x（1，x0）时，恒有 f（x）g（x）成立，试求 k 的 取值范围 第 5 页（共 22 页） 2020 年浙江省杭

8、州高中高考数学模拟试卷（年浙江省杭州高中高考数学模拟试卷（3 月份）月份） 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 一、选择题（本大题共一、选择题（本大题共 10 小题，每小题小题，每小题 4 分，共分，共 40 分分.在每小题给出的四个选项中，只有在每小题给出的四个选项中，只有 一项是符合题目要求的）一项是符合题目要求的） 1 （4 分）若集合 Ax|x210，Bx|0x4，则 AB（ ） A （，1） B0，4） C1，4） D （4，+） 【分析】可求出集合 A，然后进行交集的运算即可 【解答】解：Ax|x1，或 x1； AB1，4） 故选：C 【点评】考查描述法、区间的定义，以及交集的运

9、算，一元二次不等式的解法 2 （4 分）已知 i 为虚数单位，则 z 的虚部为（ ） A1 B2 C2 D2i 【分析】直接利用复数代数形式的乘除运算化简得答案 【解答】解：， z 的虚部为2 故选：B 【点评】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题 3 （4 分）已知双曲线 C：1（a0，b0）的渐近线方程为 yx，则双曲 线 C 的离心率为（ ） A B C D 【分析】根据题意，由双曲线的方程分析可得其焦点在 x 轴上，进而可得渐近线方程， 结合题意可得有，即 a2b，由双曲线的几何性质分析可得 ca， 由离心率的计算公式可得答案 【解答】解：根据题意，双曲线的方程

10、为1，其焦点在 y 轴上，其渐近线方程 第 6 页（共 22 页） 为 yx， 又由其渐近线方程为 yx， 则有，即 b2a， ca， 则其离心率 e； 故选：B 【点评】 本题考查双曲线的几何性质， 涉及双曲线的渐近线、 离心率的计算， 关键是求 a， c 的关系，注意分析双曲线的焦点的位置 4 （4 分）函数函数 f（x）|x|的大致图象为（ ） A B C D 【分析】利用 x0 时，函数的单调性，以及 x0 时，函数值的符号进行排除即可 【解答】解：当 x0 时，f（x）x为增函数，排除 A，B， 当 x0 时，f（x）|x|0 恒成立，排除 C， 故选：D 【点评】本题主要考查函数图

11、象的识别和判断，利用单调性和函数值的符号进行排除是 解决本题的关键 5 （4 分）已知随机变量 满足 P（0）x，P（1）1x，若，则（ ） AE（）随着 x 的增大而增大，D（）随着 x 的增大而增大 BE（）随着 x 的增大而减小，D（）随着 x 的增大而增大 CE（）随着 x 的增大而减小，D（）随着 x 的增大而减小 第 7 页（共 22 页） DE（）随着 x 的增大而增大，D（）随着 x 的增大而减小 【分析】 服从成功概率为 1x 的两点分布，故 E1x，D（1x）xxx2，进 而，得到 E 和 D 在 x（0，） ，上的单调性 【解答】解：根据题意， 服从成功概率为 1x 的两

12、点分布， 所以 E1x，当 x（0，）时，E 单调递减，即 E（）随着 x 的增大而减小， D（1x）xx2+x，因为 D 的对称轴为 x，开口向下，故当 x（0，）时， D 随着 x 的增大而增大 故选：B 【点评】本题考查了两点分布的期望与方差，成功概率为 p 的两点分布的期望为 p，方差 为 p（1p） ，本题属于基础题 6 （4 分）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（ ） A B C D 【分析】画出几何体的直观图，利用三视图的数据，通过三棱柱的体积减去三棱锥的体 积，求解几何体的体积即可 【解答】解：由题意可知几何体的直观图如图，是正方体的一部分，四棱锥 PABCD， 正

13、方体的棱长为 2，三棱柱的体积减去三棱锥的体积，求解几何体是体积， 所求体积为： 故选：C 第 8 页（共 22 页） 【点评】本题考查三视图求解几何体的体积，判断几何体的形状，画出直观图是解题的 关键 7 （4 分） “ln（a2）ln（b1）0”是“”成立的（ ） 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】由对数的运算性质与不等式的基本性质结合充分必要条件的判定方法得答案 【解答】解：由 ln（a2）ln（b1）0，得，即 a2b1，； 反之，由，不一定有 ln（a2）ln（b1）0，如 a2，b1 “ln（a2）ln（b1）0”是“”成立的充分不

14、必要条件 故选：A 【点评】本题考查对数的运算性质与不等式的基本性质，考查充分必要条件的判定方法， 是基础题 8 （4 分）如图，圆 O 是半径为 1 的圆，设 B，C 为圆上的任意 2 个点，则 的取值范围是（ ） A B1，3 C1，1 D 【分析】根据平面向量的数量积和二次函数的性质，结合余弦函数的性质即可求出结果 第 9 页（共 22 页） 【解答】解：如图所示， 由（） |cosBCO|cos |cos |cos， 且|cos|（|）2， 由|0，2， 当|时，有最小值为， 又当|2，且 cos1 时，|cos，此时3，为最大值 所以的取值范围是，3 故选：A 【点评】本题考查了向量

15、的数量积和二次函数的性质应用问题，也考查了运算求解能力， 是中档题 9 （4 分）如图，在三棱锥 PABC 中，PBBCa，PAACb（ab） ，设二面角 P ABC 的平面角为 ，则（ ） A+PCA+PCB，2PAC+PBC B+PCA+PCB，2PAC+PBC 第 10 页（共 22 页） C+PCA+PCB，2PAC+PBC D+PCA+PCB，2PAC+PBC 【分析】解题的关键是通过构造垂面得出PMC，然后转化到平面中解决即可 【解答】解：如图，取 PC 中点 D，连接 AD，BD， 由 PBBCa，PAAC 易知 BDPC，ADPC，故可得 PC平面 ABFD， 作 PMAB 于

16、 M，由ABPABC，可得 CMAB， PMC， 又 PMCMhab， ， 2PAC+PBC， 故选：C 【点评】本题考查空间角的综合问题，考查空间想象能力，逻辑推理能力，属于中档题 10 （4 分）设 a，bR+，数列an满足 a12，an+1aan2+b，nN*，则（ ） A对于任意 a，都存在实数 M，使得 anM 恒成立 B对于任意 b，都存在实数 M，使得 anM 恒成立 C对于任意 b（24a，+） ，都存在实数 M，使得 anM 恒成立 D对于任意 b（0，24a） ，都存在实数 M，使得 anM 恒成立 【分析】取 a1，b1，可排除 AB；由蛛网图可得数列an的单调情况，进而

17、得到要使 anM，只需，由此得出答案 【解答】解：取 a1，b1，该数列an恒单调递增，且不存在最大值，故排除 AB 选 项； 由蛛网图可知，ax2+bx 存在两个不动点，且， 第 11 页（共 22 页） 因为当 0a1x1时，数列an单调递增，则 anx1， ； 当 x1a1x2时，数列an单调递减，则 x1ana1； 所以要使 anM，只需要 0a1x2，故， 化简得 b24a 且 b0， 故选：D 【点评】本题考查递推数列的综合运用，考查逻辑推理能力，属于中档题 二、填空题（本大题共二、填空题（本大题共 7 小题，多空题每题小题，多空题每题 6 分，单空题每题分，单空题每题 4 分，共

18、分，共 36 分）分） 11（6 分）九章算术 中， 将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为 “阳马” 现 有一“阳马”PABCD，PA底面 ABCD，PAAB2，AD1，则该“阳马”的最长 棱长等于 3 ；外接球表面积等于 9 【分析】由题意画出图形，利用勾股定理求得几何体最长棱长，再由分割补形法得到多 面体外接球的半径，则球的表面积可求 【解答】解：如图， PA底面 ABCD，底面 ABCD 为长方形，且 PAAB2，AD1， 最长棱 PC； 其外接球的半径为 第 12 页（共 22 页） 则其外接球的表面积为 故答案为：3；9 【点评】本题考查多面体外接球表面积与体积的求法，训

19、练利用“分割补形法”求多面 体外接球的半径，是基础题 12 （6 分）设 x，y 满足约束条件，则 z2x+3y 的最大值为 11 ；满足条件 的 x，y 构成的平面区域的面积是 【分析】作出不等式对应的平面区域，利用线性规划的知识，通过平移即可求 z 的最大 值 【解答】解：作出 x，y 满足约束条件，对应的平面区域（阴影部分） ， 由 z2x+3y，得 yx+， 平移直线 yx+， 由图象可知当直线 yx+经过点 C 时， 直线 yx+的 截距最大，此时 z 最大 由，解得 A（，） 解得 B（1，） ； 解得 C（1，3） 此时 z 的最大值为 z21+3311， 可行域的面积为： 故答

20、案为：11； 第 13 页（共 22 页） 【点评】本题主要考查线性规划的应用，利用数形结合是解决线性规划题目的常用方法 13 （6 分）已知（x+2）5（2x5）a0+a1x+a6x6，则 a0 160 ；a5 15 【分析】在所给的等式中，令 x 等于 0，求得 a0的值；再利用通项公式求得 a5即 x5的系 数 【解答】解：（x+2）5（2x5）a0+a1x+a6x6，令 x0，可得 a0160 a5即 x5的系数为5+2215， 【点评】本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质， 属于基础题 14（6 分） 已知ABC 的内角 A， B， C 的对边分别为

21、a， b， c， 若， 且 b1，则 B ；ABC 的面积为 【分析】，利用正弦定理可得：sinB（4+2）sincosB， tanB2+，可得 B，C再利用三角形的面积计算公式即可得出 【解答】解：， sinB（4+2）sincosB， tanB2+， tan（）2+，B（0，） B 第 14 页（共 22 页） CB cb1 SbcsinA 故答案为：， 【点评】本题考查了正弦定理、和差公式、三角形面积计算公式，考查了推理能力与计 算能力，属于中档题 15 （4 分）从 0，1，2，3，4，5 这 6 个数中随机抽取 5 个数构成一个五位数，则满 足条件“abcde”的五位数的个数有 21

22、 【分析】由题意可得 c 最大，a 不能为 0，分两类，当 c5 时，当 c4 时，根据分类计 数原理可得 【解答】解：由题意可得 c 最大，a 不能为 0， 当 c 取 5 时，则从剩下 4 个数（不包含 0）取两个，放在 c 的左边，再从剩下 3 个数（包 含 0）取两个，放在右边， 有 C42C3218 个， 当 c 取 4 时，则从剩下 3 个数（不包含 0）取两个，放在 c 的左边，再从剩下 2 个数（包 含 0）取两个，放在右边， 有 C32C223 个， 故满足条件的五位数的个数有 18+321 个， 故答案为：21 【点评】本题考查了简单的排列组合问题，属于基础题 16 （4

23、分）设 F1，F2是椭圆 C：1（0m2）的两个焦点，P（x0，y0）是 C 上一点，且满足PF1F2的面积为，则|x0|的取值范围是 0，1 【分析】 利用三角形的面积的表达式， 结合椭圆方程， 求通过二次函数， 转化即可得到|x0| 的取值范围 【解答】解：设 F1，F2是椭圆 C：1（0m2）的两个焦点，P（x0，y0）是 C 上一点，且满足PF1F2的面积为， 当 P 是短轴端点时，三角形的面积取得最大值， 第 15 页（共 22 页） 所以|y0|， 可得：x024，0m2，可得 4m2m4（0，4， 所以3， 可得 x021 所以|x0|的取值范围是：0，1 故答案为：0，1 【点

24、评】本题考查椭圆的简单性质的应用，是基本知识的考查 17 （4 分）设函数 f（x）|lnx+a|+|x+b|（a，bR） ，当 x1，e时，记 f（x）最大值为 M （a，b） ，则 M（a，b）的最小值为 【分析】易知 f（x）max|lnx+a+x+b|，|lnx+axb|，设 G（x）|lnxx+ab|，F （x）|lnx+x+a+b|，利用绝对值不等式的性质即可得解 【解答】解：f（x）max|lnx+a+x+b|，|lnx+axb|，设 G（x）|lnxx+ab|，F（x） |lnx+x+a+b|， 由单调性可知， 当 x1， e时， G （x） max|1+ab|， |1e+ab

25、|， F （x） max|1+a+b|， |1+e+a+b|， 4M（a，b）|1+ab|+|1e+ab|+|1+a+b|+|1+e+a+b|2+e+2a|+|2e+2a|2e， ，当且仅当或时取等号 故答案为： 【点评】本题考查函数最值的求法，考查绝对值不等式的性质，考查转化思想及逻辑推 理能力，属于中档题 三、解答题（本大题共三、解答题（本大题共 5 小题，共小题，共 74 分分.解答应写出文字说明、证明过程或演算过程）解答应写出文字说明、证明过程或演算过程） 18 （14 分）已知函数（0）的图象上相邻两对称轴之 间的距离为 4 （）求 的值及 f（x）的单调递增区间； （）若且，求 f

26、（x0+1）的值 【分析】 （）利用三角函数恒等变换的应用化简已知可得函数解析式为 f（x） 第 16 页（共 22 页） ， 由 已 知 可 求T ， 利 用 周 期 公 式 可 求的 值 ， 令 ，可求函数的增区间 （）由已知及（）可求，由范围，可求 ，利用同角三角函数基本关系式可求， 根据两角和的正弦函数公式即可计算得解 【解答】 （本题满分为 14 分） 解： （）因为：（0） ， 所以：，（3 分） 由条件 T8， 所以：，（4 分） 所以：， 令，得： 所以增区间为：（7 分） （）因为：，由（1）知：， 即：，（8 分） 因为：， 所以：， 所以：，（10 分） 所以： （14

27、分） 【点评】本题主要考查了三角函数恒等变换的应用，周期公式以及正弦函数的单调性， 考查了计算能力和数形结合思想，属于中档题 第 17 页（共 22 页） 19 （15 分）如图，已知四棱锥 ABCDE 中，ABBC2，CD BE，BE2CD4，EBC60 （）求证：EC平面 ABC； （）求直线 AD 与平面 ABE 所成角的正弦值 【分析】 （）通过求解三角形证明 ECCA，ECCB，推出 EC面 CAB （）如图，建立空间直角坐标系 Cxyz，求出面 ABE 的一个法向量，然后利用空间向 量的数量积求解直线 AD 与平面 ABE 所成角的正弦函数值 【解答】 （）证明：在ABC 中，由余

28、弦定理得，在EBC 中，由余弦定理得 由 CE2+CA2EA2，CE2+CB2EB2得，ECCA，ECCB， 所以 EC面 CAB（7 分） （）解：如图，建立空间直角坐标系 Cxyz， 则 所以， 所以，（11 分） 所以是面 ABE 的一个法向量，则 取（13 分） 记直线 AD 与平面 ABE 所成角为 ， 则 （15 第 18 页（共 22 页） 分） 【点评】本题考查直线与平面垂直的判断定理的应用，直线与平面所成角的求法，考查 空间想象能力以及计算能力 20 （15 分）已知等差数列an的公差不为零，且 a33，al，a2，a4成等比数列，数列bn 满足 b1+2b2+nbn2an（

29、nN*） （）求数列an，bn的通项公式； （）求证：+an+1（nN*） 【分析】 （）设等差数列的公差为 d，d0，运用等差数列的通项公式和等比数列的中 项性质，解方程可得首项和公差，进而得到 an；可令 n1，求得 b1，再将 n 换为 n1， 相减可得 bn； （）原不等式转化为+n+1，应用数学归纳法证明，注意 检验 n1 不等式成立，再假设 nk 时不等式成立，证明 nk+1 时，不等式也成立，注 意运用分析法证明 【解答】解： （）等差数列an的公差 d 不为零，a33，可得 a1+2d3， al，a2，a4成等比数列，可得 a1a4a22，即 a1（a1+3d）（a1+d）2，

30、 解方程可得 a1d1， 则 ann； 数列bn满足 b1+2b2+nbn2an，可得 b12a12， 将 n 换为 n1 可得 b1+2b2+（n1）bn12an1，联立 b1+2b2+nbn2an， 相减可得 nbn2an2an12，则 bn，对 n1 也成立， 则 bn，nN*； （）证明：不等式+an+1（nN*）即为 +n+1， 下面应用数学归纳法证明 （1）当 n1 时，不等式的左边为，右边为 2，左边右边，不等式成立； 第 19 页（共 22 页） （2）假设 nk 时不等式+k+1， 当 nk+1 时，+k+1+， 要证+k+2，只要证 k+1+k+2 ， 即证1，即证（） （

31、1）0， 由 kN*，可得上式成立，可得 nk+1 时，不等式也成立 综上可得，对一切 nN*，+n+1， 故+an+1（nN*） 【点评】本题考查等差数列的通项公式和等比数列的中项性质，考查数列的递推式的运 用，考查数列不等式的证明，注意运用数学归纳法，考查运算能力和推理能力，属于中 档题 21 （15 分）已知抛物线 E：y22px（p0）过点 Q（1，2） ，F 为其焦点，过 F 且不垂直 于 x 轴的直线 l 交抛物线 E 于 A，B 两点，动点 P 满足PAB 的垂心为原点 O （1）求抛物线 E 的方程； （2）求证：动点 P 在定直线 m 上，并求的最小值 【分析】 （1）代入

32、Q（1，2）可得 p，进而得到所求抛物线方程； （2）方法一、设 l：tyx1，A（x1，y1） ，B（x2，y2） ，联立 y24x，运用韦达定理和 直线方程的交点可得 P 在定直线 m 上，由三角形的面积公式和基本不等式可得所求最小 值； 方法二、设 l：tyx1，A（x1，y1） ，B（x2，y2） ，联立 y24x，运用韦达定理和向量共 线定理、以及向量垂直的条件可得 P 在定直线 m 上，由三角形的面积公式和基本不等式 可得所求最小值 【解答】解： （1）Q（1，2）代入 y22px 解得 p1， 可得抛物线的方程为 y24x； （2）证法 1： （巧设直线） 第 20 页（共 22

33、 页） 证明：设 l：tyx1，A（x1，y1） ，B（x2，y2） ，联立 y24x，可得， 则有，可设 AP：，即， 同理 BP：，解得 P（3，3t） ， 即动点 P 在定直线 m：x3 上， ， 当且仅当时取等号其中 d1，d2分别为点 P 和点 Q 到直线 AB 的距离 证法 2： （利用向量以及同构式） 证明：设 l：xmy+1（m0） ，A（x1，y1） ，B（x2，y2） ，联立 y24x， 可得 y24my40， 则有， 又 O 为PAB 的垂心，从而，代入化简得：， 同理：，从而可知，y1，y2是方程的两根， 所以，所以动点 P 在定直线 m：x3 上， ， 当且仅当时取等

34、号其中 d1，d2分别为点 P 和点 Q 到直线 AB 的距离 【点评】本题考查抛物线的定义和方程、性质，考查直线方程和抛物线方程，运用韦达 定理和向量共线定理，考查化简运算能力和推理能力，属于中档题 22 （15 分）已知 f（x）2ln（x+2）（x+1）2，g（x）k（x+1） （）求 f（x）的单调区间； 第 21 页（共 22 页） （）当 k2 时，求证：对于x1，f（x）g（x）恒成立； （）若存在 x01，使得当 x（1，x0）时，恒有 f（x）g（x）成立，试求 k 的 取值范围 【分析】 （）求出定义域和导数 f（x） ，令 f（x）0，解出增区间，令 f（x） 0，解出减

35、区间； （）令 H（x）f（x）g（x） ，利用导数判断出 H（x）的单调性和单调区间，得出 H（x）的最大值，证明 Hmax（x）0 即可 （）结合（） ，分 k2，k2，k2 三种情况，讨论存在 x01，使得当 x（1， x0）时，恒有 f（x）g（x）成立，从而求出 k 的范围 【解答】解： （）， 当 f（x）0 时，x2+3x+10， ，又 x2，； 当 f（x）0 时，解得 ， f（x） 单调增区间为，递减区间是（，+） ； （）当 k2 时，g（x）2（x+1） 令 H（x）f（x）g（x）2ln（x+2）（x+1）22（x+1） H（x）， 令 H（x）0，即2x28x60，解

36、得 x1 或 x3（舍） 当 x1 时，H（x）0，H（x）在（1，+）上单调递减 Hmax（x）H（1）0， 对于x1，H（x）0，即 f（x）g（x） （）由（II）知，当 k2 时，f （x）g （x）恒成立， 即对于“x1，2 ln （x+2）（x+1）22 （x+1） ，不存在满足条件的 x0； 当 k2 时，对于“x1，x+10，此时 2 （x+1）k （x+1） 2 ln （x+2）（x+1）22 （x+1）k （x+1） ， 即 f （x）g （x）恒成立，不存在满足条件的 x0； 令 h（x）f（x）g（x）2ln（x+2）（x+1）2k（x+1） ， 第 22 页（共 22 页） h（x）， 当 k2 时，令 t （x）2x2（k+6）x（2k+2） ， h（1）0，t（1）k+20，要使得 x（1，x0）时，恒有 h（x）0 成 立， 则当 x（1，x0）时，h（x）0，h （x）单调递增， h（x）f （x）g （x）0 恒成立时，k2， 综上，k 的取值范围为（，2） 【点评】本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及函数恒成立问题， 考查分类讨论思想，是一道综合题