2019-2020学年浙江省9+1高中联盟高三（上）期中数学试卷（含详细解答）

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1、某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（ ） A B C D2 4 （4 分）若实数 x，y 满足，则 z2xy 的最大值是（ ） A0 B1 C2 D3 5 （4 分）已知平面 ，直线 m 满足 m，则“m”是“m”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 6 （4 分）设函数 f（x），则 f（x）的图象大致为（ ） A  第 2 页（共 23 页） B  C  D 7 （4 分）汉代数学家赵爽在注解周髀算经时给出的“赵爽弦图”是我国古代数学的瑰 宝如图所示的弦图中，由四个全等的直角三角形和一个正方形构

2、成现有五种不同的 颜色可供涂色，要求相邻的区域不能用同一种颜色，则不同的涂色方案有（ ） A180 B192 C420 D480 8 （4 分）甲乙两人进行乒乓球比赛，现采用三局两胜的比赛制度，规定每一局比赛都没有 平局（必须分出胜负） ，且每一局甲赢的概率都是 p，随机变量 X 表示最终的比赛局数， 若 0p，则（ ） AE（X） BE（X） CD（X） DD（X） 9 （4 分）已知平面向量 ， ， 满足对任意 xR 都有| x | |，| x | | 成立，| | |1，| |，则| |的值为（ ） A1 B C2 D 10 （4 分）设实数 x，y 满足 x2+xy+y2x+y，则代数

3、式（ ） 第 3 页（共 23 页） A有最小值 B有最小值  C有最大值 1 D有最大值 二、填空题：单空题二、填空题：单空题 4 分，多空题分，多空题 6 分，共分，共 34 分分 11 （6 分）椭圆的长轴长是   ，离心率是   12 （6 分）已知复数 z 满足（i1）z1+2i（i 为虚数单位） ，则复数 z 的虚部为   ， 模|z|   13（6 分） 二项式 （x+） 6 展开的所有项的系数和为   ， 展开式中的常数项是    14 （6 分）已知二次函数 f（x）ax2+bx+1，一次函数 g

4、（x）x1，不等式 f（x）g（x） 的解集为1，2，则 ab   ；记函数 h（x），则 h（x）的 最小值是   15 （4 分）若，tan（2）1，则 tan（）   16 （4 分）已知 P 为双曲线 C：1（a0，b0）上的一点，F1，F2分别为 C 的左右焦点， 若PF1F2的内切圆的直径为a， 则双曲线C的离心率的取值范围为    17 （4 分）已知数列an满足 a1，） ，an+1sin， （nN*） ，记数列an的前 n 项和为 Sn， 则对任意 nN*， 有数列an单调递增； 2an+12a1+Sn； an+1an+； a

5、n上述四个结论中正确的是   （填写相应的序号） 三、解答题：三、解答题：4 小题，共小题，共 56 分分 18 （14 分）已知 f（x）sinx （sinx+cosx） （1）求 f（x）的最小正周期及最大值； （2）在三角形 ABC 中，内角 A，B，C 所对的边分别是 a，b，c，且 f（B）1，b1， a，求ABC 的面积 19 （14 分）如图所示，四棱锥 PABCD 中，底面 ABCD 是平行四边形，PA平面 ABCD， PAAB1，AD2，F 是 PB 中点，点 E 在棱 BC 上移动 （1）若 ABAD，求证：PEAF； 第 4 页（共 23 页） （2）若BAD，

6、当点 E 为 BC 中点时，求 PA 与平面 PDE 所成角的大小 20 （14 分）设各项均为正数的数列an的前 n 项和为 Sn，满足 4Sn（an+3） （an1） ，已 知等比数列bn，b2a1，b3a4，nN* （1）求数列an，bn的通项公式； （2）记 cn，数列cn的前 n 项和为 Tn，证明：对一切正整数 n，Tn6 21 （16 分）已知抛物线 C：x2ay 的图象经过点（2，1） （1）求抛物线 C 的方程和焦点坐标； （2）直线 l 交抛物线 C 于 A，B 不同的两点，且 A，B 位于 y 轴两侧，过 A，B 分别作抛 物线 C 的两条切线交于点 P，直线 AP，BP

7、 与 x 轴的交点分别记作 M，N记ABP 的面 积为 S1，ANP 的面积为 S2，BMP 的面积为 S3，试问是否为定值，若是，请 求出该定值；若不是，请说明理由 22 （16 分）已知函数 f（x）ln（x+1）+k（k+4）xk， （1）若 k0，求出函数 f（x）的单调区间及最大值； （2）若 k4 且 k0，求函数 f（x）在（1，1+（）2）上的最大值 g（k）的 表达式 第 5 页（共 23 页） 2019-2020 学年浙江省学年浙江省 9+1 高中联盟高三（上）期中数学试卷高中联盟高三（上）期中数学试卷 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 一、选择题：每小题一、选择题：每

8、小题 4 分，共分，共 40 分分 1 （4 分）已知集合 A1，0，2，3，Bx|x1|1，则 AB（ ） A0，2 B2，3 C1，0，2 D0，1，2 【分析】可以求出集合 B，然后进行交集的运算即可 【解答】解：A1，0，2，3，Bx|0x2， AB0，2 故选：A 【点评】考查列举法、描述法的定义，绝对值不等式的解法，以及交集的运算 2 （4 分）以下哪个点在倾斜角为 45且过点（1，2）的直线上（ ） A （2，3） B （0，1） C （3，3） D （3，2） 【分析】由直线的倾斜角求出直线的斜率，写出直线方程的点斜式，验证得答案 【解答】解：直线的倾斜角为 45，ktan45

9、1， 又直线过点（1，2） ，直线方程为 y21（x1） ， 即 xy+10 验证可得点（0，1）在直线 xy+10 上 故选：B 【点评】本题考查直线的倾斜角与斜率的关系，考查直线方程的求法，是基础题 3 （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 D2 第 6 页（共 23 页） 【分析】由已知中的三视图可得：该几何体是一个以俯视图为底面的三棱锥，分别求出 底面面积和高，代入棱锥体积公式，可得答案 【解答】解：由已知中的三视图可得：该几何体是一个以俯视图为底面的三棱锥， 其底面面积 S1， 高 h2， 故体积 V， 故选：B 【点评】本题考查的知识点是由三视图

10、求体积和表面积，根据已知中的三视图分析出几 何体的形状，是解答的关键 4 （4 分）若实数 x，y 满足，则 z2xy 的最大值是（ ） A0 B1 C2 D3 【分析】由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优 解，把最优解的坐标代入目标函数得答案 【解答】解：由实数 x，y 满足，作出可行域： 联立，解得 B（2，2） ， 化 z2xy 为 y2xz， 由图可知， 当直线 y2xz 过 B 时， 直线在 y 轴上的截距最小， z 有最大值为：2 故选：C 第 7 页（共 23 页） 【点评】本题考查简单的线性规划，考查了数形结合的解题思想方法，是中档题 5 （4

11、分）已知平面 ，直线 m 满足 m，则“m”是“m”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 【分析】平面 ，直线 m 满足 m，则“m”“m” ，反之不一定成 立即可判断出关系 【解答】解：平面 ，直线 m 满足 m，则“m”“m” ，反之不一 定成立，可能 m 平面 ，直线 m 满足 m，则“m”是“m”的充分不必要条件 故选：A 【点评】本题考查了空间线面位置关系、简易逻辑的判定方法，考查了推理能力与计算 能力，属于基础题 6 （4 分）设函数 f（x），则 f（x）的图象大致为（ ） A  B  第 8 页（共 2

12、3 页） C  D 【分析】求出 f（）大于 0 排除 C；求出 f（x）的范围排除 A、D 【解答】解：函数 f（x）的定义域为 R， f（）0，故排除 C； 1sinx1，而 1+e x1， f（x）（1，1） ，故排除 A、D； 故选：B 【点评】本题考查函数的图象及图象变换，考查分析问题与解决问题的能力，是中档题  7 （4 分）汉代数学家赵爽在注解周髀算经时给出的“赵爽弦图”是我国古代数学的瑰 宝如图所示的弦图中，由四个全等的直角三角形和一个正方形构成现有五种不同的 颜色可供涂色，要求相邻的区域不能用同一种颜色，则不同的涂色方案有（ ） A180 B192 C42

13、0 D480 【分析】根据题意，假设五个区域分别为，进而分 2 步讨论区域与 区域的涂色方法数目，由分步计数原理计算可得答案 【解答】解：根据题意，假设五个区域分别为， 分 2 步进行分析： 对于区域，三个区域两两相邻，有 A5360 种情况， 第 9 页（共 23 页） 对于区域，若与的颜色相同，则有 3 种情况， 若与的颜色不同，则有 2 种情况，有 2 种情况，此时区域的情况有 22 4 种， 则区域有 3+47 种情况， 则一共有 607420 种涂色方案； 故选：C 【点评】本题考查排列、组合的应用，涉及分步计数原理的应用，属于基础题 8 （4 分）甲乙两人进行乒乓球比赛，现采用三局

14、两胜的比赛制度，规定每一局比赛都没有 平局（必须分出胜负） ，且每一局甲赢的概率都是 p，随机变量 X 表示最终的比赛局数， 若 0p，则（ ） AE（X） BE（X） CD（X） DD（X） 【分析】X 的可能取值为 2，3，求出每个变量对应的概率，即可得到 E（X） ，E（X2） ， 进而得到 D（X） 求导，研究函数在（0，）上的单调性，即可求出 D（X）的最大值  【解答】解：X 的可能取值为 2，3， P（X2）p2+（1p）22p22p+1， P（X3）2p2p2， E（X）2（2p22p+1）+3（2p2p2）2p2+2p+2， E（X2）4（2P22p+1）+9（2p

15、2p2）10p2+10p+4， D（X）E（X2）E2（X）10p2+10p+4（2p2+2p+2）24p4+8p36p2+2p， 因为 E（X）以 p为对称轴，开口向下， 所以 E（X）在 p（0，）时，E（X）单调递增， 所以 E（X），排除 A，B D（X）16p3+24p212p+2， 第 10 页（共 23 页） D（X）12（2p1）20， 所以 D（X）在 p（0，1）上单调递减， 又当 p时，D（X）0， 所以当 p（0，1）时，D（X）0， 所以 p（0，1）时 D（X）单调递增， 所以 D（X）4 故选：D 【点评】本题考查了离散型随机变量的期望和方差，导数的综合应用，属于

16、难题 9 （4 分）已知平面向量 ， ， 满足对任意 xR 都有| x | |，| x | | 成立，| | |1，| |，则| |的值为（ ） A1 B C2 D 【分析】设 ， ， ，则，由对任意 xR 都有| x | |，| x | |成立，知点 B，C 在以 OA 为直径的圆上，再结合圆的性 质即可求出 OA 的长度，即| |的值 【解答】解：如图，设 ， ， ，则， 依题意，对任意 xR 都有| x | |，故，所以， 即 B 点在以 OA 为直径的圆 M 上（M 为圆心） ， 同理 C 也在以 OA 为直径的圆 M 上， 则 ACBC1，AB， 设AOC， 则因为 BCAC1， 所

17、以BOC， 则AOBAOC+BOC2， 依题意有 AC1OAsin，ABOAsin2， 所以 sin， 第 11 页（共 23 页） 所以OA2 故选：C 【点评】本题考查了向量的位置关系，考查了向量的模，考查了圆的性质，三角恒等变 换，属于难题 10 （4 分）设实数 x，y 满足 x2+xy+y2x+y，则代数式（ ） A有最小值 B有最小值  C有最大值 1 D有最大值 【分析】设，则可得，由题意，该方程有解，则 ，进而得解 【 解 答 】 解 ： 设， 则 ， x2（1+t+t2）x2+xy+y2， 则，即， 依题意， 即（t3） （3t1）0，解得， 第 12 页（共 23

18、 页） ， 故选：B 【点评】本题考查代数式取值范围的求解，考查换元思想及转化思想，属于中档题 二、填空题：单空题二、填空题：单空题 4 分，多空题分，多空题 6 分，共分，共 34 分分 11 （6 分）椭圆的长轴长是 4 ，离心率是 【分析】直接利用椭圆的简单性质求解即可 【解答】解：椭圆的长轴长是 4；c1， 离心率：e 故答案为：4； 【点评】本题考查椭圆的简单性质的应用，考查计算能力 12 （6 分）已知复数 z 满足（i1）z1+2i（i 为虚数单位） ，则复数 z 的虚部为 ， 模|z| 【分析】把已知等式变形，利用复数代数形式的乘除运算化简，再由复数模的计算公式 求解 【解答】

19、解：由（i1）z1+2i，得 z， 复数 z 的虚部为， |z| 故答案为：； 【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，训练了复数模的求 法，是基础题 13（6 分） 二项式 （x+） 6 展开的所有项的系数和为 729 ， 展开式中的常数项是 160  【分析】令 x1 得所有项的系数和，然后求出通项公式，结合常数项的条件进行求解即 可 第 13 页（共 23 页） 【解答】解：令 x1 得所有项的系数和为（1+2）636729， 通项公式 Tk+1C x6 k （ ）kC 2kx6 2k，k0，1，6， 令 62k0 得 k3， 即常数项为 T4C 23208

20、160， 故答案为：729，160 【点评】本题主要考查二项式定理的应用，利用 x1，以及展开式的通项公式进行求解 是解决本题的关键 14 （6 分）已知二次函数 f（x）ax2+bx+1，一次函数 g（x）x1，不等式 f（x）g（x） 的解集为1，2，则 ab 2 ；记函数 h（x），则 h（x）的 最小值是 0 【分析】不等式的解集转为一元二次方程的根，利用韦达定理即可；分段函数最值问题 转化为函数图象问题 【解答】解：已知二次函数 f（x）ax2+bx+1，一次函数 g（x）x1，不等式 f（x） g（x）的解集为1，2， ax2+（b1）x+20 的两根为 1 和 2， ，ab1 ，

21、 函数图象如下图： 第 14 页（共 23 页） 由图知 h（x）的最小值在 x1 处取得为 0 故答案为：2；0 【点评】本题体现了转化思想和数学结合思想 15 （4 分）若，tan（2）1，则 tan（） 2 【分析】由已知求得 tan，再由 tan（）tan（2）tan+（2） 展开两角和的正切求解 【解答】解：由，得，即 tan3 又 tan（2）1， tan（）tan（2）tan+（2） 故答案为：2 【点评】本题考查三角函数的化简求值，考查倍角公式及两角和的正切，是基础题 16 （4 分）已知 P 为双曲线 C：1（a0，b0）上的一点，F1，F2分别为 C 的左右焦点， 若PF1

22、F2的内切圆的直径为 a， 则双曲线 C 的离心率的取值范围为 （， +） 【分析】设|PF1|m，|PF2|n，P 为双曲线的右支上一点，设 P（s，t） ，运用双曲线的 第二定义可得焦半径 m，n，再由三角形的面积公式，结合三角形的内切圆性质可得 a 2|t|s，再由双曲线的渐近线方程，结合 P 在右支上，可得，再由离心率公式可得 第 15 页（共 23 页） 所求范围 【解答】解：如图，设|PF1|m，|PF2|n，P 为双曲线的右支上一点， 设 P（s，t） ，由双曲线的第二定义：e（d 为 P 到双曲线的焦点 F 相应准线的距 离） ，可得 mes+a，nesa， 由PF1F2的面积

23、可得2c|t| （m+n+2c） ， 即为 2c|t|a（es+c） ，即 2c|t|cs+ca， 则 a2|t|s 有解， 不妨设 t0，可得 2ts0，可得 ts+a， 由渐近线方程为 yx，可得，方程 a2|t|s 有解， 则 e， 故答案为： （，+） 【点评】本题考查双曲线的定义和方程、性质，主要是渐近线方程和离心率的范围，考 查三角形的面积公式，以及方程有解的条件，考查运算能力和推理能力，属于中档题 17 （4 分）已知数列an满足 a1，） ，an+1sin， （nN*） ，记数列an的前 n 项和为 Sn， 则对任意 nN*， 有数列an单调递增； 2an+12a1+Sn； a

24、n+1an+； an上述四个结论中正确的是 （填写相应的序号） 【分析】作出蛛网图，逐个判断即可 【解答】解：画出相应的图形，由蛛网图（1）可知， 第 16 页（共 23 页） 数列an单调递增，且 n+时，an+，故对错； 对于，要证明 2an+12a1+Sn，只需证明 2（an+1a1）Sn，即证 2（an+1an）+（an an1）+（a2a1）an+an1+a1， 即证 2（an+1an）an，即证，由 P1（a1，a2）结合蛛网图（2） ， 可得， 故，成立，故对； 对于，连接上的点， （1，1）两点直线 l，则直线方程为 ，由蛛网图（3）可得， 点 Pn（an，an+1）在直线 l

25、 的上方（或线上） ，则，故对 故答案为： 第 17 页（共 23 页） 【点评】本题是对形如 an+1f（an）类型数列的考查，通常采用“蛛网法”解决，考查 数形结合思想及逻辑推理能力，属于难题 三、解答题：三、解答题：4 小题，共小题，共 56 分分 18 （14 分）已知 f（x）sinx （sinx+cosx） （1）求 f（x）的最小正周期及最大值； （2）在三角形 ABC 中，内角 A，B，C 所对的边分别是 a，b，c，且 f（B）1，b1， a，求ABC 的面积 【分析】 （1）利用三角函数恒等变换的应用可求 f（x）sin（2x）+，利用正弦 函数的性质可求 f（x）的最小正

26、周期和最大值 （2）由 f（B）sin（2B）+1，可求 B 的值，由余弦定理可求 c 的值，根据三 角形的面积公式即可求解 【解答】解： （1）f（x）sinx （sinx+cosx）+sin2xsin（2x） +， f（x）的最小正周期 T，f（x）maxf（） （2）由 f（B）sin（2B）+1， 可得 2B，或，即 B，或， 由 ab，可知 AB， 故只能 B，否则 B，A，就有 A+B，矛盾 由 b1，a，B，且 cosB， 可知 c2c+10， 可得 c， 故 SABCacsinB 【点评】本题主要考查了三角函数恒等变换的应用，正弦函数的性质，余弦定理，三角 形的面积公式在解三角

27、形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题 19 （14 分）如图所示，四棱锥 PABCD 中，底面 ABCD 是平行四边形，PA平面 ABCD， PAAB1，AD2，F 是 PB 中点，点 E 在棱 BC 上移动 第 18 页（共 23 页） （1）若 ABAD，求证：PEAF； （2）若BAD，当点 E 为 BC 中点时，求 PA 与平面 PDE 所成角的大小 【分析】 （1）推导出 PAAB，AFPB，PABC，BCAB，从而 BC平面 PAB，BC AF，进而 AF平面 PBC，由此能证明 AFPE （2）推导出 ABAC，以 A 为原点，AC 为 x 轴，AB 为 y 轴，

28、AP 为 z 轴，建立空间直角 坐标系，利用向量法能求出 PA 与平面 PDE 所成角 【解答】解： （1）证明：PA底面 ABCD，PAAB， PAAB，F 为 PB 的中点，AFPB， PABC，且 BCAB， BC平面 PAB，BCAF， ABAFA，AF平面 PBC， PE平面 PBC，AFPE （2） 解： BAD， PAAB1， AD2， AC，  AB2+AC2BC2，ABAC， 以 A 为原点，AC 为 x 轴，AB 为 y 轴，AP 为 z 轴，建立空间直角坐标系， 则 A（0，0，0） ，P（0，0，1） ，B（0，1，0） ，F（0，） ，D（） ， 由题意 B

29、E1，E（，0） ， （） ，（，1） ，（0，0，1） ， 设平面 PDE 的法向量 （x，y，z） ， 则，取 z1，得 （，1） ， 设 PA 与平面 PDE 所成角为 ， 第 19 页（共 23 页） 则 sin， ， PA 与平面 PDE 所成角为 【点评】本题考查线线垂直的证明，考查线面角的求法，考查空间中线线、线面、面面 间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题 20 （14 分）设各项均为正数的数列an的前 n 项和为 Sn，满足 4Sn（an+3） （an1） ，已 知等比数列bn，b2a1，b3a4，nN* （1）求数列an，bn的通项公式； （2）记 cn，数列

30、cn的前 n 项和为 Tn，证明：对一切正整数 n，Tn6 【分析】 （1）运用数列的递推式，结合等差数列的定义和通项公式可得 an，再由等比数 列的通项公式，求得公比，即可得到所求 bn； （2）求得 cn（2n+1） （）n 1，再由数列的错位相减法求和，结合等比数列的 求和公式，化简可得 Tn，再由不等式的性质即可得证 【解答】解： （1）4Sn（an+3） （an1） ，an0， 可得 n1 时，4a14S1（a1+3） （a11） ， 解得 a13， 当 n2 时，4an4Sn4Sn1（an+3） （an1）（an1+3） （an11） ， 化为 an2an12（an+an1） （

31、（anan1）2（an+an1） ，an0， 第 20 页（共 23 页） anan12，可得数列an为首项为 3，公差为 2 的等差数列， 可得 an3+2（n1）2n+1； 等比数列bn，b2a1，b3a4，nN* 可得 b23，b39，则公比 q3， 可得 bn3n 1，nN* （2）证明：cn（2n+1） （）n 1， 前 n 项和 Tn31+5+7+（2n+1） （）n 1， Tn3+5+7+（2n+1） （）n， 相减可得Tn3+2（+（）n 1）（2n+1） （ ）n 3+2（2n+1） （）n， 化简可得 Tn6（n+2） （）n 1， 由（n+2） （）n 10， 可得 Tn

32、6 【点评】本题考查等差数列和等比数列的通项公式、求和公式的运用，考查数列的错位 相减法求和，考查方程思想和化简运算能力，属于中档题 21 （16 分）已知抛物线 C：x2ay 的图象经过点（2，1） （1）求抛物线 C 的方程和焦点坐标； （2）直线 l 交抛物线 C 于 A，B 不同的两点，且 A，B 位于 y 轴两侧，过 A，B 分别作抛 物线 C 的两条切线交于点 P，直线 AP，BP 与 x 轴的交点分别记作 M，N记ABP 的面 积为 S1，ANP 的面积为 S2，BMP 的面积为 S3，试问是否为定值，若是，请 求出该定值；若不是，请说明理由 第 21 页（共 23 页） 【分析

33、】 （1）将点（2，1）代入可得 a4，故可求出答案， （2）由已知设直线 l：ykx+m，A（x1，y1） ，B（x2，y2） ，根据切线方程，可得点 P 的 坐标，根据三角形的面积公式，即可求出 【解答】解： （1）将点（2，1）代入可得 a4，故 x24y，焦点坐标为（0，1） ， （2）由已知设直线 l：ykx+m，A（x1，y1） ，B（x2，y2） ， 联立 ykx+m，x24y，可得 x24kx4m0， x1+x24k，x1x24m， 切线 AP：x1x2（y+y1） ，取 y0 可知 xN， 切线 BP：x2x2（y+y2） ，取 y0 可知 xN， 联立，可得 x，ym， 即

34、 P（，m） ， 取 AB 中点为 Q，则 PQx 轴， 故 SABP|PQ|x2x1|+m|x2x1|， 又 SANP|MN|y1+m|y1+m|， SBMP|MN|y2+m|y2+m|， 比较上式结合 m0，y10，y20 可得1 【点评】本题考查抛物线的标准方程，直线与抛物线的位置关系，考查韦达定理，考查 计算能力，属于中档题 22 （16 分）已知函数 f（x）ln（x+1）+k（k+4）xk， 第 22 页（共 23 页） （1）若 k0，求出函数 f（x）的单调区间及最大值； （2）若 k4 且 k0，求函数 f（x）在（1，1+（）2）上的最大值 g（k）的 表达式 【分析】 （

35、1）考察利用导数判断单调性和最值； （2）含参数问题讨论，根据 k 的范围利 用导数对单调性进行讨论，确定函数的最大值 【解答】解： （1）由已知函数的定义域为（1，+） ， k0，f（x）ln（x+1）4x，故， 所以 f（x）在（1，）递增，在（，+）递减，则  （2） 若k 4且k0 ， ， 、当 k+40，即 k4，f（x）在（1，）递增，在（，+）递减 下面比较与的大小： 当， 即 k4 或者4k时，；  当，即或0k4， 、k+40，即 k4 时，由 f（x）0 得，下面比较 x1， x2的大小 当 x1x2，即8k4，f（x）在（0，x1）递增，在（x1，x2）递减，在（x2，+ ）递增， 又，故，由8k 4，知 ）f（x1） ，故 当 x1x2，即 k8，f（x）在（0，x2）递增，在（x2，x1）递减，在（x1，+）递 第 23 页（共 23 页） 增， 则，而 ， 因为，故，所以 ； 当 x1x2，k8，f（x）0，即 f（x）在单调递增， 综上，当，； 当 k（，4）（0，4，； 当， 【点评】 （1）利用导数判断函数的单调性和最值，基础题； （2）含参问题的讨论，尤其 是对导数的零点和边界点的讨论，确定单调性和最大值，综合性高，难度大