2020-2021学年湖北省十堰高二（下）5月月考数学试卷 (1)人教A版

这是一份2020-2021学年湖北省十堰高二（下）5月月考数学试卷 (1)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A={−3,0,1}，B=−4,−3,1，则A∪B的真子集的个数为（ ）
A.3B.7C.15D.31

2. 已知i为虚数单位，若z=1csθ+isinθ，则z的共轭复数z=（ ）
A.csθ−isinθB.sinθ−icsθC.sinθ+icsθD.csθ+isinθ

3. 某工厂甲、乙、丙三个车间生产了同一种产品，数量分别为120件，80件，60件.为了解它们的产品质量是否存在显著差异，用分层抽样方法抽取一个容量为n的样本进行调查，其中从丙车间的产品中抽取了3件，则n=( )
A.9B.10C.12D.13

4. (1+2x2)(x−1x)6的展开式中，含x2 的项的系数是( )
A.−40B.−25C.25D.55

5. 已知函数fx=lnx+ax，则“a<0”是“函数fx在定义域内为增函数”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. 一盒中有12个乒乓球，其中9个新的，3个旧的，从盒中任取3个球来用，用完后装回盒中（新球用完后即成旧球），此时盒中旧球个数X是一个随机变量，其分布列为P(X=k)，则P(X=5)的值为( )
A.2755B.1335C.15D.1127

7. 埃及金字塔之谜是人类史上最大的谜，它的神奇远远超过了人类的想象．在埃及金字塔内有一组神秘的数字142857，因为142857×2=285714，142857×3=428571，142857×4=571428，…，所以这组数字又叫“走马灯数”．该组数字还有如下发现：142+857=999，428+571=999,285+714=999，…，若从这组神秘数字中任选3个数字构成一个三位数x，剩下的三个数字构成另一个三位数y，若x+y=999，则所有可能的有序实数组x,y的个数为（ ）
A.60B.48C.120D.96

8. 已知函数f(x)=xex ，g(x)=xlnx，若f(x1)=g(x2)=t ，t>0，则lntx1x2的最大值为( )
A.1e2B.4e2C.1eD.2e

9. 如图，正方体BCD−A1B1C1D1的棱长为1，点P是△B1CD1内部(不包括边界)的动点，若BD⊥AP，则线段AP长度的可能取值为( )

A.233B.65C.62D.52
二、多选题

已知随机变量X的分布列如下，则（ ）
A.a=0.3B.a=0.4C.EX=1D.DX=0.8

某射手射击1次，击中目标的概率是0.9，他连续射击4次，且他各次射击是否击中目标相互之间没有影响．则下列四个选项中，正确的是（ ）
A.他第3次击中目标的概率是0.9
B.他恰好击中目标3次的概率是0.93×0.1
C.他至少击中目标1次的概率是1−0.14
D.他恰好有连续2次击中目标的概率为3×0.93×0.1

中国南北朝时期的著作《孙子算经》中，对同余除法有较深的研究，设a，b，mm>0为整数，若a和b被m除得的余数相同，则称a和b对模m同余，记为a≡bmd m．若a=C200+C201⋅2+C202⋅22+⋯+C2020⋅220，a≡bmd 8，则b的值可以是( )
A.65B.161C.2017D.2020
三、填空题

cs24∘−2sin42∘sin18∘的值为________.

已知PA=0.4，PB=0.5，PA|B=0.6，则PB|A为________ .

已知函数f(x)=lnx+ax2+(b−4)x（a>0，b>0），在x=1处取得极值，则2a+1b的最小值为________.

甲、乙两人轮流掷一枚骰子，甲先掷，规定：若甲掷到1点，则甲继续掷，否则由乙掷；若乙掷到3点，则乙继续掷，否则由甲掷．两人始终按此规律进行，记第n次由甲掷的概率为Pn，则P2=________；Pn=________．
四、解答题

在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且3a2+c2−b2=2bcsinA．
(1)求B；

(2)若△ABC的面积是233,c=2a，求b．

已知正项数列an的前n项和为Sn，且满足2Sn=an2+ann∈N∗
(1)求an的通项公式；

(2)设bn=−1n2an+1Sn，求数列bn的前n项和Tn．

如图，在四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB//CD，且CD=2，AB=1，BC=22，PA=1，AB⊥BC，N为PD的中点．

(1)求证：AN//平面PBC；

(2)求平面PAD与平面PBC所成二面角的余弦值．

随着5G通讯技术的发展成熟，移动互联网短视频变得越来越普及，人们也越来越热衷于通过短视频获取资讯和学习成长．某短视频创作平台，为了鼓励短视频创作者生产出更多高质量的短视频，会对创作者上传的短视频进行审核，通过审核后的短视频，会对用户进行重点的分发推荐．短视频创作者上传一条短视频后，先由短视频创作平台的智能机器人进行第一阶段审核，短视频审核通过的概率为35；通过智能机器人审核后，，进入第二阶段的人工审核，人工审核部门会随机分配3名员工对该条短视频进行审核，同一条短视频每名员工审核通过的概率均为12，若该视频获得2名或者2名以上员工审核通过，则该短视频获得重点分发推荐．
(1)某创作者上传一条短视频，求该短视频获得重点分发推荐的概率；

(2)若某创作者一次性上传3条短视频作品，求其获得重点分发推荐的短视频个数的分布列与数学期望．

已知椭圆Γ:x2a2+y2b2=a>b>0的右焦点为Fc,0c>0，离心率为32，经过F且垂直于x轴的直线交椭圆于第一象限的点M，O为坐标原点，且|OM|=132.
(1)求椭圆Γ的方程;

(2)设不经过原点O且斜率为12的直线交椭圆于A，B两点，A，B关于原点O对称的点分别是C，D，试判断四边形ABCD的面积有没有最大值，若有，请求出最大值；若没有，请说明理由．

已知函数fx=12x2⋅lnx，函数fx的导函数为f′x,ℎx=f′x−12x−mx2m∈R．
(1)求函数fx的单调区间；

(2)若函数ℎx存在单调递增区间，求m的取值范围；

(3)若函数ℎ′x存在两个不同的零点x1、x2，且x11．
参考答案与试题解析
2020-2021学年湖北省十堰市高二（下）5月月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
C
【考点】
并集及其运算
子集与真子集的个数问题
【解析】
先求出并集，即可确定元素个数，即可得到真子集个数.
【解答】
解：∵ A∪B=−4,−3,0,1，有4个元素，
∴ A∪B的真子集有24−1=15个.
故选C.
2.
【答案】
D
【考点】
复数的运算
共轭复数
【解析】
先利用复数的运算法则计算出z，再求得其共轭复数z即可．
【解答】
解：∵ z=1csθ+isinθ=csθ−isinθcsθ+isinθcsθ−isinθ=csθ−isinθ，
∴ z=csθ+isinθ.
故选D．
3.
【答案】
D
【考点】
分层抽样方法
【解析】
甲、乙、丙三个车间生产的产品数量的比依次为6:4:3，求出丙车间生产产品所占的比例，从而求出n的值．
【解答】
解：∵ 甲、乙、丙三个车间生产的产品件数分别是120，80，60，
∴ 甲、乙、丙三个车间生产的产品数量的比依次为6:4:3，
丙车间生产的产品件数所占的比例为313，
因为样本中丙车间生产的产品有3件，
所以样本容量n=3÷313=13.
故选D.
4.
【答案】
B
【考点】
二项式系数的性质
【解析】
先求出n，在展开式的通项公式，令x的指数为2，即可得出结论．
【解答】
解：∵ (x−1x)6的展开式中的通项 Tk+1=C6kx6−k(−1x)k=(−1)kC6kx6−2k ，
∴ 含 x2 的项的系数为(−1)2C62+2×(−1)3C63=−25 .
故选B．
5.
【答案】
A
【考点】
利用导数研究函数的单调性
必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】
结合导数与单调性的关系进行判断即可．
【解答】
解：f′x=1x−ax2=x−ax2， x>0，
当a<0时，f′x>0，fx在0,+∞上单调递增，
当a=0时，f′x>0，fx在0,+∞上单调递增，
当a>0时，f′x≥0在0,+∞上不恒成立，
∴ a≤0时，函数fx在定义域内为增函数.
故函数fx=lnx+ax，则"a<0"是“函数fx在定义域内为增函数”的充分不必要条件.
故选A．
6.
【答案】
A
【考点】
古典概型及其概率计算公式
【解析】
由条件可得当X=5时表示的是取出的3个球中有2个新球和1个旧球，然后求出即可．
【解答】
解：因为从盒子中任取3个球来用，用完装回盒中，此时盒中旧球个数X=5，
即旧球的个数增加了2个，
所以取出的3个球中有2个新球和1个旧球，
所以PX=5=C92C31C123=2755.
故选A.
7.
【答案】
B
【考点】
排列、组合的应用
【解析】
1
【解答】
解：因为1,4,2,8,5,7这6个数字中：
1+8=9,2+7=9,4+5=9共3组，
所以从这6个数字中任意取出3个数字构成一个三位数x， 剩下的三个数字构成另一个三位数y，
若x+y=999，则所有可能的有序实数组x,y的个数为C61C41C21=48.
故选B.
8.
【答案】
C
【考点】
利用导数研究函数的最值
利用导数研究函数的单调性
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵f(x)=xex,g(x)=xlnx，
当f(x1)=g(x2)=t时，
据题分析：
当x1=1时，x2=e，
当x1=2时，x2=e2，
当x1=3时，x2=e3；
综上，要使x1ex1=x2lnx2恒成立，
则x2=ex1，
∴ x1⋅x2=x1⋅ex1=t，
∴lntx1x2=lntt.
令ℎ(t)=lntt,(t>0),
则ℎ′(t)=1−lntt2,
令ℎ′(t)>0，即1−lnt>0.
解得:0 令ℎ′(t)<0，
即1−lnt<0，
解得：t>e；
∴ℎ(t)在(0,e)上单调递增，在[e，+∞)上单调递减，
∴ 当t=e时，ℎ(e)max=lnee=1e，
∴lntx1x2的最大值为1e.
故选C.
9.
【答案】
A,B,C
【考点】
棱柱的结构特征
【解析】
由所给条件探求出动点P的轨迹，然后在三角形中求出点A与动点P的距离范围得解．
【解答】
解：根据BD⊥平面ACC1A1，
设O1为A1C1与B1D1的交点，
则平面ACC1A1∩平面B1CD1=O1C，
故点P在线段O1C上运动，
求得O1A=O1C=32,AC=2，
点A到O1C的距离为233，
故233≤AP<2.
故选ABC．
二、多选题
【答案】
B,C
【考点】
离散型随机变量及其分布列
离散型随机变量的期望与方差
【解析】
利用概率和为1，以及期望求出a，b，即可.
【解答】
解：该行布列中P1+P2+P3=1，
Ex=P1x1+P2x2+P3x3，
Dx=P1x1−x2+P2x2−x2+P3x3−x2,
其中 x=13x1+x2+x3,，
因此 0.3+a+0.3=1 即 a=0.4，
Ex=0×0.3+1×0.4+2×0.3=1，
x=13×0+1+2=1，
Dx=0.3×0−12+0.4×1−12+0.3×2−12=0.6.
故选BC.
【答案】
A,C
【考点】
相互独立事件的概率乘法公式
相互独立事件
二项分布与n次独立重复试验的模型
【解析】
运用独立性事件发生的概率公式和对立事件的概率，运用排除法和分类讨论方法，可得所求结论．
【解答】
解：对于A，某射手射击1次，击中目标的概率是0.9，
∴ 他第3次击中目标的概率是0.9，故A正确；
对于B，他恰好击中目标3次的概率是：
C43×0.93×0.1，故B错误；
对于C，他至少击中目标1次的对立事件为：他一次都没有击中，
∴ 他至少击中目标1次的概率是1−0.14，故C正确；
对于D，他恰好有连续2次击中目标的概率为
2×0.92×0.12+0.92×0.12，故D错误．
故选AC．
【答案】
A,B,C
【考点】
二项式定理的应用
【解析】
由二项式定理可得a=C100×810+C101×89+...+C1010×80,再由a=bmd8，则b除以8所得的余数为1，结合选项判断.
【解答】
解：由题意可得a=1+220=320=910=8+110,
由二项式定理可得a=C100×810+C101×89+...+C1010×80,
所以a除以8所得的余数为1，
由a≡bmd 8,
则b除以8所得的余数为1，
由65,161,2017除以8所得的余数为1，
所以A，B，C选项正确.
故选ABC.
三、填空题
【答案】
12
【考点】
两角和与差的余弦公式
【解析】
由题意，结合诱导公式，二倍角公式以及两角和与差公式进行求解即可.
【解答】
解：已知cs24​∘−2sin42​∘sin18​∘
=cs(42​∘−18​∘)−2sin42​∘sin18​∘
=cs42​∘cs18​∘−sin42​∘sin18​∘
=cs(42​∘+18​∘)=cs60​∘=12.
故答案为：12.
【答案】
0.75
【考点】
条件概率与独立事件
【解析】
由条件概率公式计算．
【解答】
解：因为PA|B=PABPB，
所以PAB=P(A|B)⋅P(B)=0.5×0.6=0.3，
所以PB|A=PABPA=
故答案为：0.75．
【答案】
3
【考点】
利用导数研究函数的极值
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
由题意，先对函数进行求导，根据函数在x=1处取得极值，可知当x=1时，其导数为零，得到a，b之间的关系，得到“1”的表达式，代入利用基本不等式进行求解即可.
【解答】
解：已知函数f(x)=lnx+ax2+(b−4)x（a>0，b>0），函数定义域为(0,+∞)，
则f′(x)=1x+2ax+b−4，
因为该函数在x=1处取得极值，即f′(1)=1+2a+b−4=2a+b−3=0 ，
整理得2a3+b3=1，
此时2a+1b=(2a+1b)(2a3+b3)
=53+2b3a+2a3b≥53+22b3a⋅2a3b=53+43=3，
当且仅当2b3a=2a3b时，等号成立，
所以2a+1b的最小值为3.
故答案为：3.
【答案】
16,12−13−23n−2
【考点】
概率的应用
等比数列的性质
【解析】
由题意，求出知甲掷到1点，乙掷到3点的概率为16，而甲未掷到1点（乙未掷到3点）的概率为56，设第k次由甲掷的概率为pk，则乙掷的概率为1−pk，得到第k+1次由甲掷的概率表达式，进而确定pn−12是以p2−12=−13为首项，−23为公比的等比数列，再经过检验即可求解.
【解答】
解：已知甲掷到1点，乙掷到3点的概率为16，而甲未掷到1点（乙未掷到3点）的概率为56，
不妨设第k次由甲掷的概率为pk，则乙掷的概率为1−pk，
第一次由甲掷，故第二次由甲掷的概率p2=16，
则第k+1次由甲掷的概率为16pk+56(1−pk)=56−23pk，
即pk+1=56−23pk，
因为p2=16，pk+1−12=−23pk−12，
所以数列pn−12是以p2−12=−13为首项，−23为公比的等比数列，
所以pn−12=−13−23n−2（n≥2），
当n=1时，其满足上式，
从而pn=12−13−23n−2.
故答案为：16；pn=12−13−23n−2.
四、解答题
【答案】
解：(1)由3a2+c2−b2=2bcsinA，得3a2+c2−b22ac=bsinAa，
得3csB=bsinAa，得3acsB=bsinA，
由正弦定理得3sinAcsB=sinBsinA，因为sinA≠0，所以3csB=sinB，
所以tanB=3，因为0(2)若△ABC的面积是233，
则12acsinB=12×a×2a×32=233，解得a=233，
所以c=433 ．
由余弦定理b2=a2+c2−2accsB，
可得b2=2332+4332−2×233×433×12，
所以b=2．
【考点】
余弦定理
正弦定理
两角和与差的正弦公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由3a2+c2−b2=2bcsinA，得3a2+c2−b22ac=bsinAa，
得3csB=bsinAa，得3acsB=bsinA，
由正弦定理得3sinAcsB=sinBsinA，因为sinA≠0，所以3csB=sinB，
所以tanB=3，因为0(2)若△ABC的面积是233，
则12acsinB=12×a×2a×32=233，解得a=233，
所以c=433 ．
由余弦定理b2=a2+c2−2accsB，
可得b2=2332+4332−2×233×433×12，
所以b=2．
【答案】
解：(1)由已知条件可知，对任意的n∈N∗,an>0，
当n=1时， a12+a1=2S1=2a1，解得a1=1；
当n≥2时，由2Sn=an2+an可得2Sn−1=an−12+an−1，
上述两式作差得2an=an2−an−12+an−an−1，即an2−an−12−an−an−1=0，
即an+an−1an−an−1−1=0，
由已知条件可知an+an−1>0，∴ an−an−1=1，
故数列an是等差数列，且首项为1，公差也为1，
因此，an=1+n−1×1=n .
(2)由(1)可知Sn=n2+n2，
则bn=−1n2an+1Sn
=2×−1n2n+1nn+1=−1n2n+2n+1，
因此， Tn=−2+22+22+23−23+24+⋯
+−1n2n+2n+1=−2+2⋅−1nn+1．
【考点】
数列递推式
等差数列的通项公式
数列的求和
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由已知条件可知，对任意的n∈N∗,an>0，
当n=1时， a12+a1=2S1=2a1，解得a1=1；
当n≥2时，由2Sn=an2+an可得2Sn−1=an−12+an−1，
上述两式作差得2an=an2−an−12+an−an−1，即an2−an−12−an−an−1=0，
即an+an−1an−an−1−1=0，
由已知条件可知an+an−1>0，∴ an−an−1=1，
故数列an是等差数列，且首项为1，公差也为1，
因此，an=1+n−1×1=n .
(2)由(1)可知Sn=n2+n2，
则bn=−1n2an+1Sn
=2×−1n2n+1nn+1=−1n2n+2n+1，
因此， Tn=−2+22+22+23−23+24+⋯
+−1n2n+2n+1=−2+2⋅−1nn+1．
【答案】
(1)证明：过A作AE⊥CD，垂足为E，则DE=1，
如图，以A为坐标原点，分别以AE，AB，AP为x，y，z轴建立空间直角坐标系．
则A(0,0,0)，B0,1,0，E22,0,0，D22,−1,0 ，C(22,1,0)，P0,0,1，
∵ N为PD的中点，
∴ N2,−12,12，则AN→=2,−12,12．
设平面PBC的一个法向量为m→=x,y,z，
又BP→=(0,−1,1)，BC→=(22,0,0)，
则m→⋅BP→=−y+z=0，m→⋅BC→=22x=0，
令y=1，则x=0，z=1，
∴ m→=(0,1,1)．
∴ AN→⋅m→=−12+12=0，即AN→⊥m→，
又AN⊄平面PBC，
∴ AN//平面PBC．
(2)解：设平面PAD的一个法向量为n→=(a,b,c)，
又AP→=(0,0,1)，AD→=22,−1,0，
则n→⋅AP→=c=0，n→⋅AD→=22a−b=0，
令a=1，则b=22，c=0，
∴ n→=(1,22,0)，
∴ cs⟨m→,n→⟩=m→⋅n→|m→|⋅|n→|=222×3=23，
即平面PAD与平面PBC所成二面角的余弦值为23．
【考点】
直线与平面平行的判定
用向量证明垂直
用空间向量求平面间的夹角
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)证明：过A作AE⊥CD，垂足为E，则DE=1，
如图，以A为坐标原点，分别以AE，AB，AP为x，y，z轴建立空间直角坐标系．
则A(0,0,0)，B0,1,0，E22,0,0，D22,−1,0 ，C(22,1,0)，P0,0,1，
∵ N为PD的中点，
∴ N2,−12,12，则AN→=2,−12,12．
设平面PBC的一个法向量为m→=x,y,z，
又BP→=(0,−1,1)，BC→=(22,0,0)，
则m→⋅BP→=−y+z=0，m→⋅BC→=22x=0，
令y=1，则x=0，z=1，
∴ m→=(0,1,1)．
∴ AN→⋅m→=−12+12=0，即AN→⊥m→，
又AN⊄平面PBC，
∴ AN//平面PBC．
(2)解：设平面PAD的一个法向量为n→=(a,b,c)，
又AP→=(0,0,1)，AD→=22,−1,0，
则n→⋅AP→=c=0，n→⋅AD→=22a−b=0，
令a=1，则b=22，c=0，
∴ n→=(1,22,0)，
∴ cs⟨m→,n→⟩=m→⋅n→|m→|⋅|n→|=222×3=23，
即平面PAD与平面PBC所成二面角的余弦值为23．
【答案】
解：(1)设“该短视频获得重点分发推荐”为事件A，
则PA=35×C32122×1−121+C33123×1−120=310．
(2)设其获得重点分发推荐的短视频个数为随机变量X，X可取0，1，2，3，
则X∼B3,310，
PX=0=C303100×1−3103=3431000；
PX=1=C313101×1−3102=4411000；
PX=2=C323102×1−3101=1891000 ；
PX=3=C333103×1−3100=271000，
所以随机变量X的分布列如下：
EX=0×3431000+1×4411000+2×1891000+3×271000=910．
【考点】
二项分布与n次独立重复试验的模型
两点分布二项分布超几何分布的期望与方差
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)设“该短视频获得重点分发推荐”为事件A，
则PA=35×C32122×1−121+C33123×1−120=310．
(2)设其获得重点分发推荐的短视频个数为随机变量X，X可取0，1，2，3，
则X∼B3,310，
PX=0=C303100×1−3103=3431000；
PX=1=C313101×1−3102=4411000；
PX=2=C323102×1−3101=1891000 ；
PX=3=C333103×1−3100=271000，
所以随机变量X的分布列如下：
EX=0×3431000+1×4411000+2×1891000+3×271000=910．
【答案】
解：(1)由题意知ca=32，即a2=43c2，①
a2=b2+c2，所以b2=c23，②
x=c,x2a2+y2a2=1,则x=c,y=±b2a,
所以M(c,b2a),
则|OM|=c2+b2a2=132③
联立①②③，解得c=3,a=2,b=1,
所以椭圆的方程为x24+y2=1.
(2)设直线AB的方程为y=12x+m,
y=12x+m，x24+y2=1，
消元得，2x2+4mx+4m2−1=0.
则Δ=16−2−m2>0,解得−2x1+x2=−2m,x1x2=2m2−1，
|AB|=1+122|x1−x2|
=52x1+x22−4x1x2
=52−2m2−4×m2−1
=528−4×m2.
原点O到直线AB的距离为d=|m|14+1=255|m|，
则直线CD到直线AB的距离为d′=2d=455|m|,
显然四边形ABCD是平行四边形，
所以S四边形ABCD=|AB|d′=528−4m2⋅455|m|
=214⋅4m28−4m2≤214⋅[4m2+8−4m2]22]=4.
当且仅当4m2=8−4m2，即m=±1时，等号成立，
故四边形ABCD的面积存在最大值，且最大值为4.
【考点】
椭圆的标准方程
椭圆的离心率
直线与椭圆结合的最值问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由题意知ca=32，即a2=43c2，①
a2=b2+c2，所以b2=c23，②
x=c,x2a2+y2a2=1,则x=c,y=±b2a,
所以M(c,b2a),
则|OM|=c2+b2a2=132③
联立①②③，解得c=3,a=2,b=1,
所以椭圆的方程为x24+y2=1.
(2)设直线AB的方程为y=12x+m,
y=12x+m，x24+y2=1，
消元得，2x2+4mx+4m2−1=0.
则Δ=16−2−m2>0,解得−2x1+x2=−2m,x1x2=2m2−1，
|AB|=1+122|x1−x2|
=52x1+x22−4x1x2
=52−2m2−4×m2−1
=528−4×m2.
原点O到直线AB的距离为d=|m|14+1=255|m|，
则直线CD到直线AB的距离为d′=2d=455|m|,
显然四边形ABCD是平行四边形，
所以S四边形ABCD=|AB|d′=528−4m2⋅455|m|
=214⋅4m28−4m2≤214⋅[4m2+8−4m2]22]=4.
当且仅当4m2=8−4m2，即m=±1时，等号成立，
故四边形ABCD的面积存在最大值，且最大值为4.
【答案】
(1)解：fx的定义域为0,+∞，f′x=x⋅lnx+12x=x⋅lnx+12，
令f′x=0解得x=e−12，
当0当x>e−12时，f′x>0，此时fx在e−12,+∞上单调递增，
∴ fx的单调递减区间为0,e−12，单调递增区间为e−12,+∞.
(2) 解：ℎx=x⋅lnx+12−12x−mx2=x⋅lnx−mx2，
定义域为0,+∞，ℎ′x=lnx+1−2mx，
若函数ℎx存在单递增区间，只需ℎ′x>0在0,+∞上有解，
即存在x>0使得2m令ϕx=lnx+1x，则ϕ′x=−lnxx2，令ϕ′x=0解得x=1，
当00，则ϕx在0,1上单调递增，
当x>1时ϕ′x<0，则ϕx在1,+∞上单调递减，
则x=1时ϕx取极大值也是最大值，
∴ ϕxmax=ϕ1=1，∴ m<12，
∴ m的取值范围为−∞,12.
(3)证明：由(2)可知ℎ′x=lnx+1−2mxx>0，令ℎ′x=0可知m=lnx+12x，
设gx=lnx+12x，则g′x=−lnx2x2，令g′x=0解得x=1，
当00，则gx在0,1上单调递增，
当x>1时g′x<0，则gx在1,+∞上单调递减，
∴ gxmax=g1=12，又g1e=0，且当x→+∞时gx→0，
∴ 当m∈0,12时，直线y=m与gx的图像有两个交点，
即ℎ′x有两个不同的零点x1、x2，∵ x11，
∴ ex1>1，x22>1，∴ e⋅x1⋅x22>1．
【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：fx的定义域为0,+∞，f′x=x⋅lnx+12x=x⋅lnx+12，
令f′x=0解得x=e−12，
当0当x>e−12时，f′x>0，此时fx在e−12,+∞上单调递增，
∴ fx的单调递减区间为0,e−12，单调递增区间为e−12,+∞.
(2) 解：ℎx=x⋅lnx+12−12x−mx2=x⋅lnx−mx2，
定义域为0,+∞，ℎ′x=lnx+1−2mx，
若函数ℎx存在单递增区间，只需ℎ′x>0在0,+∞上有解，
即存在x>0使得2m令ϕx=lnx+1x，则ϕ′x=−lnxx2，令ϕ′x=0解得x=1，
当00，则ϕx在0,1上单调递增，
当x>1时ϕ′x<0，则ϕx在1,+∞上单调递减，
则x=1时ϕx取极大值也是最大值，
∴ ϕxmax=ϕ1=1，∴ m<12，
∴ m的取值范围为−∞,12.
(3)证明：由(2)可知ℎ′x=lnx+1−2mxx>0，令ℎ′x=0可知m=lnx+12x，
设gx=lnx+12x，则g′x=−lnx2x2，令g′x=0解得x=1，
当00，则gx在0,1上单调递增，
当x>1时g′x<0，则gx在1,+∞上单调递减，
∴ gxmax=g1=12，又g1e=0，且当x→+∞时gx→0，
∴ 当m∈0,12时，直线y=m与gx的图像有两个交点，
即ℎ′x有两个不同的零点x1、x2，∵ x11，
∴ ex1>1，x22>1，∴ e⋅x1⋅x22>1．X
0
1
2
P
0.3
0
0.3