2023-2024学年上海市宝山区吴淞中学高三（下）月考数学试卷（3月份）（含解析）

这是一份2023-2024学年上海市宝山区吴淞中学高三（下）月考数学试卷（3月份）（含解析），共18页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.若z=−1+ 3i，则zzz−−1=( )
A. −1+ 3iB. −1− 3iC. −13+ 33iD. −13− 33i
2.某社区通过公益讲座以普及社区居民的垃圾分类知识．为了解讲座效果，随机抽取10位社区居民，让他们在讲座前和讲座后各回答一份垃圾分类知识问卷，这10位社区居民在讲座前和讲座后问卷答题的正确率如图：
则( )
A. 讲座前问卷答题的正确率的中位数小于70%
B. 讲座后问卷答题的正确率的平均数大于85%
C. 讲座前问卷答题的正确率的标准差小于讲座后正确率的标准差
D. 讲座后问卷答题的正确率的极差大于讲座前正确率的极差
3.函数y=3x−3−xcsx在区间−π2,π2的图象大致为
( )
A. B.
C. D.
4.设函数f(x)=sin(ωx+π3)在区间(0,π)恰有三个极值点、两个零点，则ω的取值范围是( )
A. [53,136)B. [53,196)C. (136,83]D. (136,196]
二、填空题：本题共12小题，每小题5分，共60分。
5.经过A(1,m)，B(m−1,3)两点的直线的倾斜角是钝角，则实数m的范围是______．
6.若复数z满足|z|=1，则|z−1|的取值范围是______．
7.设向量a,b的夹角的余弦值为13，且|a|=1,|b|=3，则(2a+b)⋅b= ______．
8.已知p：2≤x<3是q：x>m的充分不必要条件，则实数m的取值范围为______．
9.现有7张卡片，分别写上数字1，2，2，3，4，5，6.从这7张卡片中随机抽取3张，记所抽取卡片上数字的最小值为ξ，则P(ξ=2)= ______．
10.已知a>0，b>0，且1a+1+2b+1=1，则a+b的最小值为______．
11.若存在实数x使得不等式|x+1|+|x−a|≤2成立，则实数a的取值范围是______．
12.写出与圆x2+y2=1和(x−3)2+(y−4)2=16都相切的一条直线的方程 ．
13.已知△ABC中，点D在边BC上，∠ADB=120°，AD=2，CD=2BD.当ACAB取得最小值时，BD=______．
14.已知双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左焦点为F，过F且斜率为b4a的直线交双曲线于点A(x1,y1)，交双曲线的渐近线于点B(x2,y2)且x1<015.在化学知识中，空间利用率是指构成晶体的原子在整个晶体空间中所占有的体积之比，即空间利用率=晶胞含有原子的体积/晶胞体积.如图是某金属晶体晶胞的一种堆积方式——体心立方堆积，该堆积方式是以正方体8个顶点为球心的球互不相切，但均与以正方体体心为球心的球相切.晶胞为上述正方体，则该金属晶体晶胞的空间利用率为______．
16.已知Sn是各项均为正实数的数列{an}的前n项和，a1=1,an+12−an+1an−6an2=0，若∀n∈N*，2Snan−man+27≥0，则实数m的取值范围是______．
三、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题12分)
在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知4a= 5c，csC=35．
(Ⅰ)求sinA的值；
(Ⅱ)若b=11，求△ABC的面积．
18.(本小题12分)
如图，直三棱柱ABC−A1B1C1的体积为4，△A1BC的面积为2 2．
(1)求A到平面A1BC的距离；
(2)设D为A1C的中点，AA1=AB，平面A1BC⊥平面ABB1A1，求二面角A−BD−C的正弦值．
19.(本小题12分)
一医疗团队为研究某地的一种地方性疾病与当地居民的卫生习惯(卫生习惯分为良好和不够良好两类)的关系，在已患该疾病的病例中随机调查了100例(称为病例组)，同时在未患该疾病的人群中随机调查了100人(称为对照组)，得到如下数据：
(1)能否有99%的把握认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异？
(2)从该地的人群中任选一人，A表示事件“选到的人卫生习惯不够良好”，B表示事件“选到的人患有该疾病”，P(B|A)P(B−|A)与P(B|A−)P(B−|A−)的比值是卫生习惯不够良好对患该疾病风险程度的一项度量指标，记该指标为R．
(ⅰ)证明：R=P(A|B)P(A−|B)⋅P(A−|B−)P(A|B−)；
(ⅱ)利用该调查数据，给出P(A|B)，P(A|B−)的估计值，并利用(ⅰ)的结果给出R的估计值．
附：K2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)．
20.(本小题12分)
设抛物线Γ：y2=2px(p>0)，过焦点F的直线与抛物线Γ交于点A(x1,y1)、B(x2,y2).当直线AB垂直于x轴时，|AB|=4．
(1)求抛物线Γ的标准方程．
(2)已知点P(2,0)，直线AP、BP分别与抛物线Γ交于点C、D．
①求证：直线CD过定点；
②求△PAB与△PCD面积之和的最小值．
21.(本小题12分)
设函数f(x)=e2x+lnx(x>0)．
(Ⅰ)求f(x)的单调区间；
(Ⅱ)已知a，b∈R，曲线y=f(x)上不同的三点(x1,f(x1))，(x2,f(x2))，(x3,f(x3))处的切线都经过点(a,b).证明：
(ⅰ)若a>e，则0(ⅱ)若0(注：e=2.71828…是自然对数的底数)
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：∵z=−1+ 3i，∴z⋅z−=|z|2=( (−1)2+( 3)2)2=4，
则zzz−−1=−1+ 3i4−1=−13+ 33i．
故选：C．
由已知求得z⋅z−，代入zzz−−1，则答案可求．
本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数模的求法，是基础题．
2.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查命题真假的判断，考查散点图、中位数、平均数、标准差、极差等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
对于A，求出讲座前问卷答题的正确率的中位数进行判断；对于B，求出讲座后问卷答题的正确率的平均数进行判断；对于C，由图形知讲座前问卷答题的正确率相对分散，讲座后问卷答题的正确率相对集中，进行判断；对于D，求出讲座后问卷答题的正确率的极差和讲座前正确率的极差，由此判断D．
【解答】
解：对于A，讲座前问卷答题的正确率从小到大为：
60%，60%，65%，65%，70%，75%，80%，85%，90%，95%，
∴讲座前问卷答题的正确率的中位数为：(70%+75%)=72.5%，故A错误；
对于B，讲座后问卷答题的正确率的平均数为：
110(80%+85%+85%+85%+85%+90%+90%+95%+100%+100%)=89.5%>85%，故B正确；
对于C，由图形知讲座前问卷答题的正确率相对分散，讲座后问卷答题的正确率相对集中，
∴讲座前问卷答题的正确率的标准差大于讲座后正确率的标准差，故C错误；
对于D，讲座后问卷答题的正确率的极差为：100%−80%=20%，
讲座前正确率的极差为：95%−60%=35%，
∴讲座后问卷答题的正确率的极差小于讲座前正确率的极差，故D错误．
3.【答案】A
【解析】解：函数f(x)=(3x−3−x)csx，
f(−x)=(3−x−3x)cs(−x)=−(3x−3−x)csx=−f(x)，
所以f(x)为奇函数，排除B，D；
当x∈[0,π2]时，f(x)≥0，排除C．
故选：A．
由函数的奇偶性及函数值的大小进行排除即可求得结论．
本题主要考查函数的图象的判断，考查函数的性质，属于基础题．
4.【答案】C
【解析】解：当ω<0时，不能满足在区间(0,π)极值点比零点多，所以ω>0；
函数f(x)=sin(ωx+π3)在区间(0,π)恰有三个极值点、两个零点，
ωx+π3∈(π3,ωπ+π3)，
∴5π2<ωπ+π3≤3π，
求得136<ω≤83，
故选：C．
由题意，利用正弦函数的极值点和零点，求得ω的取值范围．
本题主要考查正弦函数的极值点和零点，属于中档题．
5.【答案】(−∞,2)∪(3,+∞)
【解析】解：根据题意m−1≠1且m≠3，即m≠2且m≠3，
且斜率k=3−mm−2<0，
即(3−m)(m−2)<0，即(m−3)(m−2)>0，
解得m<2或m>3，
实数m的范围是(−∞,2)∪(3,+∞)．
故答案为：(−∞,2)∪(3,+∞)．
由题意可得m≠2且m≠3，由题意可得直线的斜率k=3−mm−2<0，计算即可得解．
本题考查直线的倾斜角为钝角的充要条件的应用，属于基础题．
6.【答案】[0,2]
【解析】解：设z=x+yi，(x∈R,y∈R)，|z|=|x+yi|= x2+y2，
则x2+y2=1，x∈[−1,1]，
则|z−1|=|(x−1)+yi|= (x−1)2+y2= x2+y2−2x+1= 2−2x∈[0,2]．
故答案为：[0,2]．
设z=x+yi，(x∈R,y∈R)，由复数的几何意义得x2+y2=1，x∈[−1,1]，进而利用x的范围可得|z−1|的取值范围．
本题主要考查复数模公式，属于基础题．
7.【答案】11
【解析】解：已知向量a,b的夹角的余弦值为13，且|a|=1,|b|=3，
则a⋅b=1×3×13=1，
则(2a+b)⋅b=2a⋅b+b2=2×1+32=11．
故答案为：11．
结合平面向量数量积的运算求解．
本题考查了平面向量数量积的运算，属基础题．
8.【答案】(−∞,2)
【解析】解：由题意，若p：2≤x<3是q：x>m的充分不必要条件，
则集合{x|2≤x<3}是集合{x|x>m}的真子集，可得m<2，
所以实数m的取值范围为(−∞,2)．
故答案为：(−∞,2)．
根据题意，利用充分、必要条件的定义与性质加以计算，即可得到本题的答案．
本题主要考查充要条件的判断、集合的包含关系等知识，考查了逻辑推理能力，属于基础题．
9.【答案】1635
【解析】解：从写有数字1，2，2，3，4，5，6的7张卡片中任取3张共有c73种取法，其中所抽取的卡片上的数字的最小值为2的取法有C41+C21C42种，
所以P(ξ=2)=24C21C14+C22CC73=1635．
故答案为：1635．
利用古典概型的概率公式求解．
本题主要考查了古典概型的概率公式，属于基础题．
10.【答案】2 2+1
【解析】解：由a>0，b>0，1a+1+2b+1=1，
得a+b=(a+1)+(b+1)−2=(1a+1+2b+1)[(a+1)+(b+1)]−2
=b+1a+1+2(a+1)b+1+1≥2 b+1a+1⋅2(a+1)b+1+1=2 2+1，
当且仅当b+1a+1=2(a+1)b+1，即b+1= 2(a+1)= 2( 2+1)时取等号，
所以当a= 2,b= 2+1时，a+b取得最小值2 2+1．
故答案为：2 2+1．
根据给定条件，利用基本不等式“1”的妙用求出最小值．
本题考查的知识要点：关系式的恒等变换，基本不等式的应用，主要考查学生的运算能力，属于基础题．
11.【答案】[−3,1]
【解析】解：存在实数x使得不等式|x+1|+|x−a|≤2成立，
而f(x)=|x+1|+|x−a|≥|(x+1)−(x−a)|=|1+a|，
故原条件等价于|1+a|≤2，即−2≤1+a≤2，解得a∈[−3,1]，
故实数a的取值范围为[−3,1]．
故答案为：[−3,1]．
由绝对值不等式的性质可得|1+a|≤2，求解即可．
本题考查绝对值不等式的解法以及不等式的恒成立问题，考查转化转化思想及运算求解能力，属于中档题．
12.【答案】x+1=0或7x−24y−25=0或3x+4y−5=0(填一条即可)
【解析】【分析】
本题考查了圆与圆的公切线问题，点到直线的距离公式等知识，属于中档题．
设出直线方程，由直线与圆相切时圆心到直线的距离等于半径列方程求解即可．
【解答】解：方法1:显然直线的斜率不为0，不妨设直线方程为x+by+c=0，
圆x2+y2=1的圆心为(0,0)，半径为1，
圆(x−3)2+(y−4)2=16的圆心为(3,4)，半径为4，
于是|c| 1+b2=1，|3+4b+c| 1+b2=4，
故c2=1+b2 ①，|3+4b+c|=4 1+b2=|4c|，
于是3+4b+c=4c或3+4b+c=−4c，
再结合 ①解得b=0c=1或b=−247c=−257或b=43c=−53，
所以直线方程有三条，分别为x+1=0，7x−24y−25=0，3x+4y−5=0．
方法2:设圆x2+y2=1的圆心O(0,0)，半径为r1=1，圆(x−3)2+(y−4)2=16的圆心C(3,4)，半径r2=4，则|OC|=5=r1+r2，因此两圆外切，
由图像可知，共有三条直线符合条件，显然x+1=0符合题意；
又由方程(x−3)2+(y−4)2=16和x2+y2=1相减可得方程3x+4y−5=0，即为过两圆公共切点的切线方程，
又易知两圆圆心所在直线OC的方程为4x−3y=0，
直线OC与直线x+1=0的交点为(−1,−43)，设过该点的直线为y+43=k(x+1)，则k−43 k2+1=1，解得k=724，
从而该切线的方程为7x−24y−25=0.(填一条即可)
故答案为x+1=0或7x−24y−25=0或3x+4y−5=0(填一条即可)．
13.【答案】 3−1
【解析】【分析】
本题主要考查余弦定理及均值不等式的应用，属于中档题．
首先设出BD，CD，在两个三角形中分别表示AC，BC，继而ACAB=b2c2=4x2−4x+4x2+2x+4=4−12x+1+3x+1，从而利用均值不等式取等号的条件即可．
【解答】
解：设BD=x，CD=2x，
在三角形ACD中，b2=4x2+4−2⋅2x⋅2⋅cs60°，可得：b2=4x2−4x+4，
在三角形ABD中，c2=x2+4−2⋅x⋅2⋅cs120°，可得：c2=x2+2x+4，
要使得ACAB最小，即b2c2最小，
b2c2=4x2−4x+4x2+2x+4=4−12x+1+3x+1，
其中x+1+3x+1≥2 3，此时b2c2≥4−2 3，
当且仅当x+1= 3时，即x= 3−1时取等号，
故答案为： 3−1．
14.【答案】3 64
【解析】解：如图，过点A作AA′⊥x轴于点A′，过点B作BB′⊥x轴于点B′，
由于B(x2,y2)且x2>0，则点B在渐近线y=bax上，不妨设B(m,bam),m>0，
设直线AB的倾斜角为θ，则tanθ=b4a，则|BB′||FB′|=b4a，即bam|FB′|=b4a，则|FB′|=4m，
∴|OF|=c=3m，
又|AA′||BB′|=|AF||BF|=13，则|AA′|=13|BB′|=bm3a=bc9a，
又|FA′||FB′|=|AF||BF|=13，则|FA′|=13|FB′|=4m3，则|x1|=3m−4m3=5m3=5c9，
∴点A的坐标为(−5c9,bc9a)，
∴25c281a2−b2c281a2b2=1，即c2a2=8124=278，
∴e=ca=3 64．
故答案为：3 64．
过点A作AA′⊥x轴于点A′，过点B作BB′⊥x轴于点B′，依题意，点B在渐近线y=bax上，不妨设B(m,bam),m>0，根据题设条件可求得点A的坐标为(−5c9,bc9a)，代入双曲线方程，化简可得a，c的关系，进而得到离心率．
本题考查双曲线的性质，考查数形结合思想及运算求解能力，属于中档题．
15.【答案】 3π8
【解析】解：设小球半径为r，正方体的棱长为a，
所以4r= 3a⇒a=4r 3，
故空间利用率为43πr3×2a3=83πr3a3=83π×( 34)3= 3π8．
故答案为： 3π8．
根据球的体积公式即可求解．
本题考查球的体积公式的应用，属于中档题．
16.【答案】(−∞,17]
【解析】解：因为a1=1,an+12−an+1an−6an2=(an+1−3an)(an+1+2an)=0，
又因为{an}是各项均为正实数的数列，
所以an+1=3an，即数列{an}是以1为首项，3为公比的等比数列，
所以an=3n−1，所以Sn=1×(1−3n)1−3=3n−12，
而∀n∈N*，2Snan−man+27≥0，所以(3n−1)3n−1−3n−1⋅m+27≥0，
即∀n∈N*,m≤3n+813n−1恒成立，
又3n+813n−1≥2 81−1=17，等号成立当且仅当n=2，
所以m≤17，即实数m的取值范围是(−∞,17]．
故答案为：(−∞,17]．
由题意首先得an=3n−1，Sn=3n−12，进一步将原问题转换为∀n∈N*,m≤3n+813n−1恒成立，结合基本不等式即可求解．
本题主要考查数列递推关系式的应用，考查计算能力，属于中档题．
17.【答案】解：(1)因为csC=35>0，所以C∈(0,π2)，且sinC= 1−cs2C=45，
由正弦定理可得：asinA=csinC，
即有sinA=asinCc=acsinC= 54×45= 55；
(2)因为4a= 5c⇒a= 54c所以A又因为sinA= 55，所以csA=2 55，
所以sinB=sin[π−(A+C)]=sin(A+C)=sinAcsC+csAsinC=11 525；
由正弦定理可得：asinA=bsinB=5 5，
所以a=5 5sinA=5，
所以S△ABC=12absinC=12×5×11×45=22．
【解析】本题考查了解三角形和三角恒等变换，属于中档题．
(1)根据csC=35，确定C的范围，再求出sinC，由正弦定理可求得sinA；
(2)根据A，C的正、余弦值，求出sinB，再由正弦定理求出a，代入面积公式计算即可．
18.【答案】解：(1)由直三棱柱ABC−A1B1C1的体积为4，可得VA1−ABC=13VA1B1C1−ABC=43，
设A到平面A1BC的距离为d，由VA1−ABC=VA−A1BC，
∴13S△A1BC⋅d=43，∴13×2 2⋅d=43，解得d= 2．
(2)由直三棱柱ABC−A1B1C1知BB1⊥平面ABC，
所以平面ABC⊥平面ABB1A1，又平面A1BC⊥平面ABB1A1，又平面ABC∩平面A1BC=BC，
所以BC⊥平面ABB1A1，∴BC⊥A1B，BC⊥AB，
以B为坐标原点，BC，BA，BB1所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，

∵AA1=AB，∴BC× 2AB×12=2 2，又12AB×BC×AA1=4，解得AB=BC=AA1=2，
则B(0,0,0)，A(0,2,0)，C(2,0,0)，A1(0,2,2)，D(1,1,1)，
则BA=(0,2,0)，BD=(1,1,1)，BC=(2,0,0)，
设平面ABD的一个法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅BA=2y=0n⋅BD=x+y+z=0，令x=1，则y=0，z=−1，
∴平面ABD的一个法向量为n=(1,0,−1)，
设平面BCD的一个法向量为m=(a,b,c)，
m⋅BC=2a=0m⋅BD=a+b+c=0，令b=1，则a=0，c=−1，
平面BCD的一个法向量为m=(0,1,−1)，
cs=1 2⋅ 2=12，
二面角A−BD−C的正弦值为 1−(12)2= 32．
【解析】(1)利用体积法可求点A到平面A1BC的距离；
(2)以B为坐标原点，BC，BA，BB1所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法可求二面角A−BD−C的正弦值．
本题考查求点到面的距离，求二面角的正弦值，属中档题．
19.【答案】解：(1)补充列联表为：
计算K2=200×(40×90−10×60)2100×100×50×150=24>6.635，
所以有99%的把握认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异．
(2)(i)证明：R=P(B|A)P(B−|A)：P(B|A−)P(B−|A−)=P(B|A)P(B−|A)⋅P(B−|A−)P(B|A−)=P(AB)P(A)P(AB−)P(A)⋅P(A−B−)P(A−)P(A−B)P(A−)=P(AB)⋅P(A−B−)P(AB−)⋅P(A−B)=P(AB)P(B)P(A−B)P(B)⋅P(A−B−)P(B−)P(AB−)P(B−)=P(A|B)P(A−|B)⋅P(A−|B−)P(A|B−)；
(ⅱ)利用调查数据，P(A|B)=40100=25，P(A|B−)=10100=110，P(A−|B)=1−P(A|B)=35，P(A−|B−)=1−P(A|B−)=910，
所以R=2535×910110=6．
【解析】(1)补充列联表，根据表中数据计算K2，对照附表得出结论．
(2)(i)根据条件概率的定义与运算性质，证明即可；
(ⅱ)利用调查数据和对立事件的概率公式，计算即可．
本题考查了独立性检验应用问题，也考查了条件概率的应用问题，是中档题．
20.【答案】(1)解：由题意，当直线AB垂直于x轴时，直线AB的方程为x=p2，
联立x=p2y2=2px可得x=p2y=±p，则|AB|=2p，
所以2p=4，即p=2，
所以抛物线Γ的方程为y2=4x；
(2)①证明：若直线AB与x轴重合，则直线AB与抛物线只有一个交点，不合乎题意，
同理可知，直线CD也不与x轴重合，易知点F(1,0)，
如图，设直线AB的方程为x=my+1，C(x3,y3)、D(x4,y4)，

联立x=my+1y2=4x得y2−4my−4=0，Δ=16m2+16>0，
因此y1+y2=4m，y1y2=−4．
设直线AC的方程为x=ny+2，
联立x=ny+2y2=4x得y2−4ny−8=0，则Δ′=16n2+32>0，
所以y1+y3=4n，y1y3=−8，则y3=−8y1，同理可得y4=−8y2，
所以kCD=y3−y4x3−x4=y3−y4y324−y424=4y3+y4=4−8y1−8y2=−y1y22(y1+y2)=12m，
因此直线CD的方程为x=2m(y−y3)+x3，
由对称性知，定点在x轴上，
令y=0得，x=−2my3+x3=−2my3+y324=−2m−8y1+14(−8y1)2=16my1+16y12
=4(y1+y2)y1+16y12=4+4(y2y1+4y12)=4+4⋅y1y2+4y12=4，
所以，直线CD过定点E(4,0)；
②解：记点E(4,0)，S△PAB=12|PF|⋅|y1−y2|=12×1× (y1+y2)2−4y1y2=12 16m2+16=2 m2+1，
S△PCD=12|PE|⋅|y3−y4|=12×2×|−8y1+8y2|=8|y1−y2||y1y2|=32 1+m24=8 1+m2，
所以S△PAB+S△PCD=10 1+m2≥10，当且仅当m=0时，等号成立，
故△PAB与△PCD面积之和的最小值为10．
【解析】(1)利用弦长求解p，即可求解抛物线方程；
(2)①设直线方程，与抛物线联立，韦达定理找到坐标关系，表示出直线方程，即可求出定点；
②利用三角形的面积公式结合二次函数的基本性质可求得△PAB与△PCD面积之和的最小值．
本题考查了抛物线的性质及直线与抛物线位置关系的综合应用，属于难题．
21.【答案】解：(Ⅰ)∵函数f(x)=e2x+lnx(x>0)，
∴f′(x)=−e2x2+1x=2x−e2x2，(x>0)，
由f′(x)=2x−e2x2>0，得x>e2，∴f(x)在(e2,+∞)上单调递增；
由f′(x)=2x−e2x2<0，得0(Ⅱ)(i)证明：设经过点(a,b)的直线与函数f(x)的图象相切时切点坐标为(x0,e2x0+lnx0)，
则切线方程为l：y2x0−lnx0=f′(x0)(x−x0)，
∵f′(x)=−e2x02+1x0，∴切线l的方程为(−e2x02+1x0)x−y+ex0+lnx0−1=0，
∴(−e2x02+1x0)a−b+ex0+lnx0−1=0，
令g(x)=(−e2x2+1x)−a+b+ex+lnx−1，(x>0)，
∵曲线y=f(x)上不同的三点(x1,f(x1))，(x2,f(x2))，(x3,f(x3))处的切线都经过点(a,b)，
∴函数g(x)有三个不同的零点，
∵g′(x)=(ex3−1x2)a−ex2+1x=(x−e)(x−a)x3，
∵a>e，∴xa时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
e0，g(x)极小值=g(a)<0，
∴a2e−b+1>0①，且e2a+lna−b<0②，
由②得b−f(a)=b−e2a−lna>0，由①有b∵b−f(a)=b−e2a−lna，∴要证明b−f(a)<12(ae−1)，
只需证明a2e+1−e2a−lna<12(ae−1)，即lna+e2a>32，
令h(a)=lna+e2a，则h′(a)=1a−e2a2=2a−e2a2>0，∴h(a)单调递增，
∴h(a)>h(e)=32，∴b−f(a)<12(ae−1)，
综上，若a>e，则0(ⅱ)证明：由(i)知g(x)=(−e2x2+1x)a−b+ex+lnx−1(x>0)有三个不同的零点，
设1x=t，则g(x)化为h(t)=(−e2t2+t)a−b+et−lnt−1，
h(t)在三个不同的零点t1，t2，t3，且t1>t2>t3，
∵h(t1)=h(t3)，∴e(t1−t3)−lnt1t3+a2[2−e(t1+t3)](t1−t3)=0，
∴e+a2[2−e(t1+t3)]=lnt1−lnt3t1−t3，
解得t1+t3=(e+a−lnt1−lnt3t1−t3)⋅2ae，③
要证明结论，只需证明[t1+t3−(2a−e−a6e2)][t1+t3−(2e+e−a6e2)]≤0，
即(t1+t3)2−(2a+2e)(t1+t3)−(2a−e−a6e2)(2e+e−a6e2)≤0，
把③式代入得只需证明(e+a−lnt1−lnt3t1−t3)⋅2ae⋅(t1+t3)−(2a+2e)(t1+t3)+(2a−e−a6e2)(2e+e−a6e2)≤0，
即−2ae⋅lnt1−lnt3t1−t3(t1+t3)+(2a−e−a6e2)(2e+e−a6e2)≤0，
令t1t3=s，由题意得s>ea>1，
当s>ea时，2⋅s+1s−1⋅lns>2⋅ea+1ea−1⋅lnea=2⋅n+1n−1⋅lnn，(n=ea>1)，
∴只需证明n+1n−1⋅lnn−12[2n−16(1n−1n2)][2n−16(1−1n)]>0，
∵lnn>3(n+1)n2+4n+1，
∴n+1n−1⋅lnn−12[2n−16(1n−1n2)][2n−16(1−1n)]
>n+1n−1⋅3(n+1)n2+4n+1−12[2n−16(1n−1n2)][2n−16(1−1n)]
=(60n3−47n2−8n+1)(n−1)272n3(n2+4n+1)>(8n2−8n+1)(n−1)272n3(n2+4n+1)>0，
∴2e+e−a6e2<1x1+1x3<2a−e−a6e2．
【解析】(Ⅰ)求出导数，利用导数的性质能求出函数的单调区间．
(Ⅱ)(i)设经过点(a,b)的直线与函数f(x)的图象相切时切点坐标为(x0,e2x0+lnx0)，求出切线l的方程为(−e2x02+1x0)a−b+ex0+lnx0−1=0，令g(x)=(−e2x2+1x)−a+b+ex+lnx−1，(x>0)，由题意得到函数g(x)有三个不同的零点，推导出g(x)极大值=g(e)>0，g(x)极小值=g(a)<0，b32，令h(a)=lna+e2a，则h′(a)=1a−e2a2=2a−e2a2>0，利用导数性质能证明a>e，则0(ⅱ)g(x)=(−e2x2+1x)a−b+ex+lnx−1(x>0)有三个不同的零点，设1x=t，则g(x)化为h(t)=(−e2t2+t)a−b+et−lnt−1，h(t)在三个不同的零点t1，t2，t3，且t1>t2>t3，推导出要证明结论，只需证明[t1+t3−(2a−e−a6e2)][t1+t3−(2e+e−a6e2)]≤0，由此能证明2e+e−a6e2<1x1+1x3<2a−e−a6e2．
本题考查函数的单调区间的求法，考查不等式的证明，考查导数的性质、函数的单调性、极值、零点、换元法、构造法等基础知识，考查运算求解能力，是难题．不够良好
良好
病例组
40
60
对照组
10
90
P(K2≥k)
0.050
0.010
0.001
k
3.841
6.635
10.828
不够良好
良好
合计
病例组
40
60
100
对照组
10
90
100
合计
50
150
200