2022-2023学年湖南省衡阳市高二（下）期末数学试卷(含详细答案解析)

这是一份2022-2023学年湖南省衡阳市高二（下）期末数学试卷(含详细答案解析)，共15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。

1.已知集合A={x|2−x<1}，B={x|x2+2x−15<0}，则A∩B=( )
A. (1,5)B. (1,3)C. (−5,1)D. (−3,1)
2.已知a∈R，复数(a−2i)(3+i)是实数，则a=( )
A. 23B. −23C. 6D. −6
3.函数f(x)=x2ln( x2+1−x)的部分图象大致为( )
A. B.
C. D.
4.某高校现有400名教师，他们的学历情况如图所示，由于该高校今年学生人数急剧增长，所以今年计划招聘一批新教师，其中博士生80名，硕士生若干名，不再招聘本科生，且使得招聘后硕士生的比例下降了4%，招聘后全校教师举行植树活动，树苗共1500棵，若树苗均按学历的比例进行分配，则该高校本科生教师共分得树苗的棵数为( )
A. 100
B. 120
C. 200
D. 240
5.设0A. 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.若a=lg30.3，b=sin3π5，c=50.1，则( )
A. b7.已知正三棱柱ABC−A1B1C1的顶点都在球O的球面上，若正三棱柱ABC−A1B1C1的侧面积为6，底面积为 3，则球O的表面积为( )
A. 19π3B. 7π3C. 2πD. 7π
8.弘扬国学经典，传承中华文化，国学乃我中华民族五千年留下的智慧精髓，其中“五经”是国学经典著作，“五经”指《诗经》《尚书》《礼记》《周易》《春秋》.小明准备学习“五经”，现安排连续四天进行学习且每天学习一种，每天学习的书都不一样，其中《诗经》与《礼记》不能安排在相邻两天学习，《周易》不能安排在第一天学习，则不同安排的方式有( )
A. 32种B. 48种C. 56种D. 68种
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9.已知直线l：4x+3y+6=0与圆C：(x−1)2+y2=9相交于E，F两点，则( )
A. 圆心C到直线l的距离为1B. 圆心C到直线l的距离为2
C. |EF|= 5D. |EF|=2 5
10.已知函数f(x)=12sin(2x−π6)，下列说法正确的是( )
A. f(x)的最小正周期为π2
B. f(x)的极值点为x=π3+kπ2(k∈Z)
C. f(x)的图象可由函数y=12sin2x的图象向右平移π12个单位长度得到
D. 若f(x1)=f(x2)，则x1=x2+kπ(k∈Z)
11.已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的右焦点F2( 3,0)到渐近线的距离为1，P为C上一点，下列说法正确的是( )
A. C的离心率为 62
B. |PF2|的最小值为 22
C. 若A，B为C的左、右顶点，P与A，B不重合，则直线PA，PB的斜率之积为12
D. 设C的左焦点为F1，若△PF1F2的面积为 33，则∠F1PF2=2π3
12.已知函数f(x)=ex−1−x，若∀x∈(0,+∞)，f(x)≥a(x2−x−xlnx)，则实数a的取值可能为( )
A. 2B. −eC. 12D. 1
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知向量a=(1,2)，b=(1−m,2m−4)，若a//b，则m=______.
14.已知sin(α−π3)=23，则cs(2α+π3)=______.
15.如图，某圆柱与圆锥共底等高，圆柱侧面的展开图恰好为正方形，则圆柱母线与圆锥母线所成角的正切值为______.
16.已知抛物线C：x2=16y的焦点为F，直线l与C交于A，B两点，且AB的中点到x轴的距离为6，则|AB|的最大值为______.
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题10分)
在等比数列{an}中，a1=3，且3a3是a4和a5的等差中项.
(1)求{an}的通项公式；
(2)若an>0，bn=nan3，求数列{bn}的前n项和Sn.
18.(本小题12分)
已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.
(1)若a=10，c=3，tanB=34，求△ABC的面积；
(2)若a2=b(b+c)，证明：A=2B.
19.(本小题12分)
某单位准备从8名报名者(其中男性5人，女性3人)中选4人参加4个副主任职位竞选.
(1)设所选4人中女性人数为X，求X的分布列与数学期望；
(2)若选出的4名副主任分配到A，B，C，D这4个科室上任，一个科室分配1名副主任，且每名副主任只能到一个科室，求A科室任职的是女性的情况下，B科室任职的是男性的概率.
20.(本小题12分)
如图，四棱锥P−ABCD的底面是边长为2的菱形，△PAD为等边三角形.
(1)若PC⊥AD，证明：AC=CD.
(2)在(1)条件下，若PC=3，AC=2，求平面PAB与平面PAD夹角的余弦值.
21.(本小题12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分)
已知函数f(x)=ax3+bx2+cx(a≠0)，且6a+b=0，f(1)=4a.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若x∈[0,3]，函数F(x)=f(x)−xe−x有三个零点x1，x2，x3，且x1答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：2−x<1，解得x>1；x2+2x−15<0，解得−5所以集合A={x|x>1}，B={x|−5所以A∩B=(1,3).
故选：B.
计算并求解集合A，B，利用交集的定义求解A∩B.
本题主要考查集合间的基本运算，考查运算求解能力，属于基础题．
2.【答案】C
【解析】解：因为(a−2i)(3+i)=3a+2+(a−6)i为实数，
所以a−6=0，解得a=6.
故选：C.
对已知化简后，由虚部等于零可求得结果．
本题主要考查复数的运算，属于基础题．
3.【答案】A
【解析】解：f(x)定义域为R，
因为f(−x)+f(x)=x2ln( x2+1+x)+x2ln( x2+1−x)=x2ln[( x2+1+x)( x2+1−x)]=0，
所以f(x)是奇函数，排除C，D.
当x>0时， x2+1故选：A.
根据函数解析式确定函数性质，利用排除法去掉不符合的选项即可．
本题主要考查了函数图象的变换，考查了函数奇偶性的判断，属于中档题．
4.【答案】B
【解析】解：设招聘x名硕士生，由题意可知，x+400×0.4=(400+80+x)×(0.4−0.04)，
解得x=20，
所以本科生教师共分得树苗40400+80+20×1500=120棵．
故选：B.
设招聘x名硕士生，然后根据题意结合扇形统计图列方程可求出x的值，再根据比例可求得结果．
本题主要考查了统计图的应用，属于基础题．
5.【答案】B
【解析】解：若01，
所以“xcsx<1”推不出“x<1”，
若x<1，又0所以0所以“xcsx<1”是“x<1”的必要不充分条件．
故选：B.
根据充分条件和必要条件的定义结合余弦函数的性质分析判断即可．
本题主要考查了充分条件和必要条件的定义，属于基础题．
6.【答案】C
【解析】解：因为a=lg30.3<0，b=sin3π5∈(0,1)，c=50.1>1，
所以a故选：C.
由指数函数、对数函数、三角函数的性质可得a<0，b∈(0,1)，c>1，即可得答案．
本题主要考查了三个数比较大小，考查了指数函数、对数函数、三角函数的性质，属于基础题．
7.【答案】A
【解析】解：由正三棱柱ABC−A1B1C1是直三棱柱，设其高为h，AC=BC=AB=a，
因为正三棱柱ABC−A1B1C1的侧面积为6，底面积为 3，
可得3a×h=6，且 34a2= 3，解得a=2，h=1，
设△ABC的外接圆半径为r，则2r=2sinπ3，解得r=2 33，
设球O的半径为R，则R2=r2+(h2)2=43+14=1912，
所以球O的表面积为4π×1912=19π3.
故选：A.
设正三棱柱的底面边长为a，高为h，根据题意里程方程组求得a=2，h=1，设△ABC的外接圆半径为r，求得r=2 33，结合球的截面圆的性质，列出方程求得球O的半径为R，进而求得球的表面积．
本题考查正三棱柱的外接球问题，属中档题．
8.【答案】D
【解析】解：①若《周易》不排，先将《诗经》与《礼记》以外的另外2种排列，
再将《诗经》与《礼记》插空，则共有A22A32=12种安排方式．
②若排《周易》且《诗经》与《礼记》都安排，
在《尚书》和《春秋》中先选1种，然后将《诗经》与《礼记》以外的另外2种排列，
再将《诗经》与《礼记》插空，减去将《周易》排在第一天的情况即可，
共有C21A22A32−C21A22=20种安排方式；
③若排《周易》且《诗经》与《礼记》只安排一个，
先在《诗经》与《礼记》中选1种，然后将《周易》排在后三天的一天，
最后将剩下的3种书全排列即可，
共有C21C31A33=36种安排方式．
所以共有12+20+36=68种安排方式．
故选：D.
利用排列组合分别讨论不排《周易》，排《周易》且《诗经》与《礼记》都安排，排《周易》且《诗经》与《礼记》只安排一个，三种情况，再利用分类加法计数原理将所有情况相加即可．
本题考查排列组合的应用，属于基础题．
9.【答案】BD
【解析】解：因为圆心C(1,0)到直线l的距离d=4+65=2，所以A错误，B正确．
因为|EF|=2 9−22=2 5，所以C错误，D正确．
故选：BD.
根据点到直线的距离公式计算可知A错误，B正确；利用几何法求出弦长可知C错误，D正确．
本题主要考查直线与圆的位置关系，属于基础题．
10.【答案】BC
【解析】解：f(x)的最小正周期为T=2π2=π，所以A错误；
由f′(x)=cs(2x−π6)=0，得x=π3+kπ2(k∈Z)，
由三角函数的性质可验证f(x)的极值点为x=π3+kπ2(k∈Z)，所以B正确；
将y=12sin2x的图象向右平移π12个单位长度得到f(x)=12sin(2x−π6)的图象，所以C正确；
若f(x1)=f(x2)，则12sin(2x1−π6)=12sin(2x2−π6)，
所以sin(2x1−π6)=sin(2x2−π6)，则2x1−π6=2x2−π6+2kπ(k∈Z)或2x1−π6+2x2−π6=π+2kπ(k∈Z)，
则x1=x2+kπ(k∈Z)或x1=2π3−x2+kπ(k∈Z)，所以D错误．
故选：BC.
由正弦函数的最小正周期的计算公式可判断A；对f(x)求导，令f′(x)=0可判断B；由三角函数的平移变换可判断C；由f(x1)=f(x2)，求出x1=x2+kπ(k∈Z)或x1=2π3−x2+kπ(k∈Z)可判断D.
本题主要考查三角函数的图象与性质，考查转化能力，属于中档题．
11.【答案】ACD
【解析】解：由已知可得c= 3，|cb| a2+b2=b=1，所以a= 2，
则C的方程为x22−y2=1，离心率为 3 2= 62，A正确；
因为|PF2|的最小值为c−a= 3− 2，所以B错误；
设P(x0,y0)，则x022−y02=1，A(− 2,0)，B( 2,0)
kPA⋅kPB=y0x0+ 2⋅y0x0− 2=y02x02−2=x022−1x02−2=12，所以C正确；
设∠F1PF2=θ，由||PF1|−|PF2||=2a|F1F2|2=|PF1|2+|PF2|2−2|PF1||PF2|csθS△PF1PF2=12|PF1||PF2|sinθ，
可得S△PF1F2=b2tanθ2=1tanθ2= 33，得tanθ2= 3，
则∠F1PF2=2π3，所以D正确．
故选：ACD.
根据题意列关于a，b，c的等式，从而可得双曲线的方程，计算离心率，|PF2|的最小值，结合动点P满足的方程x022−y02=1，列式计算kPA⋅kPB，在焦点三角形△PF1F2中，由双曲线的定义，余弦定理以及三角形面积公式列式即可计算出∠F1PF2.
本题考查双曲线的几何性质，方程思想，化归转化思想，属中档题．
12.【答案】BCD
【解析】解：因为x>0，
所以f(x)≥a(x2−x−xlnx)⇒ex−1x−1≥a(x−1−lnx)⇒ex−1−lnx−1≥a(x−1−lnx)，
设t=x−1−lnx(x>0)，则有t′=1−1x，
当x>1时，t′>0，函数t=x−1−lnx单调递增，
当0所以原问题转化为当∀t∈[0,+∞),et−1≥at恒成立，
由et−1≥at⇒et−1−at≥0，设g(t)=et−1−at(t≥0)，
g′(t)=et−a，因为t≥0，所以et≥1，
当a≤1时，g′(t)≥0，函数g(t)=et−1−at单调递增，
所以有g(t)min=g(0)=0，显然∀t∈[0,+∞),et−1≥at恒成立；
当a>1时，当t>lna时，函数g(t)=et−1−at单调递增，
当0≤t因此有g(t)≤g(0)⇒g(t)≤0，所以∀t∈[0,+∞),et−1≥at不恒成立，
综上所述：a≤1，故选项BCD符合题意．
故选：BCD.
对已知不等式进行变形，利用换元法，构造新函数，利用导数的性质判断其单调性，再利用单调性进行求解判断即可．
本题主要考查利用导数研究函数的最值，考查运算求解能力，属于中档题．
13.【答案】32
【解析】解：因为a//b，
所以2m−4=2(1−m)，解得m=32.
故答案为：32.
由平行向量的坐标运算求解即可．
本题主要考查了向量平行的坐标表示，属于基础题．
14.【答案】−19
【解析】解：cs(2α+π3)=−cs(2α+π3−π)=−cs(2α−2π3)=2sin2(α−π3)−1=2×(23)2−1=−19.
故答案为：−19.
利用诱导公式及倍角公式变形计算cs(2α+π3)即可求解．
本题主要考查了二倍角公式及诱导公式的应用，属于基础题．
15.【答案】12π
【解析】解：根据题意，如图：
因为圆柱母线与圆锥旋转轴平行，所以圆柱母线与圆锥母线所成角的大小等于∠BAO.
因为圆柱侧面的展开图恰好为正方形，所以2π⋅BO=OA，
所以tan∠BAO=BOOA=12π.
故答案为：12π.
先根据圆柱侧面展开图为正方形得出2π⋅BO=OA，然后根据题意找到圆柱母线与圆锥母线所成的角即可求得．
本题考查圆柱的结构特征，涉及圆柱的侧面展开图，属于基础题．
16.【答案】20
【解析】解：由题意知F(0,4)，抛物线C的准线方程为y=−4，
设AB的中点为M，分别过点A，B，M作准线的垂线，垂足分别为C，D，N，
因为M到x轴的距离为6，
所以|MN|=6+4=10.
由抛物线的定义知|AC|=|AF|，|BD|=|BF|，
所以2|MN|=|AC|+|BD|=|AF|+|BF|=20，
因为|AF|+|BF|≥|AB|，
所以|AB|≤20，
所以当|AF|+|BF|=|AB|，
即直线l过焦点F时，|AB|取最大值为20.
故答案为：20.
根据抛物线的性质，结合梯形中位线定理、两点间线段最短进行求解即可．
本题考查了抛物线的性质，重点考查了数形结合的数学思想方法，属中档题．
17.【答案】解：(1)设{an}的公比为q，q≠0，
因为3a3是a4和a5的等差中项，
所以6a3=a4+a5，
则6a1q2=a1q2+a1q4，
化简得q2+q−6=0，
解得q=2或q=−3，
当q=2时，an=a1qn−1=3×2n−1，
当q=−3时，an=a1qn−1=3×(−3)n−1=−(−3)n.
(2)因为an>0，
所以an=3×2n−1，bn=n×2n−1，
Sn=1×20+2×21+3×22+⋯+n×2n−1，①
则2Sn=1×21+2×22+3×23+⋯+n×2n，②
则①-②得−Sn=20+21+22+⋯+2n−1−n×2n=20−2n1−2−n×2n=(1−n)×2n−1.
故Sn=(n−1)×2n+1.
【解析】(1)根据等比数列的通项公式和等差中项的含义即可得到关于q的方程，解出即可；
(2)分析计算得bn=n×2n−1，利用错位相减法即可得到答案．
本题考查等差数列与等比数列的综合运用，考查错位相减法求和，考查运算求解能力，属于基础题．
18.【答案】解：(1)因为tanB=34，所以sinBcsB=34，即4sinB=3csB，
因为sin2B+cs2B=1，B∈(0,π)
所以解得sinB=35.
所以△ABC的面积S=12acsinB=12×10×3×35=9.
(2)证明：因为a2=b(b+c)，a2=b2+c2−2bccsA，
所以b2+c2−2bccsA=b2+bc，化简得c=b(1+2csA)，
所以sinC=sinB(1+2csA)，
即sin(A+B)=sinB+2sinBcsA，
所以sinAcsB+csAsinB=sinB+2sinBcsA，
所以sin(A−B)=sinB.
因为A−B∈(0,π)，B∈(0,π)，
所以A−B=B或A−B=π−B(舍去)，
所以A=2B.
【解析】(1)先由tanB=34求出sinB，然后利用三角形面积公式求解即可；
(2)由已知条件结合余弦定理可得c=b(1+2csA)，再利用正弦定理统一成角的形式，化简后可证得结论．
本题主要考查解三角形，考查转化能力，属于中档题．
19.【答案】解：(1)因为在8名报名者中，女性有3人，
所以X的所有取值为0，1，2，3，
此时P(X=0)=C54C84=114，P(X=1)=C31C53C84=37，
P(X=2)=C32C52C84=37，P(X=3)=C33C51C84=114，
则X的分布列为：
所以E(X)=1×37+2×37+3×114=32.
(2)记“A科室任职的是女性”为事件A，
记“B科室任职的是男性”为事件B，
此时P(A)=C31A73A84=38，P(AB)=C31C51A62A84=1556，
所以P(B|A)=P(AB)P(A)=381556=57，
故A科室任职的是女性的情况下，B科室任职的是男性的概率为57.
【解析】(1)由题意，得到X的所有取值，求出对应的概率，列出分布列，代入期望公式中即可求解；
(2)记“A科室任职的是女性”为事件A，记“B科室任职的是男性”为事件B，根据条件概率公式进行求解即可．
本题考查离散型随机变量的分布列和期望，考查了逻辑推理和运算能力．
20.【答案】(1)证明：取AD的中点O，连接OP，OC.
因为△PAD为等边三角形，所以PO⊥AD.
又PC⊥AD，PO∩PC=P，PO，PC⊂平面POC，
所以AD⊥平面PCO，因为CO⊂平面POC，
所以AD⊥CO，即OC是线段AD的中垂线，
所以AC=CD.
(2)解：由(1)知PO⊥AD，又AC=CD=2，所以CO⊥AD，且AD⊥平面PCO.
以O为坐标原点，分别以OC，OD的方向为x，y轴的正方向，建立空间直角坐标系，
则A(0,−1,0)，C( 3,0,0)，D(0,1,0).
在△POC中，PO=OC= 3，PC=3，由余弦定理易得∠POC为120∘，
所以点P的坐标为(− 32,0,32)，
所以AB=DC=( 3,−1,0)，AP=(− 32,1,32)，AD=(0,2,0).
设n=(x,y,z)是平面PAB的法向量，
则n⋅AB= 3x−y=0n⋅AP=− 32x+y+32z=0取n=( 3,3,−1).
设m=(x1,y1,z1)是平面PAD的法向量，
则m⋅AD=2y1=0m⋅AP=− 32x1+y1+32z1=0，取m=( 3,0,1).
所以平面PAB与平面PAD所成的余弦值为：
则|cs|=|m⋅n||m||n|=2 13×2= 1313.
【解析】(1)根据等边三角形的三线合一性质，结合线面垂直的判定定理以及性质定理，可得答案；
(2)根据题意，建立空间直角坐标系，求得两平面的法向量，结合夹角的求解公式，可得答案．
本题考查线面垂直的判定定理与性质，向量法求解面面角问题，化归转化思想，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)由f(1)=4a，得3a−b−c=0，又b=−6a，所以c=9a，
则f(x)=ax3−6ax2+9ax，所以f′(x)=3a(x−1)(x−3)，a≠0.
当a>0时，令f′(x)>0，得x<1或x>3；令f′(x)<0，得1所以f(x)在(−∞,1)和(3,+∞)上单调递增，在(1,3)上单调递减；
当a<0时，令f′(x)>0，得13；
所以f(x)在(−∞,1)与(3,+∞)上单调递减，在(1,3)上单调递增．
(2)x1+x2+x3<2，理由如下：
因为f(x)=ax3−6ax2+9ax=ax(x−3)2，
由F(x)=0，得ax(x−3)2−xe−x=0，解得x=0或a(x−3)2−e−x=0.
因为x∈[0,3]，所以x1=0，x2，x3是a(x−3)2−e−x=0的正根，则x1+x2+x3=x2+x3，
又ln[a(x−3)2]=lne−x=−x，所以lna+2ln(3−x2)=−x2，lna+2ln(3−x3)=−x3，
两式相减得2ln(3−x2)−2ln(3−x3)=x3−x2=(3−x2)−(3−x3).
令3−x2=t2，3−x3=t3，则3>t2>t3≥0，得2lnt2−2lnt3=t2−t3，则2=t2−t3lnt2−lnt3.
令u=t2t3∈(1,+∞)，则t2−t3lnt2−lnt3=t3(u−1)lnu=2，
所以t3=2lnuu−1(u>1)，t2=ut3=2ulnuu−1，可得t2+t3=2(u+1)lnuu−1，
t2+t3−4=2lnuu−1(u+1)−4=2(u+1)lnu−4(u−1)u−1(u>1).
设g(u)=2(u+1)lnu−4(u−1)，则g′(u)=2(lnu+1u−1)，
再设h(u)=lnu+1u−1(u>1)，则h′(u)=1u−1u2=u−1u2>0，
所以h(u)在(1,+∞)上为增函数，则h(u)>h(1)=0，
即g′(u)=2(lnu+1u−1)>0，则g(u)=2(u+1)lnu−4(u−1)在(1,+∞)上为增函数，
从而g(u)>g(1)=2(1+1)ln1−4(1−1)=0，
所以t2+t3−4>0，即(3−x2)+(3−x3)−4=2−(x2+x3)>0，
所以x2+x3<2，即x1+x2+x3=x2+x3<2.
【解析】(1)分类讨论a>0与a<0，结合导数与函数的关系即可得解；
(2)观察式子先确定x1=0，再利用转化法与换元法得到2lnt2−2lnt3=t2−t3，进而利用双变量处理方法得到t2+t3−4=2(u+1)lnu−4(u−1)u−1，利用导数证得t2+t3−4>0，从而得解．
本题考查导数的综合应用，利用导数研究函数的单调性，函数零点问题，化归转化思想，属难题．X
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1
2
3
P
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