2020-2021学年四川达州高三上数学月考试卷

这是一份2020-2021学年四川达州高三上数学月考试卷，共12页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 已知集合M={x|x2−2x−8≥0}，N={x|−3≤x<3}，则M∩N=( )
A.[−3, 3)B.[−3, −2]C.[−2, 2]D.[2, 3)

2. “x>3且y>3”是“x+y>6”成立的( )
A.充分不必要条件B.必要不充分条件
C.充要条件D.即不充分也不必要条件

3. 设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，且m⊂α，n⊂β，下列命题中正确的是( )
A.若α⊥β，则m⊥nB.若α // β，则m // n
C.若m⊥n，则α⊥βD.若n⊥α，则α⊥β

4. 已知向量a→=(3,1)，b→=(2k−1,k)，且(a→+b→)⊥b→，则k的值是( )
A.−1B.−12或−1C.−1或25D.25

5. 执行如图所求的程序框图，输出的值是( )

A.4B.5C.6D.7

6. 在航天员进行的一项太空实验中，要先后实施6个程序，其中程序A只能出现在第一或最后一步，程序B和C在实施时必须相邻，问实验顺序的编排方法共有( )
A.34种B.48种C.96种D.144种

7. 如图，在长方形OABC内任取一点P(x, y)，则点P落在阴影部分BCD内的概率为( )

A.37eB.12eC.2eD.1e

8. 已知函数f(x)=10sinx+16x3在x=0处的切线与直线nx−y=0平行，则二项式(1+x+x2)(1−x)n展开式中x4的系数为( )
A.120B.135C.140D.100

9. 已知定义在R上的函数f(x)的图象关于(1, 1)对称，g(x)=(x−1)3+1，若函数f(x)图象与函数g(x)图象的交点为(x1, y1)，(x2, y2)，…，(x2018, y2018)，则i=12018​(xi+yi)= ( )
A.8072B.6054C.4036D.2018

10. 已知A，B，C，D，E是函数y=sinωx+φω>0，0<φ<π2一个周期内的图象上的五个点，如图所示，A−π6,0，B为y轴上的点，C为图象上的最低点，E为该函数图象的一个对称中心，B与D关于点E对称，CD→在x轴上的投影为π12，则ω，φ的值为( )

A.ω=2，φ=π3B.ω=2，φ=π6C.ω=12，φ=π3D.ω=12，φ=π12

11. 在△ABC中，AB=2AC=6，BA→⋅BC→=BA→2，点P是△ABC所在平面内一点，则当PA→2+PB→2+PC→2取得最小值时，AP→⋅BC→=( )
A.272B.−272C.9D.−9

12. 已知函数f(x)=ex，g(x)=lnx2+12，对任意a∈R存在b∈(0, +∞)使f(a)=g(b)，则b−a的最小值为( )
A.2e−1B.e2−12C.2−ln2D.2+ln2
二、填空题

已知a是实数，i是虚数单位，若z=a2−1+(a+1)i是纯虚数，则a=________．

设变量x，y满足约束条件：x+y≥3，x−y≥−1，2x−y≤3， 则目标函数z=y+1x的最小值为________．

如图，网格纸上的小正方形边长为1，粗线或虚线表示一个三棱锥的三视图，则此三棱锥的外接球的体积为________．


若正项递增等比数列{an}满足1+(a2−a4)+λ(a3−a5)=0(λ∈R)，则a8+λa9的最小值为________．
三、解答题

已知数列{an}的前n项和Sn=k(3n−1)，且a3=27．
(1)求数列{an}的通项公式；

(2)若bn=lg3an，求数列{1bnbn+1}的前n项和Tn．

设函数f(x)=cs(2x+2π3)+2cs2x．
(1)求f(x)的最大值，并写出使f(x)取最大值时x的集合；

(2)已知△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若f(A)=32，b+c=2，求a的最小值．

某中学为研究学生的身体素质与课外体育锻炼时间的关系，对该校200名学生的课外体育锻炼平均每天运动的时间（单位：分钟）进行调查，将收集的数据分成[0, 10)，[10, 20)，[20, 30)，[30, 40)，[40, 50)，[50, 60]六组，并作出频率分布直方图（如图），将日均课外体育锻炼时间不低于40分钟的学生评价为“课外体育达标”．

(1)请根据直方图中的数据填写下面的2×2列联表，并通过计算判断是否能在犯错误的概率不超过0.01的前提下认为“课外体育达标”与性别有关？

(2)现按照“课外体育达标”与“课外体育不达标”进行分层抽样，抽取8人，再从这8名学生中随机抽取3人参加体育知识问卷调查，记“课外体育不达标”的人数为ξ，求ξ的分布列和数学期望．
附参考公式：K2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)

如图，△ABC是以∠ABC为直角的三角形，SA⊥平面ABC，SA=BC=2，AB=4，M，N分别是SC，AB的中点．

(1)求证：MN⊥AB；

(2)D为线段BC上的点，当二面角S−ND−A的余弦值为66时，求三棱锥D−SNC的体积．

已知函数f(x)=xlnx−a2x2−x+a(a∈R)在其定义域内有两个不同的极值点．
(1)求a的取值范围；

(2)证明：(e+12)(e+122)(e+123)⋯(e+12n)
已知关于x的不等式|x−2|−|x+3|≥|m+1|有解，记实数m的最大值为M．
(1)求M的值；

(2)正数a，b，c满足a+2b+c=M，求证：1a+b+1b+c≥1．
参考答案与试题解析
2020-2021学年四川达州高三上数学月考试卷
一、选择题
1.
【答案】
B
【考点】
交集及其运算
【解析】
先分别求出集合M，N，由此能求出M∩N．
【解答】
解：∵ 集合M={x|x2−2x−8≥0}={x|x≤−2或x≥4}，
N={x|−3≤x<3}，
∴ M∩N={x|−3≤x≤−2}=[−3, −2]．
故选B.
2.
【答案】
A
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】
根据不等式的关系结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可．
【解答】
解：当x>3且y>3时，x+y>6成立，即充分性成立，
若x=6，y=2满足x+y>6，但x>3且y>3不成立，即必要性不成立，
故“x>3且y>3”是“x+y>6”成立的充分不必要条件.
故选A.
3.
【答案】
D
【考点】
空间中直线与平面之间的位置关系
空间中直线与直线之间的位置关系
【解析】
对4个命题分别进行判断，即可得出结论．
【解答】
解：对于A，若α⊥β，则m，n位置关系不定，不正确；
对于B，若α // β，则m // n或m，n异面，不正确；
对于C，若m⊥n，则α，β位置关系不定，不正确；
对于D，根据平面与平面垂直的判定定理可知正确．
故选D.
4.
【答案】
C
【考点】
数量积判断两个平面向量的垂直关系
【解析】
根据向量垂直的等价条件建立方程关系进行求解即可．
【解答】
解：∵ 向量a→=(3, 1)，b→=(2k−1, k)，
∴ a→+b→=(2k+2, 1+k).
∵ (a→+b→)⊥b→，
∴ (a→+b→)⋅b→=0，
则(2k−1)(2k+2)+k(1+k)=0，
即5k2+3k−2=0，
解得k=−1或k=25.
故选C.
5.
【答案】
B
【考点】
程序框图
【解析】
由已知中的程序语句可知：该程序的功能是利用循环结构计算n的值，并输出相应的k的值，模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案．
【解答】
解：模拟程序的运行，可得n=5，k=0，
不满足条件n为偶数，执行循环体后，n=16，k=1，不满足退出循环的条件；
满足条件n为偶数，执行循环体后，n=8，k=2，不满足退出循环的条件；
满足条件n为偶数，执行循环体后，n=4，k=3，不满足退出循环的条件；
满足条件n为偶数，执行循环体后，n=2，k=4，不满足退出循环的条件；
满足条件n为偶数，执行循环体后，n=1，k=5，满足退出循环的条件，
输出k的值为5．
故选B.
6.
【答案】
C
【考点】
排列、组合及简单计数问题
【解析】
根据题意，分2步进行分析：A只能出现在第一步或最后一步，从第一个位置和最后一个位置选一个位置把A排列，程序B和C实施时必须相邻，把B和C看做一个元素，同除A外的3个元素排列，注意B和C之间还有一个排列．
【解答】
解：根据题意，程序A只能出现在第一步或最后一步，
则从第一个位置和最后一个位置选一个位置把A排列，有A21=2种结果，
又由程序B和C实施时必须相邻，把B和C看做一个元素，
同除A外的3个元素排列，注意B和C之间还有一个排列，
共有A44A22=48种结果，
根据分步计数原理知共有2×48=96种结果.
故选C.
7.
【答案】
D
【考点】
定积分在求面积中的应用
几何概型计算（与长度、角度、面积、体积有关的几何概型）
【解析】
根据题意，利用定积分计算出面积，再求阴影部分的面积，从而求出对应的概率值．
【解答】
解：根据题意，利用定积分计算01​exdx=ex|01=e−1，
∴ 阴影部分BCD的面积为1×e−(e−1)=1，
∴ 所求的概率为P=S阴影S矩形OABC=1e．
故选D.
8.
【答案】
B
【考点】
二项式定理的应用
【解析】
利用求函数的导数的方法求得f′(0)，利用导数的几何意义、两条直线平行的性质求得n的值，再利用二项展开式的通项公式求得二项式(1+x+x2)(1−x)n展开式中x4的系数．
【解答】
解：函数f(x)=10sinx+16x3在x=0处的切线与直线nx−y=0平行，
则n=f′(0)=10，
则二项式(1+x+x2)(1−x)n
=(1+x+x2)(1−x)10
=(1−x3)(1−x)9.
∵ (1−x)9的展开式的通项公式为Tr+1=C9r⋅(−x)r，
分别令r=4，r=1，可得展开式中x4的系数为C94−(−C91)=135.
故选B.
9.
【答案】
C
【考点】
抽象函数及其应用
【解析】
根据函数图象的对称性可知所有交点两两关于点(1, 1)对称，从而得出结论．
【解答】
解：∵ g(x)的图象是由y=x3的函数图象先向右平移1个单位，再向上平移1个单位后得到的，
∴ g(x)的图象关于点(1, 1)对称.
又f(x)的图象关于点(1, 1)对称，
∴ f(x)与g(x)的2018个交点中，两两关于点(1, 1)对称，
∴ i=12018(xi+yi)=i=12018xi+i=12018yi
=20182×2+20182×2=4036.
故选C.
10.
【答案】
A
【考点】
正弦函数的图象
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：根据题意，E为该函数图象的一个对称中心，
B与D关于点E对称，且CD→在x轴上的投影为π12，
所以最小正周期T=4×π12+π6=π，
所以ω=2πT=2.
又A−π6,0，
所以sin−π3+φ=0.
又0<φ<π2，所以φ=π3．
故选A.
11.
【答案】
D
【考点】
平面向量数量积的性质及其运算律
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为BA→⋅BC→=|BA→|⋅|BC→|csB=|BA→|2，
所以|BC→|csB=|BA→|=6，
所以CA⊥AB，则A为直角．
以A为坐标原点建立如图所示的平面直角坐标系，
则B6, 0，C0, 3，设Px, y，
则PA→2+PB→2+PC→2
=x2+y2+x−62+y2+x2+y−32
=3x2−12x+3y2−6y+45
=3x−22+y−12+10，
所以当x=2，y=1时，PA→2+PB→2+PC→2取得最小值，
此时AP→⋅BC→=2, 1⋅−6, 3=−12+3=−9．
故选D．
12.
【答案】
D
【考点】
利用导数研究函数的最值
对数函数图象与性质的综合应用
【解析】
令 y=ea，则 a=lny，令y=lnb2+12，可得 b=2ey−12，利用导数求得b−a取得最小值．
【解答】
解：令y=ea，则a=lny，
令y=lnb2+12，
可得b=2ey−12，
则b−a=2ey−12−lny，
∴ (b−a)′=2ey−12−1y．
显然(b−a)′是增函数，观察可得当y=12时，(b−a)′=0，
故(b−a)′有唯一零点．
故当y=12时，b−a取得最小值为2ey−12−lny=2e12−12−ln12=2+ln2.
故选D.
二、填空题
【答案】
1
【考点】
复数的基本概念
【解析】
由已知条件可得a2−1=0a+1≠0 ，求解即可得答案．
【解答】
解：∵ z=a2−1+(a+1)i是纯虚数，
∴ a2−1=0,a+1≠0,
解得a=1．
故答案为：1.
【答案】
1
【考点】
求解非线性目标函数的最值-有关斜率
简单线性规划
【解析】
作出不等式组对应的平面区域，利用目标函数的几何意义即可得到结论．
【解答】
解：z的几何意义为区域内点到点P(0, −1)的斜率，
作出不等式组对应的平面区域如图：
由图象可知，CP的斜率最小.
由x+y=3，2x−y=3，
解得x=2，y=1，
即C(2, 1)，
则CP的斜率k=1+12=1.
故答案为：1.
【答案】
43π
【考点】
由三视图求外接球问题
球的表面积和体积
【解析】
直观图是正四面体，构造出正方体，利用正方体的性质能够准确求解．
【解答】
解：构造正方体，则三棱锥在正方体中的位置如图所示，
正方体的边长为2，此三棱锥的外接球与正方体的外接球是同一个球，
∴ 此三棱锥的外接球的半径为R=22+22+222=3，
∴三棱锥的外接球的体积为V=43π(3)3=43π．
故答案为：43π.
【答案】
274
【考点】
数列与函数最值问题
利用导数研究函数的最值
等比数列的通项公式
【解析】
根据题意，设等比数列{an}的公比为q，分析可得q>1，由等比数列的性质分析1+(a2−a4)+λ(a3−a5)=0，变形可得1+λq=1a4−a2，进而分析可得a8+λa9=a8(1+λq)=a8a4−a2=q6q2−1，令g(q)=q6q2−1，对其求导分析可得g(q)在(0, 32)为减函数，g(q)在(32, +∞)为增函数；分析可得当q=32时，g(q)取得最小值，将q的值代入g(q)中计算即可得答案．
【解答】
解：根据题意，设等比数列{an}的公比为q，又由{an}为正项递增等比数列，则q>1．
数列{an}满足1+(a2−a4)+λ(a3−a5)=0，
则有1=(a4−a2)+λq(a4−a2)=(1+λq)(a4−a2)，
则有1+λq=1a4−a2，
a8+λa9=a8+λqa8=a8(1+λq)=a8a4−a2=q6q2−1.
令g(q)=q6q2−1，(q>1)，
则导数g′(q)=6q5⋅(q2−1)−q6⋅2q(q2−1)2=2q5(2q2−3)(q2−1)2，
当1当q>32，g′(q)>0，g(q)在(32, +∞)为增函数，
则当q=32时，g(q)取得最小值，
此时g(q)=274，
即a8+λa9的最小值为274.
故答案为：274.
三、解答题
【答案】
解：(1)数列{an}的前n项和Sn=k(3n−1)，且a3=27．
当n=3时，a3=S3−S2=k(33−32)，
解得k=32.
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=32(3n−3n−1)=3n，
由于a1=S1=2k=3也满足上式，
则an=3n．
(2)∵bn=lg33n=n，
∴1bn+1bn=1n(n+1)=1n−1n+1，
∴Tn=1−12+12−13+⋯+1n−1n+1=1−1n+1=nn+1．
【考点】
数列的求和
数列递推式
【解析】
（1）直接利用递推关系式求出数列的通项公式．
（2）利用数列的通项公式，进一步利用裂项相消法求出数列的和．
【解答】
解：(1)数列{an}的前n项和Sn=k(3n−1)，且a3=27．
当n=3时，a3=S3−S2=k(33−32)，
解得k=32.
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=32(3n−3n−1)=3n，
由于a1=S1=2k=3也满足上式，
则an=3n．
(2)∵bn=lg33n=n，
∴1bn+1bn=1n(n+1)=1n−1n+1，
∴Tn=1−12+12−13+⋯+1n−1n+1=1−1n+1=nn+1．
【答案】
解：(1)函数f(x)=cs(2x+2π3)+2cs2x
=cs(2x+2π3)+cs2x+1
=cs(2x+π3)+1，
∵ −1≤cs(2x+π3)≤1，
∴f(x)的最大值为2．
要使f(x)取最大值，cs(2x+π3)=1，
即：2x+π3=2kπ(k∈Z)，
解得：x=kπ−π6(k∈Z)，
则x的集合为：{x|x=kπ−π6}(k∈Z).
(2)由题意得，f(A)=cs(2A+π3)+1=32，
即cs(2A+π3)=12.
又0∴ π3<2A+π3<7π3，
∴ 2A+π3=5π3，
∴ A=2π3．
在△ABC中，b+c=2，csA=−12，
由余弦定理，a2=b2+c2−2bccsA=b2+c2+bc=(b+c)2−bc.
∵bc≤(b+c2)2=1，
∴当且仅当b=c=1时，等号成立．
则a2≥4−1=3，
即a≥3，
则a的最小值为3．
【考点】
三角函数的最值
基本不等式在最值问题中的应用
余弦定理
三角函数的恒等变换及化简求值
余弦函数的定义域和值域
【解析】
（1）首先对三角函数的关系式恒等变换，把函数的关系式变形成余弦形函数，进一步求出函数的最值．
（2）利用余弦定理和基本不等式求出结果．
【解答】
解：(1)函数f(x)=cs(2x+2π3)+2cs2x
=cs(2x+2π3)+cs2x+1
=cs(2x+π3)+1，
∵ −1≤cs(2x+π3)≤1，
∴f(x)的最大值为2．
要使f(x)取最大值，cs(2x+π3)=1，
即：2x+π3=2kπ(k∈Z)，
解得：x=kπ−π6(k∈Z)，
则x的集合为：{x|x=kπ−π6}(k∈Z).
(2)由题意得，f(A)=cs(2A+π3)+1=32，
即cs(2A+π3)=12.
又0∴ π3<2A+π3<7π3，
∴ 2A+π3=5π3，
∴ A=2π3．
在△ABC中，b+c=2，csA=−12，
由余弦定理，a2=b2+c2−2bccsA=b2+c2+bc=(b+c)2−bc.
∵bc≤(b+c2)2=1，
∴当且仅当b=c=1时，等号成立．
则a2≥4−1=3，
即a≥3，
则a的最小值为3．
【答案】
解：(1)由题意得“课外体育达标”人数：200×[(0.02+0.005)×10]=50，
则不达标人数为150，∴ 列联表如下：
∴ K2=200×(60×20−30×90)2150×50×90×110=20033=6.060<6.635．
∴ 在犯错误的概率不超过0.01的前提下没有理由认为“课外体育达标”与性别有关.
(2)由题意采用分层抽样在“课外体育达标”抽取人数为2人，
在“课外体育不达标”抽取人数为6人，
则题意知：ξ的取值为1，2，3．
P(ξ=1)=C61C22C83=656；
P(ξ=2)=C62C21C83=3056；
P(ξ=3)=C63C83=2056；
故ξ的分布列为：
故ξ的数学期望为：E(ξ)=1×656+2×3056+3×2056=94．
【考点】
离散型随机变量的分布列及性质
离散型随机变量的期望与方差
独立性检验
【解析】
（1）频率分布直方图求出“课外体育达标”人数，不达标人数为150，然后完成列联表；求出K2，即可判断“课外体育达标”与性别的关系；
（2）采用分层抽样在“课外体育达标”抽取人数为6人，在“课外体育不达标”抽取人数为2人，推出ξ的取值为1，2，3．求出概率得到分布列，然后求解期望即可．
【解答】
解：(1)由题意得“课外体育达标”人数：200×[(0.02+0.005)×10]=50，
则不达标人数为150，∴ 列联表如下：
∴ K2=200×(60×20−30×90)2150×50×90×110=20033=6.060<6.635．
∴ 在犯错误的概率不超过0.01的前提下没有理由认为“课外体育达标”与性别有关.
(2)由题意采用分层抽样在“课外体育达标”抽取人数为2人，
在“课外体育不达标”抽取人数为6人，
则题意知：ξ的取值为1，2，3．
P(ξ=1)=C61C22C83=656；
P(ξ=2)=C62C21C83=3056；
P(ξ=3)=C63C83=2056；
故ξ的分布列为：
故ξ的数学期望为：E(ξ)=1×656+2×3056+3×2056=94．
【答案】
(1)证明：以B为坐标原点，BC，BA所在直线分别为x，y轴，过B点且垂直于平面ABC的直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图，
由题意得A(0, 4, 0)，B(0, 0, 0)，M(1, 2, 1)，N(0, 2, 0)，S(0, 4, 2)，D(1, 0, 0)，
∴ MN→=(−1, 0, −1)，AB→=(0, −4, 0).
∵ MN→⋅AB→=0，
∴ MN⊥AB．
(2)解：设平面SND的一个法向量为m→=(x, y, z)，
设D(m, 0, 0)，(0≤m≤2)，SN→=(0, −2, −2)，DN→=(−m, 2, 0)，
∴ SN→⋅m→=−2y−2z=0，DN→⋅m→=−mx+2y=0，
令y=m，得m→=(2, m, −m).
又平面AND的法向量为n→=(0, 0, 1)，
cs=m→⋅n→|m→|×|n→|=66，
解得m=1，即D为BC中点．
∴ 三棱锥D−SNC的体积为
VD−SNC=VS−DNC=13×S△DNC⋅SA
=13×2×12×2×1=23．
【考点】
用空间向量求平面间的夹角
两条直线垂直的判定
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
（1）以B为坐标原点，BC，BA为x，y轴的正方向垂直于平面ABC的直线为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能证明MN⊥AB．
（2）求出平面SND的一个法向量和平面AND的法向量，利用向量法能求出D为BC中点，从而能求出三棱锥D−SNC的体积．
【解答】
(1)证明：以B为坐标原点，BC，BA所在直线分别为x，y轴，过B点且垂直于平面ABC的直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图，
由题意得A(0, 4, 0)，B(0, 0, 0)，M(1, 2, 1)，N(0, 2, 0)，S(0, 4, 2)，D(1, 0, 0)，
∴ MN→=(−1, 0, −1)，AB→=(0, −4, 0).
∵ MN→⋅AB→=0，
∴ MN⊥AB．
(2)解：设平面SND的一个法向量为m→=(x, y, z)，
设D(m, 0, 0)，(0≤m≤2)，SN→=(0, −2, −2)，DN→=(−m, 2, 0)，
∴ SN→⋅m→=−2y−2z=0，DN→⋅m→=−mx+2y=0，
令y=m，得m→=(2, m, −m).
又平面AND的法向量为n→=(0, 0, 1)，
cs=m→⋅n→|m→|×|n→|=66，
解得m=1，即D为BC中点．
∴ 三棱锥D−SNC的体积为
VD−SNC=VS−DNC=13×S△DNC⋅SA
=13×2×12×2×1=23．
【答案】
(1)解：由题意知，函数f(x)的定义域为(0, +∞)，
方程f′(x)=lnx−ax=0在(0, +∞)有两个不同根.
转化为函数y=lnx与函数y=ax的图象在(0, +∞)上有两个不同交点，如图，
可见，若令过原点且切于函数y=lnx图象的直线斜率为k，只须0设切点为A(x0, lnx0)，
故k=y′=1x0，又k=lnx0x0，
所以1x0=lnx0x0，
解得x0=e，
故k=1e，
故0(2)证明：由(1)知：当a=1e时，lnx≤xe恒成立，
∴ ln(e+12)≤1e(e+12)，
ln(e+122)≤1e(e+122)，
ln(e+123)≤1e(e+123)，
…ln(e+12n)≤1e(e+12n)
上式n个式子相加得：
ln(e+12)+ln(e+122)+⋯+ln(e+12n)
<1e(e+12)+1e(e+122)+⋯+1e(e+12n)，
即ln[(e+12)(e+122)⋯(e+12n)]
<1e(ne+12+122+⋯+12n)=n+1e(12+122+⋯+12n)，
又∵ 12+122+⋯+12n=1−(12)n<1，
∴ ln[(e+12)(e+122)⋯(e+12n)]∴ (e+12)(e+122)(e+123)⋯(e+12n)【考点】
函数恒成立问题
利用导数研究函数的极值
其他不等式的解法
【解析】
（1）依题意，函数f(x)的定义域为(0, +∞)，f′(x)=lnx−ax，函数f(x)在其定义域内有两个不同的极值点．即lnx−ax=0在(0, +∞)上有两个不同根．令g(x)=lnx−ax，利用导数求出函数的最值即可，
（2）由（1）知：当a=1e时，lnx≤1e恒成立，再放缩，根据对数的运算性质即可证明．
【解答】
(1)解：由题意知，函数f(x)的定义域为(0, +∞)，
方程f′(x)=lnx−ax=0在(0, +∞)有两个不同根.
转化为函数y=lnx与函数y=ax的图象在(0, +∞)上有两个不同交点，如图．
可见，若令过原点且切于函数y=lnx图象的直线斜率为k，只须0设切点为A(x0, lnx0)，
故k=y′=1x0，又k=lnx0x0，
所以1x0=lnx0x0，
解得x0=e，
故k=1e，
故0(2)证明：由(1)知：当a=1e时，lnx≤xe恒成立，
∴ ln(e+12)≤1e(e+12)，
ln(e+122)≤1e(e+122)，
ln(e+123)≤1e(e+123)，
…ln(e+12n)≤1e(e+12n)
上式n个式子相加得：
ln(e+12)+ln(e+122)+⋯+ln(e+12n)
<1e(e+12)+1e(e+122)+⋯+1e(e+12n)，
即ln[(e+12)(e+122)⋯(e+12n)]
<1e(ne+12+122+⋯+12n)=n+1e(12+122+⋯+12n)，
又∵ 12+122+⋯+12n=1−(12)n<1，
∴ ln[(e+12)(e+122)⋯(e+12n)]∴ (e+12)(e+122)(e+123)⋯(e+12n)【答案】
(1)解：由绝对值不等式得|x−2|−|x+3|≥|x−2−(x+3)|=5，
若不等式|x−2|−|x+3|≥|m+1|有解，
则满足|m+1|≤5，解得−6≤m≤4．
∴ M=4．
(2)证明：由(1)知正数a，b，c满足足a+2b+c=4，
即14[(a+b)+(b+c)]=1
∴ 1a+b+1b+c
=14(1+1+b+ca+b+a+bb+c)
≥14(2+2b+ca+b⋅a+bb+c)
≥14×4=1，
当且仅当b+ca+b=a+bb+c，即a+b=b+c=2，
即a=c，a+b=2时，取等号．
∴ 1a+b+1b+c≥1成立．
【考点】
不等式的证明
绝对值不等式的解法与证明
绝对值三角不等式
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
（1）根据绝对值不等式的性质进行转化求解．
（2）利用1的代换，结合基本不等式的性质进行证明即可．
【解答】
(1)解：由绝对值不等式得|x−2|−|x+3|≥|x−2−(x+3)|=5，
若不等式|x−2|−|x+3|≥|m+1|有解，
则满足|m+1|≤5，解得−6≤m≤4．
∴ M=4．
(2)证明：由(1)知正数a，b，c满足足a+2b+c=4，
即14[(a+b)+(b+c)]=1
∴ 1a+b+1b+c
=14(1+1+b+ca+b+a+bb+c)
≥14(2+2b+ca+b⋅a+bb+c)
≥14×4=1，
当且仅当b+ca+b=a+bb+c，即a+b=b+c=2，
即a=c，a+b=2时，取等号．
∴ 1a+b+1b+c≥1成立．课外体育不达标
课外体育达标
合计
男
60
女
110
合计
P(K2≥k0)
0.15
0.05
0.025
0.010
0.005
0.001
k0
2.702
3.841
5.024
6.635
7.879
10.828
课外体育不达标
课外体育达标
合计
男
60
30
90
女
90
20
110
合计
150
50
200
ξ
1
2
3
P
656
3056
2056
课外体育不达标
课外体育达标
合计
男
60
30
90
女
90
20
110
合计
150
50
200
ξ
1
2
3
P
656
3056
2056