2023-2024学年重庆一中高三（下）月考数学试卷（3月份）（含解析）

这是一份2023-2024学年重庆一中高三（下）月考数学试卷（3月份）（含解析），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∈N|(x+1)(5−x)≥0}，B={1,3,5,7,8}，则图中阴影部分所表示的集合为( )
A. {0,2,4}B. {2,4}C. {0,4}D. {2,4,5}
2.已知复数z=1−i，z−是z的共轭复数，则z−+1z的虚部为( )
A. −32iB. 32C. −32D. 32i
3.已知a=(1,2)，b=(x,−3)，若a⊥(a+b)，则x=( )
A. 1B. −1C. −32D. −12
4.要调查下列问题，适合采用全面调查(普查)的是( )
A. 某城市居民3月份人均网上购物的次数B. 某品牌新能源汽车最大续航里程
C. 检测一批灯泡的使用寿命D. 调查一个班级学生每周的体育锻炼时间
5.已知命题p：2sinα=csα，命题q：cs2α=35，则命题p是命题q的( )
A. 充要条件B. 充分不必要条件
C. 必要不充分条件D. 既不充分也不必要条件
6.已知圆C：(x−1)2+(y−2)2=2，直线l：y=kx−1与圆C相离，点M是直线l上的动点，过点M作圆C的两条切线，切点分别为A，B，若四边形ACBM的面积最小值为2 3，则( )
A. k=−1B. k=−2C. k=−1或k=17D. k=−2或k=12
7.已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，O为坐标原点，过F1作渐近线y=−bax的垂线，垂足为M，若∠F2MO=π4，则双曲线的离心率e为( )
A. 5B. 52C. 3D. 2
8.已知[x]表示不超过x的最大整数，例如[1.1]=1，[2]=2，[−2.1]=−3，定义：若f(x)=n在(a,b)上恒成立，则称S=|n|(b−a)为函数f(x)在[a,b)上的“面积”.函数f(x)=[2x]在[0,3)上的“面积”之和与下面哪个数最接近(注①：“面积不重复计算”；②6.30≈22.3)( )
A. 7.3B. 7.7C. 8.7D. 9.3
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知某地区十二月份的昼夜温差X～N(μ,σ2)，P(X>8)=12，该地区某班级十二月份感冒的学生有10人，其中有6位男生，4位女生，则下列结论正确的是( )
A. E(X)=8
B. 若P(79)=25
C. 从这10人中随机抽取2人，其中至少抽到一位女生的概率为45
D. 从这10人中随机抽取2人，其中女生人数ξ的期望为45
10.函数f(x)的定义域为R，且满足f(x+y)+f(x−y)=2f(x)f(y)，f(4)=−1，则下列结论正确的有( )
A. f(0)=0B. f(2)=0
C. f(x)为偶函数D. f(x)的图象关于(1,0)对称
11.设数列{an}满足2an=an+1+an−1(n≥2且n∈N*)，Sn是数列{an}的前n项和，且4S7−7S4=42，a1=1，数列{bn}的前n项和为Tn，且Tn=(n−50n−1)⋅Sn，则下列结论正确的有( )
A. a5=3
B. 数列{n(n+1)4SnSn+1}的前2024项和为5061013
C. 当n=4时，Tn取得最小值
D. 当n=5时，Tnbn取得最小值
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.若(3x−m)(x−2)5的展开式中的x3的系数为−200，则实数m= ______．
13.已知函数f(x)=(x2+mx+n)ex，若函数f(x)有两个不同零点，则f(x)极值点的个数为______．
14.已知在正三棱台ABC−A1B1C1中，AB=6，A1B1=2，侧棱长为4，点P在侧面BCC1B1上运动，且AP与平面BCC1B1所成角的正切值为2 2，则CP长度的最小值为______．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，△ABC的面积为S，且4S+ 3(b2−a2−c2)=0．
(1)求角B的大小；
(2)若△ABC外接圆的半径为1，边AC上的高为BE=1，求a+c的值．
16.(本小题15分)
已知直三棱柱ABC−A1B1C1的体积为8，二面角C1−AB−C的大小为π4，且AC=BC，CC1=2．
(1)求点A1到平面ABC1的距离；
(2)若点M在棱A1B1上，直线BM与平面ABC1所成角的正弦值为13，求线段B1M的长．
17.(本小题15分)
已知椭圆M：x2a2+y2=1(a>1)与双曲线N：x2−y2a2=1的离心率的平方和为234．
(1)求a的值；
(2)过点Q(12,0)的直线l与椭圆M和双曲线N分别交于点A，B，C，D，在x轴上是否存在一点T，直线TA，TB，TC，TD的斜率分别为kTA，kTB，kTC，kTD，使得1KTA+1KTB+1KTC+1KTD为定值？若存在，请求出点T的坐标；若不存在，请说明理由．
18.(本小题17分)
一个质点在一条直线上“随机游走”，向左走一步和向右走一步的概率均为12，试探讨下列问题：
(1)若质点进行了4次“随机游走”，在其中恰有2次向右游走的情况下，求第二次向左游走的概率；
(2)记P(i)为i(i=2,3,4,…,n+2)次游走中恰有2次向右游走的概率，令Y=P(2)+P(3)+…+P(n+2).记ξ(ξ=2,3,…,n)为不超过n次游走的情况下，向右游走2次后停止游走(若向右游走一直不足2次，在游走到n次时也停止游走)，此时一共游走的次数，ξ的数学期望为E(ξ).请比较E(ξ)与2Y的大小，并说明理由．
19.(本小题17分)
帕德近似(Pade apprximatin)是有理函数逼近的一种方法.已知函数h(x)=ln(x+1)在x=0处的[1,1]阶帕德近似定义为：G(x)=c+bx1+mx且满足：h(0)=G(0)，h′(0)=G′(0)，h″(0)=G″(0)，…又函数f(x)=alnx−bex+2(a>0)，其中e=2.71828…
(1)求实数b，c，m的值；
(2)若函数f(x)的图象与x轴交于(x1,0)，(x2,0)两点，x1答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：集合A={x∈N|(x+1)(5−x)≥0}={x∈N|−1≤x≤5}={0,1,2,3,4,5}，
又因为B={1,3,5,7,8}，
所以图中阴影部分所表示的集合中的元素在集合A中，但是不在集合B中，即{0,2,4}．
故选：A．
先求出集合A，再利用基本的基本运算求解．
本题主要考查了一元二次不等式的解法，考查了集合的基本运算，属于基础题．
2.【答案】B
【解析】解：复数z=1−i，则z−=1+i，1z=11−i=1+i(1−i)(1+i)=12+12i，
所以z−+1z=32+32i，得z−+1z的虚部为32．
故选：B．
由共轭复数的定义和复数的除法，求z−+1z，得虚部．
本题主要考查复数的四则运算，以及虚部的定义，属于基础题．
3.【答案】A
【解析】解：a=(1,2)，b=(x,−3)，
∴a+b=(1+x,−1)，
∵a⊥(a+b)，
∴a⋅(a+b)=1+x−2=0，
解得x=1．
故选：A．
利用向量坐标法则求出a+b，再由向量垂直的性质能求出结果．
本题考查向量坐标运算法则、向量垂直的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
4.【答案】D
【解析】解：A，B选项中要调查的总体数量和工作量都较大，适合采用抽查；
C选项的检测具有毁损性，适合抽查；
D选项要调查的总体数量较小，工作量较小，适合采用普查．
故选：D．
结合普查和抽查的适用条件即可求解．
本题主要考查了普查和抽查的适用条件，属于基础题．
5.【答案】B
【解析】解：由2sinα=csα，得csα≠0，则tanα=12，
此时cs2α=1−tan2α1+tan2α=1−141+14=35；
反之，由cs2α=35，得cs2α=1−tan2α1+tan2α=1−141+14=35，
即tan2α=14，可得tanα=±12，则sinαcsα=±12，有2sinα=csα或2sinα=−csα．
∴命题p是命题q的充分不必要条件．
故选：B．
由2sinα=csα利用万能公式结合充分必要条件的判定得答案．
本题考查充分必要条件的判定，训练了万能公式的应用，是基础题．
6.【答案】C
【解析】解：圆C：(x−1)2+(y−2)2=2的圆心为C(1,2)，半径r= 2，
由题意可知：S△CBM=2S△ACM=2×12×|AM|× 2= 2|AM|≥2 3，
解得|AM|≥ 6，即|AM|的最小值为 6，可知|CM|的最小值为2 2，
即圆心到直线的距离为|k−3| 1+k2=2 2，解得k=−1或k=17．
故选：C．
根据题意分析可知CM的最小值为2 2，结合点到直线距离分析求解．
本题考查直线与圆的位置关系，属于基础题．
7.【答案】A
【解析】解：设双曲线C的半焦距为c，
由题意F1(−c,0)，F2(c,0)，|F1M|=|bc| a2+b2=b，
所以|OM|= |OF1|2−|F1M|2= c2−b2=a，
设∠F1OM=α，则sinα=bc，csα=ac，∠OF2M=α−π4，
在△MOF2中，由正弦定理，|OM|sin∠OF2M=|OF2|sin∠OMF2，
即asin(α−π4)=csinπ4，解得b=2a，
所以离心率e=ca= 1+b2a2= 5．
故选：A．
由题意及双曲线的性质得|F1M|=b，|OM|=a，设∠F1OM=α，则sinα=bc，csα=ac，∠OF2M=α−π4，在△MF1F2中，应用正弦定理，可得b=2a，进而离心率可求．
本题考查双曲线的方程及其性质，考查正弦定理的应用，考查离心率的求法，属于中档题．
8.【答案】C
【解析】解：因为0≤x<3，所以1≤2x<8，
当1≤2x<2，即0≤x<1时，f(x)=1，
当2≤2x<3，即1≤x当3≤2x<4，即lg23≤x<2时，f(x)=3，
当4≤2x<5，即2≤x当5≤2x<6，即lg25≤x当6≤2x<7，即lg26≤x当7≤2x<8，即lg27≤x<3时，f(x)=7，
根据“面积”的定义可知，函数f(x)=[2x]在[0,3)上的“面积”之和为：
S=1×1+2×(lg23−1)+3×(lg24−lg23)+4×(lg25−lg24)+5×(lg26−lg25)+
6×(lg27−lg26)+7×(3−lg27)=18−(lg23+lg25+lg26+lg27)=18−lg2630≈8.7．
故选：C．
分段求出x∈[0,3)时的函数值，然后根据“面积”的定义得出S，根据对数的运算化简，结合已知数值，即可得出答案．
本题以新定义为载体，主要考查了对数函数性质的综合应用，属于中档题．
9.【答案】ABD
【解析】解：对于A，∵X～N(μ,σ2)，P(X>8)=12，∴E(X)=μ=8，故A正确；
对于B，∵P(79)=12(1−2×110)=25，故B正确；
对于C，P=1−C62C102=1−1545=23，故C错误；
对于D，ξ服从超几何分布，其中N=10，M=4，n=2，
∴E(ξ)=nMN=2×410=45，故D正确．
故选：ABD．
利用正态分布的对称性判断AB；利用超几何分布的概率公式与期望判断CD．
本题考查了正态分布的性质、超几何分布，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
10.【答案】BC
【解析】解：令x=4，y=0，则f(4+0)+f(4−0)=2f(4)f(0)，
即f(4)+f(4)=2f(4)f(0)，可得f(0)=1，故A错；
令x=y=2，则f(2+2)+f(2−2)=2f(2)f(2)，即f(4)+f(0)=2f2(2)，
又因为f(4)=−1，f(0)=1，可得f(2)=0，故B正确；
令x=0，可得f(y)+f(−y)=2f(0)f(y)=2f(y)，即f(y)=f(−y)，故C正确；
若f(x)的图象关于(1,0)对称，则函数f(x)满足f(0)+f(2)=0，
而f(2)=0，f(0)=1，显然f(0)+f(2)=1≠0，故D错．
故选：BC．
利用特殊值法，结合函数的奇偶性即可求解．
本题主要考查了函数的奇偶性，对称性的应用，还考查了赋值法在函数求值中的应用，属于中档题．
11.【答案】BCD
【解析】解：易知{an}为等差数列，设其公差为d，
则根据等差数列的求和公式可知，{Snn}为等差数列，且公差为d2，
由4S7−7S4=42可得，S77−S44=32=3d2，
故d=1，a5=a1+4d=1+4=5，A错；
由题意可得，Snn=n+12，
则n(n+1)4SnSn+1=1(n+1)(n+2)=1n+1−1n+2，
数列的前2024项的为12−13+13−14+…+12025−12026=12−12026=501013，B正确；
Tn=(n−50n−1)⋅Sn=n3−51n−502，
当n=1时，b1=−50，
当n≥2时，bn=Tn−Tn−1=3n2−3n−502，
易知n≥2时，数列{bn}单调递增，b2=−22，
∴b1当n≥5时，{Tn}单调递增，且T7=−32<0，T8=27>0，
所以n≤4或n≥8时，Tnbn>0，
又T5b5=−18<0，T6b6=−72，T7b7=−1619，D对．
故选：BCD．
结合等差数列的通项公式，求和公式，裂项求和及数列的单调性检验各选项即可判断．
本题主要考查了等差数列的性质及求和公式，通项公式的应用，数列的裂项求和及数列单调性的应用，属于中档题．
12.【答案】−1
【解析】解：根据题意，(x−2)5的第r+1项为Tr+1=C5r(−2)rx5−r(0≤r≤5)，其中r=0，1，…，5．
因此，(3x−m)(x−2)5的展开式中的x3的系数3C53(−2)3−mC52(−2)2=−200，解得m=−1．
故答案为：−1
根据题意，利用二项式定理求指定项的系数的方法加以计算，即可得到本题的答案．
本题主要考查二项定理及其应用、多项式乘法的原理等知识，属于中档题．
13.【答案】2
【解析】解：令f(x)=0，则x2+mx+n=0，由题意知Δ1>0，
即m2−4n>0；f′(x)=(x2+2x+mx+m+n)ex，
令f′(x)=0，则x2+2x+mx+m+n=0，即Δ2=m2−4n+4>0，
则f′(x)=(x2+2x+mx+m+n)ex有两个变号零点，
所以函数f′(x)有2个极值点．
故答案为：2．
由函数f′(x)有两个不同零点可得m2−4n>0，再求导并判断f′(x)=0的零点个数，进而判断极值点个数．
本题主要考查利用导数求极值点，属于中档题．
14.【答案】 3
【解析】解：延长正三棱台的三条侧棱交于O，则O−ABC为正四面体，棱长为6，
设H为△OBC的中心，连接AH，则AH⊥平面OBC，
由正弦定理得OH=62sin60∘=2 3，
由勾股定理得AH= OA2−OH2= 36−12=2 6，
又tan∠APH=2 2，且tan∠APH=AHPH，故HP= 3，
∴P点轨迹是以H为圆心， 3为半径的圆，
∴CP的最小值为CH− 3= 3．
故答案为： 3．
作出辅助线，得到O−ABC为正四面体，棱长为6，找到AP与平面BCC1B1所成角，根据其大小得到HP= 3，得到P点轨迹是以H为圆心， 3为半径的圆，求出最小值．
本题考查线面成角的应用，属于中档题．
15.【答案】解：(1)因为4S+ 3(b2−a2−c2)=0，
即4⋅12acsinB= 3(a2+c2−b2)=2 3accsB，
即sinB= 3csB，
所以tanB= 3，又0(2)由△ABC外接圆的半径为1，
由正弦定理可得：asinA=csinC=bsinB=2，b= 3，
因为边AC上的高为BE=1，
所以12BE⋅b=12acsinB，
则12×1× 3=12ac× 32，所以ac=2，
所以b2=a2+c2−2accsB，即(a+c)2−3ac=3，
即(a+c)2−6=3，
故a+c=3．
【解析】(1)利用三角形面积公式与余弦定理的边角变换即可得解；
(2)利用正弦定理求得b，再利用三角形面积公式求得ac，从而利用整体法，结合余弦定理即可得解．
本题考查正弦定理及余弦定理的应用，三角形面积公式的应用，属于基础题．
16.【答案】解：(1)取AB中点D，连接CD和C1D，
∵AC=BC，∴CD⊥AB，
∵CC1⊥平面ABC，∴C1D⊥AB，则∠C1DC=π4，
∴CC1=CD=2，
令AC=BC=x，则VABC−A1B1C1=12x2sin∠ACB⋅CC1=8，
∴x2sin∠ACB=8，①
CD=12(CA+CB)，平方得22=14( x2+x2+2x2cs∠ACB)，
∴x2(1+cs∠ACB)=8②，
sin∠ACB=1+cs∠ACB，
∴∠ACB=π2，x=2 2，
连接A1C，交AC1于点E，由四边形AA1C1C是矩形，得点E为A1C的中点，
则点A1和点C到平面ABC1的距离相等，
作CH⊥C1D于点H，
∵CD⊥AB，C1D⊥AB，C1D∩CD=D，∴AB⊥平面CC1D，
∵CH⊂平面CC1D，∴AB⊥CH，
∵AB∩CD=D，∴CH⊥平面ABC1，
在△CC1D中，CC1=CD=2，∴CH= 2，
∴点C到平面ABC1的距离为 2，
∴点A1到平面ABC1的距离为 2．

(2)∵A1B1//AB，A1B1⊄平面ABC1，AB⊂平面ABC1，
∵M∈A1B1，则点M到平面ABC1的距离为d= 2，
设直线BM与平面ABC1所成角为θ，
则sinθ=dBM=d BB12+B1M2= 2 22+B1M2=13，
解得B1M= 14．
【解析】(1)数形结合，先证明CC1=CD，再利用三棱柱体积公式以及CD=12(CA+CB)，联立方程解出AC，BC的值，得到点A1和点C到平面ABC1的距离相等，通过求点C到平面ABC1的距离，由此能求出点A1到平面ABC1的距离；
(2)先证明A1B1/​/平面ABC1，求出点M到平面ABC1的距离，由此能求出线段B1M的长．
本题考查点到平面的距离、线面角等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
17.【答案】解：(1)由已知得a2−1a2+1+a21=234，即4a4−15a2−4=0，
所以a2=4，则a=2；
(2)由(1)得椭圆M：x24+y2=1与双曲线N：x2−y24=1，
由已知得直线l的斜率不为零，设直线l的方程为x=my+12，
A(x1,y1)，B(x2,y2)，C(x3,y4)，D(x4,y4)，T(t,0)，
将直线与椭圆联立x24+y2=1x=my+12得(m2+4)y2+my−154=0，
Δ=16m2+60>0,y1+y2=−mm2+4,y1y2=−154(m2+4)，
1kTA+1kTB=x1−ty1+x2−ty2=y2(my1+12−t)+y1(my2+12−t)y1y2
=2my1y2+(12−t)(y1+y2)y1y2=2m+(12−t)⋅4m15=4m15(8−t)．
将直线与双曲线联立x2−y24=1x=my+12得(4m2−1)y2+4my−3=0，
由Δ=64m2−12>0得m2>316，又m2≠14，
而y3+y4=−4m4m2−1,y3y4=−34m2−1,1kTC+1kTD=2my3y4+(12−t)(y3+y4)y3y4=2m+(12−t)⋅4m3=4m3(2−t)，
所以1kTA+1kTB+1kTC+1kTD=4m15(8−t)+4m3(2−t)=4m15(18−6t)．
当t=3时，1kTA+1kTB+1kTC+1kTD=0为定值．
故在x轴上是存在一点T(3,0)，使得1kTA+1kTB+1kTC+1kTD为定值0．

【解析】(1)根据椭圆和双曲线离心率的关系求解；
(2)将直线分别和椭圆，双曲线联立，根据韦达定理分别求出1kTA+1kTB和1kTC+1kTD的值即可求解．
本题主要考查椭圆和双曲线的综合应用，属于难题．
18.【答案】解：(1)设事件An表示共有n(n=0,1,2,3,4)次向右游走，事件B表示第二次向左游走，
则BA2表示一共向右游走2次，且第二次向左游走，则从剩余的三次选择两次向右游走，
故P(BA2)=12C32×122×12=316，
A2表示一共向右游走2次，故P(A2)=C42122×122=38，
则P(B|A2)=P(BA2)P(A2)=31638=12．
(2)根据题意可知P(i)=Ci2×(12)i−2×(12)2=i(i−1)2i+1，
2Y=2P(2)+2P(3)+⋯+2P(n+2)=2i=2n+2i(i−1)2i+1=i=2n+2i(i−1)2i，
若k=2，3，…，n−1，最后一次必然向右游走，
故P(ξ=k)=Ck−1112×(12)k−2×12=k−12k，
P(ξ=n)=1−(122+223+⋯+n−22n−1)，
记Sn=122+223+⋯+n−22n−1①，
12Sn=123+224+⋯+n−22n②，
两式相减得12Sn=122+123+⋯+12n−1−n−22n=14−12n1−12−n−22n=12−n2n，
所以Sn=1−n2n−1，所以P(ξ=n)=1−1+n2n−1=n2n−1，
所以E(ξ)=k=2n−1kP(ξ=k)+nP(ξ=n)=k=2n−1k(k−1)2k+n22n−1；
E(ξ)−2Y=k=2n−1k(k−1)2i+n22n−1−i=2n+2i(i−1)2i=n22n−1−n(n−1)2n−(n+1)n2n+1−(n+2)(n+1)2n+2
=n(n+1)2n+1−(n+2)(n+1)2n+2=2n(n+1)−(n+2)(n+1)2n+2=(n+1)(n−2)2n+2≥0(n≥2)，
故E(ξ)≥2Y．
【解析】(1)设出事件，求出相应概率，利用条件概率公式求出答案；
(2)先计算出P(i)=i(i−1)2i+1，进一步得求和式2Y=i=2n+2i(i−1)2i，另一方面若k=2，3，…，n−1时停止游走，最后一次必然向右游走，可以得出P(ξ=k)=k−12k，从而P(ξ=n)=1−(122+223+⋯+n−22n−1)，结合错位相减法、等比数列求和公式得P(ξ=n)的表达式，进一步结合期望公式得E(ξ)=k=2n−1k(k−1)2k+n22n−1，将E(ξ)与2Y作差即可比较大小．
本题主要考查概率的求法，离散型随机变量的期望，考查运算求解能力，属于难题．
19.【答案】解：(1)因为h(0)=G(0)，
所以c=0，
此时G(x)=bx1+mx，
可得G′(x)=b(1+mx)2，G″(x)=−2(1+mx)3，
又h(x)=ln(x+1)，
可得h′(x)=1x+1，h″(x)=−1(x+1)2，
因为h′(0)=G′(0)，h″(0)=G″(0)，
所以b=1−2mb=−1，
解得b=1，m=12，
则b=1，m=12，c=0；
(2)由(1)知f(x)=alnx−ex+2(a>0)，函数函数定义域为(0,+∞)，
可得f′(x)=ax−e，
因为a>0，
所以当00，f(x)单调递增；
当x>ae时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
若函数f(x)的图象与x轴交于两点(x1,0)，(x2,0)，x1此时f(x)max=f(ae)=alnae−a+2=alna−2a+2>0，
即lna−2+2a>0，
不妨设g(a)=lna−2+2a(a>0)，
此时g(a)>0，
可得g′(a)=a−2a2，
当0当a>2时，g′(a)>0，g(a)单调递增，
又g(1)=0，g(2)=ln2−1<0，g(e2)=2e2>0，
所以∃a0∈(2,e2)，使得g(a0)=0，
即a∈(0,1)∪(a0,+∞)，f(x)max=f(ae)>0，
当x→0+时，f(x)→−∞，当x→+∞时，f(x)→−∞，
所以x1∈(0,ae)，x2∈(ae,+∞)，x1因为alnx1−ex1+2=0，alnx2−ex2+2=0，
所以alnx2x1=e(x2−x1)，
解得a=e(x2−x1)lnx2x1，
因为ax1所以m>a1−x22x1x2=ax2−x2x1=e(x2−x1)x2lnx2x1−x2x1=e(1−x1x2)lnx2x1−x2x1，
不妨令t=x2x1，t>1，
此时m>e(1−1t)lnt−t恒成立，
不妨设φ(t)=e(1−1t)lnt−t(t>1)，
此时m>φ(t)，
可得φ′(t)=et2lnt−e(1−1t)⋅1t(lnt)2−1=elnt−et+e−t2(lnt)2(tlnt)2，
不妨令k(t)=elnt−et+e−t2(lnt)2(t>1)，
可得k′(t)=et−e−2t(lnt)2−2tlnt，
因为k′(t)在(1,+∞)上单调递减，
所以k′(t)此时函数k(x)在(1,+∞)上单调递减，
则k(t)即φ′(t)<0，φ(t)在(1,+∞)上单调递减，
当t→1时φ(t)→et21t−1→e−1，
所以φ(t)则m≥e−1．
故实数m的取值范围为[e−1,+∞)．
【解析】(1)由题意，求出函数h(x)和G(x)的导数和二阶导数，利用h(0)=G(0)，h′(0)=G′(0)，h″(0)=G″(0)，列出等式再进行求解即可；
(2)根据函数f(x)的图象与x轴交于(x1,0)，(x2,0)两点，将两点代入函数解析式中求出a的表达式以及ax1e(1−x1x2)lnx2x1−x2x1恒成立，结合换元法再进行求解即可．
本题考查利用导数研究函数的单调性和最值，考查了逻辑推理和运算能力，属于难题．