2020-2021学年广东省韶关高二（下）期中数学试卷人教A版

这是一份2020-2021学年广东省韶关高二（下）期中数学试卷人教A版，共11页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 已知集合A=x|x>1,B=x|3x+2x−3<0，则A∩B=（ ）
A.1,3B.3,+∞C.1,32D.−23,+∞

2. 已知复数z=1+2i2+i，则|z|=( )
A.5B.25C.1D.5

3. 荀子曰：“故不积跬步，无以至千里；不积小流，无以成江海．”这句来自先秦时期的名言阐述了做事情不一点一点积累，就永远无法达成目标的哲理．由此可得，“积跬步”是“至千里”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

4. 饺子源于古代的角子，又称水饺，是深受人们喜爱的中国传统食品．现盘子中有16个饺子，其中肉馅的有6个，素馅的有10个．从外观无法分辨是肉馅还是素馅，现用筷子从中随机夹出2个，则夹到的2个饺子恰好1个是肉馅，另1个是素馅的概率是（ ）
A.16B.15C.38D.12

5. 已知曲线y=xex在点1,e处的切线与曲线y=alnx+2在点1,2处的切线平行，则a=( )
A.1B.2C.eD.2e

6. 永定土楼，位于中国东南沿海的福建省龙岩市，是世界上独一无二的山区民居建筑，是中国古建筑的一朵奇葩．2008年7月，永定土楼成功被列入世界遗产名录．它不但历史悠久、风格独特，规模宏大、结构精巧．土楼具体有圆形、方形、五角形、八角形、日字形、回字形、吊脚楼等类型．现有某大学建筑系学生要重点对这七种主要类型的土楼进行调查研究．要求调查顺序中，圆形要排在第一个，五角形、八角形不能相邻，则不同的排法种数共有( )

A.480B.240C.384D.1440

7. x+2x+15展开式中的常数项为( )
A.120B.161C.180D.156

8. 已知椭圆C：x2a12+y2b12=1a1>b1>0与双曲线D：x2a22−y2b22=1a2>0,b2>0具有共同的焦点F1，F2，离心率分别为e1，e2，且e2e1=3，点P是椭圆C和双曲线D的一个交点，且PF1⊥PF2，则e2=（ ）
A.423B.62C.2D.334
二、多选题

已知函数fx在0,1上单调递减，在[1,+∞)上单调递增，则必有（ ）
A.flg23>flg32>f2.13
>f0.22.1D.fsin1>fcs1

已知向量a→=1,x，b→=x,4，则（ ）
A.当x=2时，a→//b→B.a→⋅a→+b→的最小值为−5
C.当x=0时，⟨a→,b→⟩=π2D.当|a→|=2时，|b→|=32

若1+x+1+x2+⋯+1+xn=a0+a1x+a2x2+⋯+anxn，且a1+a2+⋯+an−1=253−n，则( )
A.n=7
B.a0=6
C.a0+a1+a2+⋯+an−1+an=254
D.a1+2a2+3a3+⋯+nan=769

已知函数fx=13x2+3x+ax+1,x<0,2lnx+x,x>0,若关于x的方程fx+f−x=0有4个不同的实数根，则实数a的取值可以为( )
A.−12B.−13C.0D.1
三、填空题

写出一个定义在R上的函数fx，使得fx的值域为−1,3，且最小正周期为π，则fx=________．

如图，某几何体为四分之三个球，球的半径为20cm．若在该几何体的表面涂一层防水漆，每平方米需要0.5kg涂料，则给100个这样的几何体涂上涂料需要________kg的涂料．


2020年11月15日，东盟十国及中国、日本、韩国、澳大利亚、新西兰正式签署了区域全面经济伙伴关系协定．某自媒体准备从这15个国家中选取4个国家介绍其经济贸易情况，则东盟国家及非东盟国家至少各有1个被选取的方法数为________ .

抛物线C：y2=2pxp>0的准线为l，过焦点F的直线与C相交于A，B两点，分别过A，B作准线l的垂线，垂足分别为A′，B′，△AFA′与△BFB′的面积分别为S1，S2，且S1⋅S2=4，则△A′FB′的面积为________．
四、解答题

已知等差数列an的前n项和为Sn，且S5=40，a2=5．
(1)求an的通项公式；

(2)若数列{Snn+k}的前20项和为365，求常数k的值．

在△ABC中，∠ACB=90∘，∠ABC=30∘，AC=2，D为BC的中点，E在线段AB上．
(1)若△BDE的面积为34，求cs∠CED；

(2)当△CDE的周长最小时，求AEBE.

2020年，面对突如其来的新冠肺炎疫情冲击，在党中央领导下，各地区各部门统筹疫情防控和经济社会发展取得显著成效，商业模式创新发展，消费结构升级持续发展．某主打线上零售产品的企业随机抽取了50名销售员，统计了其2020年的月均销售额（单位：万元），将数据按照[12,14)，[14,16)，⋯，22,24分成6组，制成了如图所示的频率分布直方图．已知[14,16)组的频数比[12,14)组多4．

(1)求频率分布直方图中a和b的值；

(2)该企业为了挖掘销售员的工作潜力，对销售员实行冲刺目标管理，即给销售员确定一个具体的冲刺目标，完成这个冲刺目标，则给予额外的奖励．若公司希望恰有20%的销售人员能够获得额外奖励，求该企业应该制定的月销售冲刺目标值．

如图，在五棱锥S−ABCDE中，SD⊥底面ABCDE，SD//BG，S，G在底面的同侧．在五边形ABCDE中，AB//CD，AB⊥AD，SD=CD=AD=2AB=2，DE=2AE，AD是△ADE外接圆的直径．

(1)证明：GC//平面SED；

(2)若二面角S−AC−G的余弦值为13，求BG．

如图，椭圆有这样的光学性质：从椭圆的一个焦点出发的光线，经椭圆反射后，反射光线经过椭圆的另一个焦点．已知椭圆C：x2a2+y2b2=1a>b>0的左、右焦点分别为F1，F2，左，右顶点分别为A，B，一光线从点F1−1,0射入经椭圆C上P点反射，法线（与椭圆C在P处的切线垂直的直线）与x轴交于点Q，已知|PF1|=1，|F1Q|=12．

(1)求椭圆C的方程；

(2)过F2的直线与椭圆C交于M，N两点（均不与A，B重合），直线MB与直线x=4交于G点，证明：A，N，G三点共线．

已知函数fx=x2−ax+2lnx−3．
(1)讨论fx的单调性；

(2)若对任意的a∈1,2，总存在x1,x2，使得fx1+fx2=0，证明：x1+x2≥4．
参考答案与试题解析
2020-2021学年广东省韶关市高二（下）期中数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
A
【考点】
交集及其运算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为B=−23,3，所以A∩B=1,3．
故选A．
2.
【答案】
C
【考点】
复数的模
复数代数形式的乘除运算
【解析】

【解答】
解：因为z=1+2i2+i=(1+2i)(2−i)(2+i)(2−i)=45+35i，
所以|z|=1 .
故选C.
3.
【答案】
B
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：荀子的名言表明积跬步未必能至千里，但要至千里必须积跬步，故“积跬步”是“至千里”的必要不充分条件．
故选B．
4.
【答案】
D
【考点】
古典概型及其概率计算公式
【解析】
由题意可得所求概率 P=C101×C61C162 ，运算即可
【解答】
解：所求概率 P=C101×C61C162=12.
故选D.
5.
【答案】
D
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由y=xex，得y′=exx+1，
所以该曲线在点1,e处的切线斜率为k=2e．
由y=alnx+2，得y′=ax，
所以该曲线在点1,2处的切线斜率为k=a．
因为两切线平行，
所以a=2e．
故选D.
6.
【答案】
A
【考点】
排列、组合及简单计数问题
【解析】
运用插空，快速解题．
【解答】
解：因为圆形排在第一个，五角形、八角形不能相邻，所以采用插空法．
其他四个图形全排列有 A44=24种排法，
然后把五角形、八角形进行插空，有A52=20种不同的排法，
则共有A44A52=480种不同的排法．
故选A．
7.
【答案】
B
【考点】
二项展开式的特定项与特定系数
【解析】

【解答】
解：可视为5个(x+2x+1)相乘，求其常数项，按照分类加法和分步乘法原理进行求解．
情形一：该5个代数式都提供1，则此时常数项为C55=1；
情形二：该5个代数式中1个提供x，1个提供2x，3个提供1，此时常数项为C51x1C412x1C33⋅13=40；
情形三：该5个代数式中2个提供x，2个提供2x，1个提供1，此时常数项为C52x2C322x2C11⋅11=120；
综合三种情形可知，其常数项为1+40+120=161 .
故选B.
8.
【答案】
C
【考点】
椭圆的定义和性质
椭圆的标准方程
双曲线的特性
双曲线的离心率
椭圆的离心率
【解析】
无
【解答】
解：设|PF1|=r1，|PF2|=r2．
在椭圆C中，2c2=r12+r22=r1+r22−2r1r2=2a12−2r1r2，
所以2r1r2=4a12−4c2=4b12．
在双曲线D中，2c2=r12+r22=r1−r22+2r1r2=2a22+2r1r2，
所以2r1r2=4c2−4a22=4b22．
所以b22=b12，
即a22−c2=c2−a12，
得a22+a12=2c2，
即1e22+1e12=2．
因为e2=3e1，
所以1e22+3e22=2，
解得e2=2．
故选C．
二、多选题
【答案】
B,C
【考点】
函数单调性的性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为lg23>1>lg32>0，所以flg23>flg32未必成立．
因为2.23>2.13>1，0<0.22.2<0.22.1<1，1>sin1>cs1>0，
所以f2.23>f2.13，f0.22.2>f0.22.1，fsin1故选BC．
【答案】
A,C
【考点】
平面向量数量积的运算
数量积表示两个向量的夹角
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：易知，当x=2时，a→，b→同向，所以A正确．
因为a→⋅a→+b→=x2+5x+1=x+522−214≥−214，所以B错误．
当x=0时，a→⋅b→=0，则⟨a→,b→⟩=π2，所以C正确．
当|a→|=2时，x2=3，则|b→|=19，所以D错误．
故选AC．
【答案】
A,C,D
【考点】
二项式定理的应用
二项式系数的性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：令x=1，可得a0+a1+a2+⋯+an−1+an
=2+22+23+⋯+2n
=2(1−2n)1−2=2n+1−2. ①
令x=0，得a0=n．②
因为1+xn的展开式中xn的系数为Cnn=1，所以an=1．③
由①−②−③得2n+1−2−n−1=2n+1−n−3．
因为a1+a2+⋯+an−1=253−n，
所以2n+1−n−3=253−n，得n=7，故A正确；
所以a0=7，故B错误；
因为所有项系数和为28−2=254，故C正确；
因为1+x+1+x2+⋯+1+x6+1+x7
=a0+a1x+a2x2+⋯+a6x6+a7x7，
所以1+21+x+31+x2+⋯+61+x5+71+x6
=a1+2a2x+3a3x2+⋯+6a6x5+7a7x6，
令x=1，则1+2×2+3×22+⋯+6×25+7×26
=a1+2a2+3a3+⋯+6a6+7a7=769，故D正确．
故选ACD．
【答案】
A,B
【考点】
函数与方程的综合运用
根的存在性及根的个数判断
分段函数的应用
奇偶性与单调性的综合
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：构造函数gx=fx+f−x，
由题可知gx的定义域为−∞,0∪0,+∞，且g(x)=g(−x)，
所以gx是偶函数，
故关于x的方程f(x)+f(−x)=0有4个不同的实数根等价于gx在0,+∞上有两个零点．
当x>0时，gx=2lnx+13x2−2x−ax+1，
则gx=0等价于a=2xlnx+13x3−2x2+x.
令ℎx=2xlnx−2x2+13x3+x，
则ℎ′x=2lnx−4x+x2+3．
令φx=2lnx−4x+x2+3，
则φ′x=2x+2x−4≥0，
故φx在区间0,+∞上单调递增．
又φ1=0，
所以ℎx在区间0,1上单调递减，在区间1,+∞上单调递增，
即ℎx在x=1处取得极小值且ℎ1=−23．
当x→0时，ℎ(x)→0，
当x→+∞时，ℎ(x)→+∞．
故当−23关于x的方程ℎx=a在区间0,+∞上有两个不同的实数根，
即关于x的方程fx+f−x=0有4个不同的实数根．
观察选项，AB符合题意.
故选AB.
三、填空题
【答案】
2sin2x+1(答案不唯一)
【考点】
函数的值域及其求法
三角函数的周期性及其求法
【解析】
根据题意，写出符合要求的函数即可．
【解答】
解：fx=2sin2x+1，
∵T=2π2=π，
且sin2x的值域为[−1,1]，
则2sin2x值域为[−2,2]，
∴fx值域为[−1,3]．
故答案为：2sin2x+1(答案不唯一)．
【答案】
8π
【考点】
球的表面积和体积
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为该几何体的表面积S=34×4π×202+π×202=1600πcm2，
所以100个这样的几何体的表面积为16πm2，故共需要涂料8πkg．
故答案为：8π．
【答案】
1150
【考点】
排列、组合的应用
【解析】

【解答】
解：从15个国家中选取4个国家，选取的4个国家中，东盟国家及非东盟国家至少各有1个被选取的方法数为C101C53+C102C52+C103C51
=10×10+45×10+120×5=1150．
故答案为：1150．
【答案】
4
【考点】
抛物线的性质
直线与抛物线的位置关系
【解析】
无
【解答】
解：如图，设∠A′AF=θ，|AF|=a，|BF|=b，
则|AA′|=a，|BB′|=b，因为180∘−2∠AFA′+180∘−2∠BFB′=180∘，
所以∠AFA′+∠BFB′=90∘，所以A′F⊥B′F.
由余弦定理得|A′F|2=2a21−csθ，|B′F|2=2b21+csθ
因为S1=12a2sinθ，S2=12b2sinθ，所以12a2sinθ⋅12b2sinθ=4，即a2b2sin2θ=16
所以(S△A′FB′)2=14|A′F|2|B′F|2=a2b2sin2θ=16，故△A′FB′的面积为4.
故答案为：4.
四、解答题
【答案】
解：(1)设an的公差为d，
由题意可得5a1+10d=40，a1+d=5,
解得a1=2，d=3，
故an=2+3n−1=3n−1 ．
(2)由(1)知，Sn=n2+3n−12=n3n+12，
所以Snn=3n+12，
所以数列{Snn+k}的前20项和为：
12×20×(4+3×20+1)2+20k=325+20k=365，
解得k=2．
【考点】
等差数列的通项公式
数列的求和
等差数列的前n项和
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)设an的公差为d，
由题意可得5a1+10d=40，a1+d=5,
解得a1=2，d=3，
故an=2+3n−1=3n−1 ．
(2)由(1)知，Sn=n2+3n−12=n3n+12，
所以Snn=3n+12，
所以数列{Snn+k}的前20项和为：
12×20×(4+3×20+1)2+20k=325+20k=365，
解得k=2．
【答案】
解：(1)在△ABC中，因为∠ACB=90∘，∠ABC=30∘，AC=2，
所以AB=4，BD=DC=3．
因为S△BDE=12BD⋅BEsin30∘=34，
所以BE=1．
因为DE2=BD2+BE2−2BD⋅BEcs30∘=1，
所以DE=1．
因为CE2=BC2+BE2−2BC⋅BEcs30∘=7，
所以CE=7．
在△CDE中，由余弦定理得：
cs∠CED=CE2+DE2−CD22CE⋅DE=5714．
(2)如图，过C作AB的垂线，垂足为H，并延长使HF=CH，连接DF交AB于E，
此时CE+DE取得最小值，即DF的长，△CDE的周长最小．
在△ABC中，因为CH=3，
所以CF=23.
在△CDF中，因为DF2=CF2+CD2−2CF⋅CDcs60∘=9，
所以DF=3 ．
因为CD2+DF2=CF2，
所以DF⊥BC，
所以DE//AC.
因为D为BC的中点，
所以E为AB的中点，
故AEBE=1．
【考点】
余弦定理的应用
解三角形
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)在△ABC中，因为∠ACB=90∘，∠ABC=30∘，AC=2，
所以AB=4，BD=DC=3．
因为S△BDE=12BD⋅BEsin30∘=34，
所以BE=1．
因为DE2=BD2+BE2−2BD⋅BEcs30∘=1，
所以DE=1．
因为CE2=BC2+BE2−2BC⋅BEcs30∘=7，
所以CE=7．
在△CDE中，由余弦定理得：
cs∠CED=CE2+DE2−CD22CE⋅DE=5714．
(2)如图，过C作AB的垂线，垂足为H，并延长使HF=CH，连接DF交AB于E，
此时CE+DE取得最小值，即DF的长，△CDE的周长最小．
在△ABC中，因为CH=3，
所以CF=23.
在△CDF中，因为DF2=CF2+CD2−2CF⋅CDcs60∘=9，
所以DF=3 ．
因为CD2+DF2=CF2，
所以DF⊥BC，
所以DE//AC.
因为D为BC的中点，
所以E为AB的中点，
故AEBE=1．
【答案】
解：(1)由题意得
(a+b+0.12+0.14+0.10+0.04)×2=1,50×b×2−50×a×2=4,
解得a=0.03，b=0.07．
(2)设应该制定的月销售冲刺目标值为x万元，
则在频率分布直方图中x右边的面积为1−0.8=0.2．
最后一组的面积是0.04×2=0.08，
最后两组的面积之和为0.10×2+0.04×2=0.28．
因为0.08<0.2<0.28，
所以x位于倒数第二组，
则22−x×0.10+0.08=0.2，
解得x=20.8．
所以该企业的月销售冲刺目标值应该定为20.8万元．
【考点】
频率分布直方图
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)由题意得
(a+b+0.12+0.14+0.10+0.04)×2=1,50×b×2−50×a×2=4,
解得a=0.03，b=0.07．
(2)设应该制定的月销售冲刺目标值为x万元，
则在频率分布直方图中x右边的面积为1−0.8=0.2．
最后一组的面积是0.04×2=0.08，
最后两组的面积之和为0.10×2+0.04×2=0.28．
因为0.08<0.2<0.28，
所以x位于倒数第二组，
则22−x×0.10+0.08=0.2，
解得x=20.8．
所以该企业的月销售冲刺目标值应该定为20.8万元．
【答案】
(1)证明：过点E作EF⊥AD，垂足为F．
因为AD是△ADE外接圆的直径，
所以∠AED=90∘．
因为DE=2AE，SD=CD=AD=2AB=2，
所以ED=45，AE=25，EF=45，FD=85，FA=25．
由题意，可知DA，DC，DS两两垂直．
如图，以D为原点，以DA的方向为x轴的正方向，
建立空间直角坐标系D−xyz，
则B2,1,0，C0,2,0，E85,−45,0，
所以CB→=2,−1,0，DE→=85,−45,0，
所以DE→=45CB→，
所以DE//CB．
因为SD//BG，CB∩BG=B，
所以平面BCG//平面DES．
因为GC⊂平面BCG，
所以GC//平面SED．
(2)解：设BG=t，
由(1)知A2,0,0，C0,2,0，G2,1,t，S0,0,2，
AC→=(−2,2,0)，AG→=(0,1,t)，AS→=(−2,0,2)．
设平面AGC的法向量为m→=x1,y1,z1，
则AC→⋅m→=−2x1+2y1=0,AG→⋅m→=y1+tz1=0,
令z1=1，
得m→=−t,−t,1．
取平面ASC的一个法向量n→=1,1,1，
则|cs⟨m→,n→⟩|=|m→⋅n→||m→||n→|=|1−2t|1+1+1×2t2+1=13，
解得t=15或t=1．
当t=15时，二面角S−AC−G为钝角，舍去，
所以t=1，
即BG=1．
【考点】
向量语言表述线面的垂直、平行关系
用空间向量求平面间的夹角
【解析】
无
无
【解答】
(1)证明：过点E作EF⊥AD，垂足为F．
因为AD是△ADE外接圆的直径，
所以∠AED=90∘．
因为DE=2AE，SD=CD=AD=2AB=2，
所以ED=45，AE=25，EF=45，FD=85，FA=25．
由题意，可知DA，DC，DS两两垂直．
如图，以D为原点，以DA的方向为x轴的正方向，
建立空间直角坐标系D−xyz，
则B2,1,0，C0,2,0，E85,−45,0，
所以CB→=2,−1,0，DE→=85,−45,0，
所以DE→=45CB→，
所以DE//CB．
因为SD//BG，CB∩BG=B，
所以平面BCG//平面DES．
因为GC⊂平面BCG，
所以GC//平面SED．
(2)解：设BG=t，
由(1)知A2,0,0，C0,2,0，G2,1,t，S0,0,2，
AC→=(−2,2,0)，AG→=(0,1,t)，AS→=(−2,0,2)．
设平面AGC的法向量为m→=x1,y1,z1，
则AC→⋅m→=−2x1+2y1=0,AG→⋅m→=y1+tz1=0,
令z1=1，
得m→=−t,−t,1．
取平面ASC的一个法向量n→=1,1,1，
则|cs⟨m→,n→⟩|=|m→⋅n→||m→||n→|=|1−2t|1+1+1×2t2+1=13，
解得t=15或t=1．
当t=15时，二面角S−AC−G为钝角，舍去，
所以t=1，
即BG=1．
【答案】
(1)解：由椭圆的定义知|PF1|+|PF2|=2a，
则|PF2|=2a−1 ，
由光学性质可知PQ是∠F1PF2的角平分线，
所以|PF1||F1Q|=|PF2||F2Q|，
因为c=1，
所以112=2a−12−12，
得a=2，
从而b=3，
故椭圆C的方程为x24+y23=1 ．
(2)证明：设直线MN的方程为x=my+1，Mx1,y1，Nx2,y2，
联立方程组x=my+1，x24+y23=1，
得3m2+4y2+6my−9=0，
则y1+y2=−6m3m2+4，y1y2=−93m2+4．
因为直线MB的方程为y=y1x1−2x−2，
所以令x=4，得G4,2y1x1−2．
因为AN→=x2+2,y2，AG→=6,2y1x1−2，
又6y2−(x2+2)×2y1x1−2
=6y2(my1−1)−2y1(my2+3)my1−1
=4my1y2−6(y1+y2)my1−1
=4m−93m2+4−6−6m3m2+4my1−1=0，
所以AN→//AG→，
因为AN∩AG=A，
所以A，N，G三点共线．
【考点】
椭圆的标准方程
椭圆的定义
圆锥曲线的综合问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)解：由椭圆的定义知|PF1|+|PF2|=2a，
则|PF2|=2a−1 ，
由光学性质可知PQ是∠F1PF2的角平分线，
所以|PF1||F1Q|=|PF2||F2Q|，
因为c=1，
所以112=2a−12−12，
得a=2，
从而b=3，
故椭圆C的方程为x24+y23=1 ．
(2)证明：设直线MN的方程为x=my+1，Mx1,y1，Nx2,y2，
联立方程组x=my+1，x24+y23=1，
得3m2+4y2+6my−9=0，
则y1+y2=−6m3m2+4，y1y2=−93m2+4．
因为直线MB的方程为y=y1x1−2x−2，
所以令x=4，得G4,2y1x1−2．
因为AN→=x2+2,y2，AG→=6,2y1x1−2，
又6y2−(x2+2)×2y1x1−2
=6y2(my1−1)−2y1(my2+3)my1−1
=4my1y2−6(y1+y2)my1−1
=4m−93m2+4−6−6m3m2+4my1−1=0，
所以AN→//AG→，
因为AN∩AG=A，
所以A，N，G三点共线．
【答案】
(1)解：f′x=2x−a+2x=2x2−ax+2x．
当Δ=a2−16≤0，即−4≤a≤4时，f′x≥0，
所以fx在0,+∞上单调递增；
当Δ=a2−16>0，即a<−4或a>4时，
令2x2−ax+2=0，得x=a±a2−164，
当a<−4时，两根均为负数，则f′x>0，
所以fx在0,+∞上单调递增；
当a>4时，两根均为正数，
所以fx在0,a−a2−164，a+a2−164,+∞上单调递增，
在(a−a2−164, a+a2−164)上单调递减，
综上所述，当a≤4时，fx在0,+∞上单调递增；
当a>4时，fx在(0,a−a2−164)，(a+a2−164+∞)上单调递增，
在a−a2−164,a+a2−164上单调递减．
(2)证明：因为fx1+fx2=0，
所以x12−ax1+2lnx1−3+x22−ax2+2lnx2−3=0，
整理得x12+x22−ax1+x2+2lnx1+2lnx2−6=0，
即x1+x22−ax1+x2−6=2x1x2−2lnx1x2 ．
令gx=2x−2lnx，
则g′x=2−2x=2x−1x，
所以gx在0,1上单调递减，在1,+∞上单调递增，
所以gx≥g1=2，即2x1x2−2lnx1x2≥2 ．
因为x1+x22−ax1+x2−6≥2，
所以x1+x22−ax1+x2−8≥0．
因为ℎa=x1+x22−ax1+x2−8在a∈1,2上单调递减，
所以ℎ2=x1+x22−2x1+x2−8≥0，
即x1+x2−4x1+x2+2≥0，
因为x1,x2>0，
所以x1+x2≥4 ．
【考点】
利用导数研究函数的单调性
利用导数研究不等式恒成立问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)解：f′x=2x−a+2x=2x2−ax+2x．
当Δ=a2−16≤0，即−4≤a≤4时，f′x≥0，
所以fx在0,+∞上单调递增；
当Δ=a2−16>0，即a<−4或a>4时，
令2x2−ax+2=0，得x=a±a2−164，
当a<−4时，两根均为负数，则f′x>0，
所以fx在0,+∞上单调递增；
当a>4时，两根均为正数，
所以fx在0,a−a2−164，a+a2−164,+∞上单调递增，
在(a−a2−164, a+a2−164)上单调递减，
综上所述，当a≤4时，fx在0,+∞上单调递增；
当a>4时，fx在(0,a−a2−164)，(a+a2−164+∞)上单调递增，
在a−a2−164,a+a2−164上单调递减．
(2)证明：因为fx1+fx2=0，
所以x12−ax1+2lnx1−3+x22−ax2+2lnx2−3=0，
整理得x12+x22−ax1+x2+2lnx1+2lnx2−6=0，
即x1+x22−ax1+x2−6=2x1x2−2lnx1x2 ．
令gx=2x−2lnx，
则g′x=2−2x=2x−1x，
所以gx在0,1上单调递减，在1,+∞上单调递增，
所以gx≥g1=2，即2x1x2−2lnx1x2≥2 ．
因为x1+x22−ax1+x2−6≥2，
所以x1+x22−ax1+x2−8≥0．
因为ℎa=x1+x22−ax1+x2−8在a∈1,2上单调递减，
所以ℎ2=x1+x22−2x1+x2−8≥0，
即x1+x2−4x1+x2+2≥0，
因为x1,x2>0，
所以x1+x2≥4 ．