2022-2023学年广东省清远市高二（下）期末数学试卷

这是一份2022-2023学年广东省清远市高二（下）期末数学试卷，共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2022-2023学年广东省清远市高二（下）期末数学试卷
一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 已知函数f(x)=ex−2x，则f′(2)=(    )
A. e2−4 B. e2−2 C. e2+e D. e2+2
2. 已知随机变量ξ～N(5,σ2)，若P(3≤ξ≤7)=0.4，则P(ξ>7)=(    )
A. 0.6 B. 0.4 C. 0.3 D. 0.2
3. 为提高学生的身体素质，某校开设了游泳和篮球课程，甲、乙、丙3位同学每人从中任选1门课程参加，则不同的选法共有(    )
A. 5种 B. 6种 C. 8种 D. 9种
4. 已知x和y之间的几组数据如下表：
x
−2
−1
0
1
2
y
5
4
2
2
1
根据表中数据得到y关于x的经验回归方程为y =−x+a ，则预测当x=5时，y=(    )
A. −0.2 B. −0.8 C. −1.2 D. −2.2
5. 袋子中有5个大小相同的小球，其中3个白球，2个黑球，每次从袋子中随机摸出1个球，摸出的球不再放回.在第1次摸到白球的条件下，第2次摸到黑球的概率为(    )
A. 12 B. 14 C. 35 D. 310
6. 已知函数f(x)=lnx+ax2−3x在(12,3)上单调递增，则a的取值范围为(    )
A. [49,+∞) B. (0,49] C. [98,+∞) D. (0,98]
7. 中国救援力量在国际自然灾害中为拯救生命作出了重要贡献，很好地展示了国际形象，增进了国际友谊.现有6支救援队前往A，B，C三个受灾点执行救援任务，若每支救援队只能去其中的一个受灾点，且每个受灾点至少安排1支救援队，其中A受灾点至少需要2支救援队，则不同的安排方法种数是(    )
A. 180 B. 320 C. 345 D. 360
8. 已知直线y=kx+b与函数f(x)=12x2+lnx的图象相切，则k−b的最小值为(    )
A. 92 B. 72 C. 52 D. 32

二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）
9. 已知随机变量X的分布列为
X
0
1
2
P
12
a
14
则(    )
A. a=14 B. a=12 C. E(X)=34 D. D(X)=1116
10. 已知f′(x)为函数f(x)的导函数，若函数y=f′(x)−1的图象大致如图所示，则(    )
A. f(x)有3个极值点
B. x=−4是f(x)的极大值点
C. x=0是f(x)的极大值点
D. f(x)在(0,4)上单调递增
11. 已知(1−x)9=a0+a1x+a2x2+…+a9x9，则(    )
A. a0=1
B. a1+a2+a3+…+a9=0
C. a1+a3+a5+a7+a9=−256
D. 2a1+22a2+23a3+…+29a9=−2
12. 已知a=e12−1，b=ln32，c=512，则(    )
A. a>b B. a>c C. c>b D. b>c
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. (1x2−2x)6的展开式中的常数项为______．
14. 已知随机变量X～B(3,25)，则D(X)= ______ ．
15. 如图，在墙角处有一根长3米的直木棒AB紧贴墙面，墙面与底面垂直.在t=0s时，木棒的端点B以0.5m/s的速度垂直墙面向右做匀速运动，端点A向下沿直线运动，则端点A在t=2s这一时刻的瞬时速度为______ m/s．


16. 某校举行了足球比赛，每个球队都和其他球队进行一场比赛，每场比赛获胜的球队得2分，失败的球队得0分，平局则双方球队各得1分，积分最高的球队获得冠军.已知有一个队得分最多(其他球队得分均低于该球队)，但该球队的胜场数比其他球队都要少，则参加比赛的球队数最少为______ ．

四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题10.0分)
为了提高学生体育锻炼的积极性，某中学需要了解性别因素对本校学生体育锻炼的喜好是否有影响，为此对学生是否喜欢体育锻炼的情况进行调查，得到下表：
体育锻炼
性别
合计
男生
女生
喜欢
280
p
280+p
不喜欢
q
120
120+q
合计
280+q
120+p
400+p+q
在本次调查中，男生人数占总人数的47，女生喜欢体育锻炼的人数占女生人数的35．
(1)求p，q的值；
(2)依据α=0.001的独立性检验，能否认为学生的性别与喜欢体育锻炼有关？
附：χ2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)，n=a+b+c+d．
α
0.05
0.025
0.010
0.001
xα
3.841
5.024
6.635
10.828

18. (本小题12.0分)
已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且 3acosC=csin A．
(1)求C的大小；
(2)若a>2，且b−c=1，求△ABC周长的最小值．
19. (本小题12.0分)
如图，将三棱锥A−BCD的侧棱AB放到平面α内，AC⊥CB，AB⊥BD，AC=CB，AB=BD，平面ABC⊥平面ABD．
(1)证明：平面ACD⊥平面BCD．
(2)若AB=2，平面ABD与平面α夹角的正切值为12，求平面ACD与平面α夹角的余弦值．

20. (本小题12.0分)
已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn=2n−1，集合A={k|Sm=log2ak,m∈N*,k∈N*}.
(1)求集合A；
(2)若bn=an,n∈A,log2an,n∉A,求数列{bn}的前30项和．
21. (本小题12.0分)
已知A(−2,0)是椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左顶点，过点D(1,0)的直线l与椭圆C交于P，Q两点(异于点A)，当直线l的斜率不存在时，|PQ|=3．
(1)求椭圆C的方程；
(2)求△APQ面积的取值范围．
22. (本小题12.0分)
已知函数f(x)=ex+m+(m+1)x−xlnx．
(1)若m=0，求f(x)的图象在x=1处的切线方程；
(2)若f(x)有两个极值点x1，x2，证明：x1x2<1．
答案和解析

1.【答案】B 
【解析】解：f(x)=ex−2x，
则f′(x)=ex−2，
故f′(2)=e2−2．
故选：B．
根据已知条件，结合导数的运算，即可求解．
本题主要考查导数的运算，属于基础题．

2.【答案】C 
【解析】解：由随机变量ξ～N(5,σ2)及正态分布的对称性，
知P(3≤ξ≤7)=2P(5≤ξ≤7)=0.4，
所以P(5≤ξ≤7)=0.2，
所以P(ξ>7)=0.5−P(5≤ξ≤7)=0.3．
故选：C．
由正态分布的对称性求解即可．
本题考查百分位数的应用，属于基础题．

3.【答案】C 
【解析】解：甲、乙、丙3位同学每人都有2种不同的选法，
根据分步乘法计数原理可知，不同的选法共有2×2×2=23=8种．
故选：C．
根据分步乘法计数原理直接求解．
本题考查排列组合的应用，属于基础题．

4.【答案】D 
【解析】解：x−=−2−1+0+1+25=0，y−=5+4+2+2+15=2.8，
则样本点的中心的坐标为(0,2.8)，
代入y =−x+a ，可得a =2.8．
∴y =−x+2.8，取x=5，可得y =−5+2.8=−2.2．
故选：D．
由已知求得样本点的中心的坐标，代入线性回归方程求解a​，再求出x=5时的y​值即可．
本题考查线性回归方程，考查运算求解能力，是基础题．

5.【答案】A 
【解析】解：依题意，在第1次摸到白球的条件下，
第2次摸到黑球的概率为24=12．
故选：A．
根据条件概型的知识求得正确答案．
本题考查条件概率，考查学生的计算能力，确定基本事件的个数是关键．

6.【答案】C 
【解析】解：由函数f(x)=lnx+ax2−3x，
可得f′(x)=1x+2ax−3，
若f(x)在区间(12,3)内单调递增，
则f′(x)≥0在x∈(12,3)恒成立，
即a≥32x−12x2在x∈(12,3)恒成立，
令g(x)=32x−12x2，x∈(12,3)，
则g′(x)=32⋅(−1x2)−12⋅(−2x3)=2−3x2x3，
令g′(x)>0，解得x<23，令g′(x)<0，解得x>23，
故g(x)在(12,23)递增，在(23,3)递减，
故g(x)max=g(23)=98，
故a≥98，
即实数a的取值范围是[98,+∞)．
故选：C．
求出函数的导数，将问题转化为a≥32x−12x2在x∈(12,3)恒成立，令g(x)=32x−12x2，x∈(12,3)，求出g(x)的最小值，从而可求得a的取值范围．
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．

7.【答案】D 
【解析】解：若A受灾点需要2支救援队，剩余4支救援队分成两组，A，B，C受灾点的人数为2，1，3或2，2，2或2，3，1．
若人数为2，1，3，则有C62C41C33=60，
若人数为2，2，2，则有C62C42C22=90，
若人数为2，3，1，则有C62C43=60，
若A受灾点需要3支救援队，剩余3支救援队分成两组，A，B，C受灾点的人数为3，1，2或3，2，1．
若人数为3，1，2，则有C63C31C22=60，
若人数为3，2，1，则有C63C32=60，
若A受灾点需要4支救援队，剩余2支救援队分成两组，A，B，C受灾点的人数为3，1，1，
此时人数为C64C21=30．
综上共有60+90+60+60+60+30=360．
故选：D．
根据A受灾点至少需要2支救援队，分别进行讨论求解即可．
本题主要考查简单的计数问题，利用组合公式进行分类讨论思想进行求解是解决本题的关键，是中档题．

8.【答案】B 
【解析】解：设直线y=kx+b与函数f(x)=12x2+lnx的图象切于(x0,y0)，
由f(x)=12x2+lnx，得f′(x)=x+1x，
∴k=x0+1x0，kx0+b=12x02+lnx0，
则b=12x02+lnx0−x02−1=lnx0−12x02−1，
可得k−b=x0+1x0+12x02−lnx0+1．
令g(x)=x+1x+12x2−lnx+1，
则g′(x)=1−1x2+x−1x=x3+x2−x−1x2=(x+1)2(x−1)x2，
当x∈(0,1)时，g′(x)<0，当x∈(1,+∞)时，g′(x)>0，
∴g(x)在(0,+∞)上的最小值为g(1)=72．
故选：B．
设切点坐标，把k与b用切点横坐标表示，再由导数求最值得答案．
本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，训练了利用导数求最值，是中档题．

9.【答案】ACD 
【解析】解：根据题意，由X的分布列，有P(X=0)+P(X=1)+P(X=2)=12+a+14=1，
解可得：a=14，A正确，B错误；
故E(X)=0×12+1×14+2×14=34，C正确；
D(X)=12×(0−34)2+14×(1−34)2+14×(2−34)2=1116，D正确．
故选：ACD．
根据题意，由分布列的性质可得P(X=0)+P(X=1)+P(X=2)=12+a+14=1，求出a的值，可得A正确，B错误，进而求出E(X)和D(X)的值，分析可得C、D正确，综合可得答案．
本题考查离散型随机变量的期望和方差，属于分布列的计算，属于基础题．

10.【答案】ABD 
【解析】解：将f′(x)−1的图象向上平移1个单位，
得f′(x)的图像，结合图像：

x∈(−∞,−4)时，f′(x)>0，f(x)递增，
x∈(−4,0)时，f′(x)<0，f(x)递减，
x∈(0,4)时，f′(x)>0，f(x)递增，
x∈(4,+∞)时，f′(x)<0，f(x)递减；
故x=−4和x=4是函数f(x)的极大值点，x=0是函数f(x)的极小值点，
故A正确，B正确，C错误，D正确．
故选：ABD．
根据导函数的符号，求出函数f(x)的单调区间，从而判断各个选项．
本题考查了函数的单调性，极值点问题，考查导数的应用，是基础题．

11.【答案】ACD 
【解析】解：∵(1−x)9=a0+a1x+a2x2+…+a9x9，
∴令x=0，可得a0=1，故A正确．
再令x=1，可得1+a1+a2+a3+…+a9=0①，故有a1+a2+a3+…+a9=−1，故B错误．
再令x=−1，可得1−a1+a2−a3+…+a8−a9=−512②，用①−②，并除以2可得，a1+a3+a5+…+a9=256，故C正确．
对于所给的等式，令x=2，可得1+2a1+22a2+23a3+…+29a9=−1，
故有2a1+22a2+23a3+…+29a9=−2，故D正确．
故选：ACD．
由题意，通过给变量赋值，逐一判断各个选项是否正确，从而得出结论．
本题主要考查二项式定理的应用，是给变量赋值的问题，解题关键是根据要求的结果，选择合适的数值代入，属于基础题．

12.【答案】ABC 
【解析】解：c=512=12−112=12−(12)2×13，
a−c=e12−1−[12−(12)2×13]=e12−1−12+(12)2×13，
令t(x)=ex−1−x+13x2，x>0，
t′(x)=ex−1+23x单调递增，
所以t′(x)>t′(0)=0，
所以t(x)在(0,+∞)上单调递增，
所以t(x)>t(0)=0，
所以ex−1−x+13x2>0，
所以ex−1>x−13x2，
所以a>c，
b=ln32=ln(12+1)，
所以b−c=ln(12+1)−[12−(12)2×13]=ln(12+1)−12+(12)2×13，
令h(x)=ln(x+1)−x+13x2，x>0，
h′(x)=1x+1−1+23x=3−3(x+1)+2x(x+1)3(x+1)=2x2−x3(x+1)，
令h′(x)=0，得x=0或x=12，
所以在(0,12)上h′(x)<0，h(x)单调递减，
在(12,+∞)上h′(x)>0，h(x)单调递增，
所以h(12) 所以ln(12+1)−12+(12)2×13<0，
所以b−c<0，即b 所以a>c>b，
故选：ABC．
c=512=12−112=12−(12)2×13，则a−c=e12−1−12+(12)2×13，令t(x)=ex−1−x+13x2，x>0，求导分析单调性可得t(x)>t(0)=0，进而可得a，c的大小关系；b=ln32=ln(12+1)，则b−c=ln(12+1)−12+(12)2×13，令h(x)=ln(x+1)−x+13x2，x>0，求导分析单调性，可得h(12) 本题考查导数的综合应用，解题中需要理清思路，属于中档题．

13.【答案】240 
【解析】解：(1x2−2x)6的展开式的通项公式为Tr+1=C6r(1x2)6−r(−2x)r=(−2)rC6rx3r−12，
由3r−12=0，可得r=4，
即有展开式的常数项为16×15=240．
故答案为：240．
由二项式的展开式的通项公式，整理，可令x的指数为0，计算可得所求常数项．
本题考查二项式的展开式的通项公式和运用，考查运算能力，属于基础题．

14.【答案】1825 
【解析】解：根据题意，随机变量X～B(3,25)，
则D(X)=3×25×(1−25)=1825．
故答案为：1825．
根据题意，由二项分布的方差计算公式计算可得答案．
本题考查二项分布的性质，涉及随机变量的方差，属于基础题．

15.【答案】 28 
【解析】解：根据题意，设端点A运动的路程为S，运动的时间为t，
木棒的长度为定值3，B点运动了t2m，
则有(3−S)2+t24=9，
变形可得S=3− 9−t24，
求其导数可得：S′=t4 9−t24，
当t=2时，有S′|t=2= 28，即端点A在t=2s这一时刻的瞬时速度 28m/s．
故答案为： 28．
根据题意，设端点A运动的路程为S，由勾股定理可得关于t的方程，变形可得S=3− 9−t24，求出其导数，将t=2代入计算可得答案．
本题考查导数的定义和计算，注意构造关于t的方程，属于基础题．

16.【答案】6 
【解析】解：根据题意，假设得分最多的球队为甲队，设甲队胜n场平m场，则甲队的总得分为2n+m，
由已知条件可知，其余各队至少胜n+1场，得分不少于2(n+1)，
则有2n+m>2(n+1)，则m>2，即甲队至少平3场．
若乙队与甲队踢成平局，则乙队的得分至少为2(n+1)+1，则2n+m>2(n+1)+1，则有m>3，即甲队至少平4场．
若参加比赛的球队数为5，则甲队总得分为4分，其他4个球队每个球队至少胜1场比赛，则其他4个球队中必有球队得分不低于4分，不符合题意．
若参加比赛的球队数为6，且他们的得分如下表：

 甲
乙
A
B
C
D
得分
 甲

 1
 1
 1
 1
 2
 6
 乙
 1

 2
 0
 0
 2
 5
 A
 1
 0

 0
 2
 2
 5
 B
 2
 2
 2

 0
 0
 5
 C
 1
 2
 0
 2

 0
 5
 D
 0
 0
 0
 2
 2

4
符合题意，故参加比赛的球队数最少为6个．
故答案为：6．
根据题意，假设得分最多的球队为甲队，设甲队胜n场平m场，则甲队的总得分为2n+m，由条件分析m、n的关系，可得甲队至少平4场，列举分析参加比赛队伍的数目，即可得答案．
本题考查合情推理的应用，注意比赛的规则，属于中档题．

17.【答案】解：(1)由题可知280+q400+p+q=47pp+120=35，解得p=180，q=120．
(2)零假设为H0学生的性别与喜欢体育锻炼之间无关联，
根据列联表及(1)中数据，经计算得到χ2=700×(280×120−180×120)2460×240×400×30≈7.609<10.828=x0.001，
根据小概率值α=0.001的独立性检验，我们推断H0成立，即学生的性别与喜欢体育锻炼之间无关联． 
【解析】(1)根据题设条件，建立p，q的方程组即可求出结果；
(2)通过计算出χ2=7.609<10.828即可判断出结果．
本题主要考查独立性检验，考查运算求解能力，属于基础题．

18.【答案】解：(1)因为 3acosC=csinA，由正弦定理可得 3sinAcosC=sinCsinA．
又sinA≠0，所以 3cosC=sinC，即tanC= 3，
又C∈(0,π)，所以C=π3；
(2)由(1)知cosC=a2+b2−c22ab12，则a2+b2−c2=ab，
又因为b−c=1，所以c=a2−a+1a−2，则b=a2−1a−2，
△ABC的周长为a+b+c=a+2a2−aa−2=3a+3+6a−2=3[(a−2)+2a−2]+9，
因为a>2，所以a−2+2a−2≥2 2，当且仅当a=2+ 2时，等号成立．
故△ABC周长的最小值为9+6 2． 
【解析】(1)由正弦定理可得 3tanC= 3，即可求C；
(2)由余弦定理可得a2+b2−c2=ab，结合b−c=1，可得c=a2−a+1a−2，b=a2−1a−2，则△ABC的周长为a+b+c=a+2a2−aa−2=3a+3+6a−2=3[(a−2)+2a−2]+9，利用均值不等式即可求解．
本题考查了三角恒等变形、正余弦定理、基本不等式，考查了计算能力，属于中档题．

19.【答案】解：(1)证明：因为平面ABC⊥平面ABD，平面ABC∩平面ABD=AB，AB⊥BD，BD⊂平面ABD，
所以BD⊥平面ABC，
又AC⊂平面ABC，
所以BD⊥AC，
因为AC⊥CB，BD∩BC=B，BD⊂平面BCD，BC⊂平面BCD，
所以AC⊥平面BCD，
又AC⊂平面ACD，
所以平面ACD⊥平面BCD．
(2)记点D在平面α内的投影为E，连接BE，DE，取AB的中点O，建立如图所示的空间直角坐标系．

因为AB=2，平面ABD与平面α夹角的正切值为12，
所以DE=2 55，BE=4 55，
则A(1,0,0)，D(−1,4 55,2 55)，C(0,− 55,2 55)，
从而AD=(−2,4 56,2 56)，AC=(−1,− 55,2 55)，
设平面ACD的法向量为m=(x0,y0,z0)，
则m⋅AD=−2x0+4 55y0+2 55z0=0m⋅AC=−x0− 55y0+2 55z0=0，
则可取m=(5, 5,3 5)，
易知，平面α的一个法向量为n=(0,0,1)，
则cos=m⋅n|m||n|=3 5 25+5+45= 155，
即平面ACD与平面α夹角的余弦值为 155． 
【解析】(1)利用面面垂直可得BD⊥平面ABC，从而得到BD⊥AC，再利用线线垂直可得AC⊥平面BCD，再利用面面垂直得判定得证；
(2)建立空间直角坐标系，利用向量法即可求出结果．
本题考查面面垂直的判定定理，考查利用空间向量求解二面角的余弦值，考查空间想象能力，推理论证能力和运算求解能力，考查直观想象和数学运算等核心素养，属于中档题．

20.【答案】解：(1)由Sn=2n−1可知当n≥2，Sn−1=2n−1−1，二式相减得an=2n−1，
又a1=S1=2−1=1，符合上式，
所以an=2n−1，
所以集合A={k|Sm=log2ak,m∈N*,k∈N*}={k|2m−1=k−1,m∈N*,k∈N*}
={k|k=2m,m∈N*}；
(2)结合(1)可知b2=2，b4=24−1=8，b8=28−1=128，b16=215−1=16384，
当n∉A，bn=log2an=n−1，
所以数列{bn}的前30项和为2+8+128+16384+0+292×30−[(2−1)+(4−1)+(8−1)+(16−1)]
=16931． 
【解析】(1)求出数列{an}的通项公式，而后代入集合A求出k即可；
(2)将数列{bn}的前30项分类求和而后相加．
本题主要考查等比数列相关性质，属中档题．

21.【答案】解：(1)因为(−2,0)是椭圆的左顶点，
所以a=2，
当直线l斜率不存在时，直线l的方程为x=1，
又因为此时|PQ|=3，|yP|=|yQ|=32，
所以不妨设P(1,32)，
所以代入椭圆的方程可得1222+(32)2b2=1，解得b2=3，
所以椭圆的方程为x24+y23=1．
(2)设直线l的方程为x=my+1，P(x1,y1)，Q(x2,y2)，
联立x=my+1x24+y23=1，得(3m2+4)y2+6my−9=0，
Δ=(6m)2−4(3m2+4)×(−9)=144m2+144>0，
所以y1+y2=−6m3m2+4，y1y2=−93m2+4，
所以|PQ|= 1+m2 (y1+y2)2−4y1y2= 1+m2 (−6m3m2+4)2−4⋅−93m2+4
= 1+m2⋅12⋅ 1+m2(3m2+4)2，
点A(−2,0)到直线l的距离为d=3 1+m2，
所以S△APQ=12⋅|PQ|d=12⋅1+m2⋅12⋅ 1+m2(3m2+4)2⋅3 1+m2=18⋅ 1+m23m2+4，
令t= m2+1，t≥1，则m2=t2−1，
所以S△APQ=18t3(t2−1)+4=18t3t2+1=183t+1t，
对于y=3t+1t，t≥1，
由对勾函数的性质可得当t≥1时，y=3t+1t单调递增，
所以当t=1时，ymin=4，S△APQ最大值为92，
所以S△APQ的取值范围为(0,92]. 
【解析】(1)根据题意可得a=2，当直线l斜率不存在时，直线l的方程为x=1，又|PQ|=3，则|yP|=|yQ|=32，不妨设P(1,32)，代入椭圆的方程，解得b2，即可得出答案．
(2)设直线l的方程为x=my+1，P(x1,y1)，Q(x2,y2)，联立椭圆的方程，结合韦达定理可得y1+y2，y1y2，由弦长公式可得|PQ|，点A(−2,0)到直线l的距离d，再计算S△APQ=12⋅|PQ|d，即可得出答案．
本题考查椭圆的方程，直线与椭圆的相交问题，解题中需要一定的计算能力，属于中档题．

22.【答案】解：(1)已知f(x)=ex+m+(m+1)x−xlnx，函数定义域为(0,+∞)，
当m=0时，f(x)=ex+x−xlnx，
可得f′(x)=ex+1−1nx−1=ex−1nx，
所以f′(1)=e，
又f(1)=e+1，
所以f(x)的图象在x=1处的切线方程为y−(e+1)=e(x−1)，
即ex−y+1=0；
(2)证明：因为f(x)=ex+m+(m+1)x−xlnx，
可得f′(x)=ex+m+m+1−lnx−1=ex+m+m−1n x，
因为f(x)有两个极值点x1，x2，
所以方程ex+m+m−lnx=0有两个不相等的正实数根x1，x2，
即方程xex=xem(lnx−m)=xemlnxm=elnxemlnxm有两个不相等的正实数根x1，x2，
不妨设g(x)=xex，函数定义域为R，
可得g′(x)=(x+1)ex，
当x<−1时，g′(x)<0，g(x)单调递减；
当x>−1时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
又g(0)=0，
所以当x<0时，g(x)<0，当x>0时，g(x)>0，
因为xex=elnxemlnxm有两个不相等的正实数根x1，x2，
所以x=lnxem，即m=lnx−x有两个不相等的正实数根x1，x2，
此时m=lnx1−x1=1nx2−x2，
整理得x1−x2lnx1−lnx2，
要证x1x2<1，
需证 x1x2 即证 x1x2 不妨设0 令 x1x2=t，0 可得lnt<0，
此时需证t 即证2lnt−t+1t，
不妨设h(t)=2lnt−t+1t，函数定义域为(0,1)，
可得h′(t)=2t−1−1t2=−(t−1)2t2<0，
所以h(t)在定义域上单调递减，
此时h(t)>h(1)=0，
故x1x2<1． 
【解析】(1)由题意，将m=0代入函数f(x)的解析式中，对函数f(x)进行求导，得到f′(1)和f(1)，代入切线方程中即可求解；
(2)对函数f(x)进行求导，将f(x)有两个极值点x1，x2，转化成方程xex=xem(lnx−m)=xemlnxm=elnxemlnxm有两个不相等的正实数根x1，x2，构造函数g(x)=xex，对函数g(x)进行求导，利用导数得到函数g(x)的单调性和最值，可得m=lnx−x有两个不相等的正实数根x1，x2，整理得x1−x2lnx1−lnx2，要证x1x2<1，需证 x1x2 本题考查利用导数研究函数的单调性和极值，考查了逻辑推理、转化思想和运算能力．