2020-2021学年安徽省淮南市高二（下）入学考试数学试卷人教A版

这是一份2020-2021学年安徽省淮南市高二（下）入学考试数学试卷人教A版，共10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. 复数2+i1−2i的共轭复数是( )
A.−iB.iC.−35iD.35i

2. 若直线y=ax2−blnx在x=1处的切线方程为y=5x−2，则a，b的值为（ ）
A.2，1B.−2，−1C.3，1D.−3，−1

3. 已知命题p：∃x0∈[0,+∞)使4x0−2x0−k=0．命题q:∀x∈0,+∞，x2+k>0．则命题p是命题q的( )条件.
A.充分不必要B.必要不充分
C.充要D.既不充分也不必要

4. 一个几何体的三视图如图所示，该几何体表面上的点P在正视图上的对应点为P，点A，B，C在俯视图上的对应点为A，B，C，过直线AP作一平面与直线BC平行，则该平面截几何体所得截面多边形的周长为( )

A.32+213B.32+13C.22+213D.22+13

5. 若抛物线y2=4x的准线为l，P是抛物线上任意一点，则P到准线l的距离与P到直线3x+4y+7=0的距离之和的最小值是( )
A.2B.135C.145D.3

6. 已知f(x)=12x2−alnx在区间(0,2)上有极值点，实数a的取值范围是( )
A.(0,2)B.(−2,0)∪(0,2)C.(0,4)D.(−4,0)∪(0,4)

7. 已知双曲线C:x2a2−y2b2=1a>0,b>0的右焦点与抛物线y2=20x的焦点重合，且其渐近线方程为y=±43x，则该双曲线的方程为( )
A.x29−y216=1B.x216−y29=1C.x264−y236=1D.x236−y264=1

8. 已知命题p:x2+2x−3>0，命题q:x>a，且q的一个必要不充分条件是p，则实数a的取值范围是( )
A.[1,+∞）B.(−∞,1]C.[−1,+∞)D.(−∞,−3]

9. 若函数fx=lnx−kx在1,+∞上单调递减，则k的最小值是( )
A.1B.−1C.2D.−2

10. 已知函数y=fx的导函数为f′x，满足∀x∈R， f′x>fx且f1=e，则不等式flnx>x的解集为( )
A.e,+∞B.1,+∞C.0,eD.0,1

11. 椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左右焦点为F1，F2，若椭圆C上恰好有6个不同的点P，使得△F1F2P为等腰三角形，则椭圆C的离心率的取值范围是( )
A.(13，23)B.(12，1)
C.(23，1)D.(13，12)∪(12,1)

12. 已知f(x)为定义在(0, +∞)上的可导函数，且f(x)>xf′(x)恒成立，则不等式x2f(1x)−f(x)>0的解集为（ ）
A.(0, 1)B.(1, 2)C.(1, +∞)D.(2, +∞)
二、填空题

命题“∀x<0，都有x2>0”的否定是________.

设P是抛物线y2=4x上的一个动点，F为抛物线y2=4x的焦点，若B(3, 2)，则|PB|+|PF|的最小值为________．

已知f(x)=x2，g(x)=(12)x−m，若对∀x1∈[−1, 3]，∃x2∈[0, 2]，f(x1)≥g(x2)，则实数m的取值范围是________．

下图是两个腰长均为10cm的等腰直角三角形拼成的一个四边形ABCD，现将四边形ABCD沿BD折成直二面角A−BD−C，则三棱锥A−BCD的外接球的体积为________cm3．

三、解答题

已知p:x2−2x−3<0，若−ab恒成立的实数b的取值范围．

如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，底面△ABC是边长为2的等边三角形．D为AB中点．

(1)求证：BC1 // 平面A1CD；

(2)若四边形CBB1C1是正方形，且A1D=5，求多面体CA1C1BD的体积．

某同学大学毕业后，决定利用所学专业进行自主创业，经过市场调查，生产一小型电子产品需投入固定成本2万元，每生产x万件，需另投入流动成本Cx万元，当年产量小于7万件时，Cx=13x2+2x（万元）；当年产量不小于7万件时，Cx=6x+lnx+e3x−17（万元）．已知每件产品售价为6元，假若该同学生产的商品当年能全部售完．
(1)写出年利润P(x)（万元）关于年产量x（万件）的函数解析式；（注：年利润=年销售收入−固定成本−流动成本）

(2)当年产量约为多少万件时，该同学的这一产品所获年利润最大？最大年利润是多少？（取e3≈20）

如图在直角梯形ABCD中，AB//CD，AB⊥AD且2AB=2AD=CD=4，现以AD为一边向梯形外作矩形ADEF，然后沿边AD将矩形ADEF翻折，使平面ADEF与平面ABCD垂直.

(1)求证：BC⊥平面BDE;

(2)若点D到平面BEC的距离为2 ，求三棱锥F−BDE的体积.

如图，椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率为12，其左焦点到椭圆上点的最远距离为3，点P2,1为椭圆外一点，不过原点O的直线l与C相交于A，B两点，且线段AB被直线OP平分．

(1)求椭圆C的标准方程；

(2)求△ABP面积最大值时的直线l的方程．

已知函数f(x)=x3−x2，g(x)=xlnx−ax+5．
(1)若a=5 求曲线g(x)在x=1处的切线方程；

(2)若对任意的m，n∈12,2，f(m)−g(n)+2≤0恒成立，求实数a的取值范围．
参考答案与试题解析
2020-2021学年安徽省淮南市高二（下）入学考试数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
A
【考点】
共轭复数
复数代数形式的乘除运算
【解析】
利用复数的运算法则和共轭复数的定义即可得出．
【解答】
解：∵2+i1−2i=2+i1+2i5=5i5=i,
∴ 该复数的共轭复数为−i.
故选A.
2.
【答案】
C
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】
求出函数的导数，求得切线的斜率和切点，解关于−a,b的方程，可得a，b的值．
【解答】
解：fx=ax2−blnx的导数为f′x=2ax−bx，
在x=1处的切线斜率为k=2a−b.
由题意可得2a−b=5，且f1=a=3，
解得a=3，b=1.
故选C.
3.
【答案】
C
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】
直接求出两个命题成立，参数的范围，即可判断.
【解答】
解：对于p:k=4x0−2x0=2x0−122−14，
当x0=0时，4x0−2x0取最小值0，
∴ p为真命题时，k∈[0,+∞)，
对于q:∵ x2+k>0，∴ k>−x2，
∵ −x2∈−∞,0，∴ k≥0，
∴ p是q的充要条件．
故选C.
4.
【答案】
A
【考点】
简单空间图形的三视图
截面及其作法
【解析】
由三视图还原几何体，可知该几何体是如图所示的四棱锥:P−ABD，设CD中点为E，连接PE．AE，由线面平行的判定定理可
得ΔPAE为所求截面，利用三视图所给数据求出三角形各边长即可得结果
【解答】
解：由三视图可知，还原该几何体是如图所示的四棱锥:P−ABCD，
其中PD⊥平面ABCD，底面是直角梯形，
AB=2，AD=3，CD=4，高PD=3，
设CD中点为E，连接PE，AE，
则ABCE是平行四边形，
所以BC//AE，AE⊂平面PAE，
所以BC//平面PAE，△PAE即为所求截面，
由勾股定理可得PA=32，PE=AE=9+4=13.
△PAE的周长为32+213.
故选A．
5.
【答案】
A
【考点】
点到直线的距离公式
直线与抛物线的位置关系
【解析】
直接由抛物线的定义构造模型，即可求出点到直线距离的最小值.
【解答】
解：由抛物线定义可知点P到准线l的距离等于点P到焦点F的距离，
由抛物线y2=4x及直线方程 3x+4y+7=0可得直线与抛物线不相交．
所以点P到准线l的距离与点P到直线3x+4y+7=0 的距离之和的最小值为点 F1,0到直线3x+4y+7=0的距离，即|3+7|32+42=2.
故选A.
6.
【答案】
C
【考点】
利用导数研究函数的极值
【解析】
根据f(x)在区间(0, 2)上有极值点，得出f′(x)在区间(0, 2)上有零点，求出实数a的取值范围即可．
【解答】
解：∵ f(x)=12x2−alnx在区间(0, 2)上有极值点，
∴ f′(x)=x−ax=x2−ax在区间(0, 2)上有零点，
∴ x2−a=0在(0, 2)上有实数解，
∴ 0故选C.
7.
【答案】
A
【考点】
双曲线的标准方程
【解析】
渐近线方程为y=±bax，据此计算即可。
【解答】
解：由题可得，c=204=5，ba=43，
∵c2=a2+b2，
∴a2=9，b2=16.
故选A.
8.
【答案】
A
【考点】
根据充分必要条件求参数取值问题
【解析】
解一元二次不等式得到命题p，根据充分条件和必要条件的定义即可得结果.
【解答】
解：由p:x2+2x−3>0，则x<−3或x>1，
又p是q的必要不充分条件，所以a≥1满足题意.
故选A.
9.
【答案】
A
【考点】
利用导数研究函数的单调性
【解析】
利用导数，首先判断导数的正负性，即可求出参数方程.
【解答】
解：∵ fx=lnx−kx，
∴ f′x=1x−k，
∵ fx在区间1,+∞上单调递减，
∴ f′x=1x−k≤0在1,+∞上恒成立，
∴ k≥1，
∴ kmin=1.
故选A.
10.
【答案】
A
【考点】
利用导数研究函数的单调性
【解析】
首先构造函数，再利用函数的单调性，求出答案即可.
【解答】
解：设函数gx=fxex，
∴ g′x=f′x−fxex>0，
∴ gx单调递增，
∵ f1=e，g1=f1e1=1，
则glnx=flnxelnx=flnxx>1=g1，
∴ glnx>g1 ，
∴ lnx>1，
∴ x>e.
故选A.
11.
【答案】
D
【考点】
椭圆的离心率
【解析】
分等腰三角形△F1F2P以F1F2为底和以F1F2为一腰两种情况进行讨论，结合以椭圆焦点为圆心半径为2c的圆与椭圆位置关系的判断，建立关于a、c的不等式，解之即可得到椭圆C的离心率的取值范围．
【解答】
解：①当点P与短轴的顶点重合时，
△F1F2P构成以F1F2为底边的等腰三角形，
此种情况有2个满足条件的等腰△F1F2P；
②当△F1F2P构成以F1F2为一腰的等腰三角形时，
以F2P作为等腰三角形的底边为例，
∵ F1F2=F1P，
∴ 点P在以F1为圆心，半径为焦距2c的圆上
因此，当以F1为圆心，半径为2c的圆与椭圆C有2交点时，
存在2个满足条件的等腰△F1F2P，
在△F1F2P1中，F1F2+PF1>PF2，即2c+2c>2a−2c，
由此得知3c>a．所以离心率e>13．
当e=12时，△F1F2P是等边三角形，与①中的三角形重复，故e≠12，
同理，当F1P为等腰三角形的底边时，在e>13且e≠12时也存在2个满足条件的等腰△F1F2P，
这样，总共有6个不同的点P使得△F1F2P为等腰三角形
综上所述，离心率的取值范围是：e∈(13, 12)∪(12, 1).
故选D.
12.
【答案】
C
【考点】
利用导数研究函数的单调性
【解析】
令辅助函数F(x)=f(x)x，求其导函数，据导函数的符号与函数单调性的关系判断出F(x)的单调性，利用单调性判断出由不等式 f(1x)1x>f(x)x的关系，利用不等式的性质得到结论．
【解答】
解：设g(x)​=f(x)x，则g′(x)​=xf′(x)−f(x)x2，
∵ f(x)>xf′(x)，
∴ xf′(x)−f(x)<0，
∴ g′(x)<0，
∴ g(x)在(0,+∞)上为减函数.
∵ x2f(1x)−f(x)>0，x>0，
∴ f(1x)1x>f(x)x，
∴ g(1x)>g(x).
∵ g(x)在(0,+∞)上为减函数，
∴ 1x∴ x∈(1,+∞).
故选C.
二、填空题
【答案】
∃x<0，有x2≤0
【考点】
命题的否定
【解析】
各班级全称命题的否定是特称命题进行求解即可．
【解答】
解：命题是全称命题，
则命题的否定是：∃x<0，有x2≤0.
故答案为：∃x<0，有x2≤0.
【答案】
4
【考点】
抛物线的性质
【解析】
所求距离等于|PB|加上P到准线x＝−1的距离，当P、B、F三点共线时，距离之和最小，由点到直线的距离公式可得．
【解答】
解：由抛物线的定义可知|PF|等于P到准线x=−1的距离，
故|PB|+|PF|等于|PB|加上P到准线x=−1的距离，
可知当P、B、F三点共线时，距离之和最小，最小距离为3−(−1)=4．
故答案为：4.
【答案】
m≥14
【考点】
函数恒成立问题
【解析】
先利用函数的单调性求出两个函数的函数值的范围，再比较其最值即可求实数m的取值范围．
【解答】
解：因为x1∈[−1, 3]时，f(x1)∈[0, 9]；
x2∈[0, 2]时，g(x2)∈[14−m, 1−m]．
故只需0≥14−m⇒m≥14．
故答案为： m≥14．
【答案】
5003π
【考点】
球的表面积和体积
【解析】
由题设可将该三棱锥拓展成如图所示的正方体，则该正方体的外接球就是三棱锥的外接球，由于正方体的对角线长为l=2R=103，即球的半径R=53，该球的体积V=43πR3=5003π，应填答案5003π
【解答】
解：根据题意画出图形，
易知三棱锥A−BCD的外接球的直径为AC的长，
AC=102+102+102=103.
则外接球的体积为43×π×(53)3=5003π.
故答案为：5003π.
三、解答题
【答案】
解：由于p:x2−2x−3<0⇔−1−a0．
依题意，得x|−10.
所以1−a≤−11+a≥3. 解得a≥2，
则使a>b恒成立的实数b的取值范围是−∞,2.
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
函数恒成立问题
充分条件、必要条件、充要条件
【解析】

【解答】
解：由于p:x2−2x−3<0⇔−1−a0．
依题意，得x|−10.
所以1−a≤−11+a≥3. 解得a≥2，
则使a>b恒成立的实数b的取值范围是−∞,2.
【答案】
解：(1)连结AC1，设AC1∩A1C=E，连结DE，则E是AC1的中点，
∵ D是AB的中点，
∴ DE // BC1，又DE⊂平面A1CD，BC1⊄平面A1CD，
∴ BC1 // 平面A1CD．
(2)∵ 四边形CBB1C1是正方形，△ABC是边长为2的等边三角形，D为AB中点，
∴ AD=1，AA1=B1B=BC=2，
∴ AD2+A1A2=5=A1D2，∴ A1A⊥AD，
又∵ B1B⊥BC，B1B // A1A，
∴ A1A⊥BC，
又AD⊂平面ABC，BC⊂平面ABC，AD∩BC=B，
∴ A1A⊥平面ABC，
∵ S△ABC=S△A1B1C1=34×22=3，
∴ S△ACD=12S△ABC=32．
∴ 多面体CA1C1BD的体积
V=VABC−A1B1C1−VA1−ACD−VB−A1B1C1
=S△ABC⋅AA1−13S△ACD⋅AA1−13S△A1B1C1⋅BB1
=3×2−13×32×2−13×3×2=3．
∴ 多面体CA1C1BD的体积为3．
【考点】
直线与平面平行的判定
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
（1）取AC1中点E，连结DE，由中位线定理得出DE // BC1，故而BC1 // 平面A1CD；
（2）由勾股定理的逆定理可证明AA1⊥平面ABC，然后利用作差法求出多面体的体积．

【解答】
解：(1)连结AC1，设AC1∩A1C=E，连结DE，则E是AC1的中点，
∵ D是AB的中点，
∴ DE // BC1，又DE⊂平面A1CD，BC1⊄平面A1CD，
∴ BC1 // 平面A1CD．
(2)∵ 四边形CBB1C1是正方形，△ABC是边长为2的等边三角形，D为AB中点，
∴ AD=1，AA1=B1B=BC=2，
∴ AD2+A1A2=5=A1D2，∴ A1A⊥AD，
又∵ B1B⊥BC，B1B // A1A，
∴ A1A⊥BC，
又AD⊂平面ABC，BC⊂平面ABC，AD∩BC=B，
∴ A1A⊥平面ABC，
∵ S△ABC=S△A1B1C1=34×22=3，
∴ S△ACD=12S△ABC=32．
∴ 多面体CA1C1BD的体积
V=VABC−A1B1C1−VA1−ACD−VB−A1B1C1
=S△ABC⋅AA1−13S△ACD⋅AA1−13S△A1B1C1⋅BB1
=3×2−13×32×2−13×3×2=3．
∴ 多面体CA1C1BD的体积为3．
【答案】
解：(1)产品售价为6元，则x万件产品销售收入为6x万元．
依题意得，当0P(x)=6x−13x2+2x−2=−13x2+4x−2，
当x≥7时，
P(x)=6x−6x+lnx+e3x−17−2=15−lnx−e3x．
∴P(x)=−13x2+4x−2,0(2)当0∴当x=6时，P(x)的最大值为P(6)=10（万元）．
当x≥7时，P(x)=15−lnx−e3x，
∴P′(x)=−1x+e3x2=e3−xx2，
∴当7≤x0，P(x)单调递增，
∴当x=e3时，P(x)取最大值P(e3)=15−lne3−1=11（万元），
∵11>10，
∴当x=e3≈20时，P(x)取得最大值11万元，
即当年产量约为20万件时，
该同学的这一产品所获年利润最大，最大利益为11万元．
【考点】
函数最值的应用
分段函数的解析式求法及其图象的作法
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)产品售价为6元，则x万件产品销售收入为6x万元．
依题意得，当0P(x)=6x−13x2+2x−2=−13x2+4x−2，
当x≥7时，
P(x)=6x−6x+lnx+e3x−17−2=15−lnx−e3x．
∴P(x)=−13x2+4x−2,0(2)当0∴当x=6时，P(x)的最大值为P(6)=10（万元）．
当x≥7时，P(x)=15−lnx−e3x，
∴P′(x)=−1x+e3x2=e3−xx2，
∴当7≤x0，P(x)单调递增，
∴当x=e3时，P(x)取最大值P(e3)=15−lne3−1=11（万元），
∵11>10，
∴当x=e3≈20时，P(x)取得最大值11万元，
即当年产量约为20万件时，
该同学的这一产品所获年利润最大，最大利益为11万元．
【答案】
证明：(1)在矩形ADEF中，DE⊥AD，
又∵ 平面ADEF⊥平面ABCD，
且平面ADEF∩平面ABCD=AD，
∴ DE⊥平面ABCD，所以DE⊥BC，
在直角梯形ABCD中，2AB=2AD=CD=4，
可得BD=22，
在△BCD中，BC=BD=22，CD=4，
∴ BD2+BC2=CD2，
∴ BC⊥BD，
又DE∩BD=D，
∴ BC⊥平面BDE．
(2)解：∵ BC⊥平面BDE，
∴ BC⊥BE，∴ BE=DE2+BD2.
设DE=x，
VD−BCE=13S△BEC×2=13×12×22×8+x2×2，
VE−BDC=13×12×22×22x，
∵ VD−BEC=VE−BDC，
解得x=83，
∴ VF−BED=VB−FED=13×12×2×83×2=469.
【考点】
柱体、锥体、台体的体积计算
平面与平面垂直的判定
【解析】
（1）利用平面ADEF⊥平面ABCD，得到DE⊥BC，再利用勾股逆定理得到BC⊥BD，然后根据直线与平面垂直的判
定证明即可．
（2）令DE=x，利用VD−EEC=VE−BDC，解得x=83，再用三棱锥的等体积转化VB−BE3B−EE即可求出体积．
【解答】
证明：(1)在矩形ADEF中，DE⊥AD，
又∵ 平面ADEF⊥平面ABCD，
且平面ADEF∩平面ABCD=AD，
∴ DE⊥平面ABCD，所以DE⊥BC，
在直角梯形ABCD中，2AB=2AD=CD=4，
可得BD=22，
在△BCD中，BC=BD=22，CD=4，
∴ BD2+BC2=CD2，
∴ BC⊥BD，
又DE∩BD=D，
∴ BC⊥平面BDE．
(2)解：∵ BC⊥平面BDE，
∴ BC⊥BE，∴ BE=DE2+BD2.
设DE=x，
VD−BCE=13S△BEC×2=13×12×22×8+x2×2，
VE−BDC=13×12×22×22x，
∵ VD−BEC=VE−BDC，
解得x=83，
∴ VF−BED=VB−FED=13×12×2×83×2=469.
【答案】
解：(1)由题：e=ca=12，
左焦点−c,0到椭圆上点的最远距离为3，即：a+c=3，
可解得：a=2，c=1 ，
∴ 所求椭圆C的方程为：x24+y23=1.
(2)易得直线OP的方程：y=12x，
设A(xA，yA)，B(xB，yB)，
AB的中点R(x0,y0)，其中y0=12x0，
∵A,B在椭圆上，
∴xA24+yA23=1，xB24+yB23=1，
两式相减得3(xA−xB)(xA+xB)+4(yA−yB)(yA+yB)=0，
整理得： 6x0+8y0yA−yBxA−xB=0，
因为y0=12x0，
代入求得： kAB=−32.
设直线AB的方程l为:y=−32x+m, m≠0，
代入椭圆： x24+y23=1，y=−32x+m⇒3x2−3mx+m2−3=0.
由Δ>0，可得： −23又 xA+xB=m, xAxB=m2−33，
∴ |AB|=1+kAB2xA+xB2−4xAxB
=1+kAB24−m23.
∵点P(2,1)到直线l的距离为：
d=|−3+m−1|1+kAB2=|m−4|1+kAB2,
∴S△ABP=12d|AB|=12|m−4|12−m23
=36(m−4)2(12−m2).
令um=m−4212−m2， −23u′m=2m−412−m2+m−42−2m
整理得：u′(m)=−4(m−4)[m−(1−7)][m+(1+7)]，
当m=1−7时，S△ABP取得最大值，
此时直线l的方程y=−32x+1−7.
【考点】
椭圆的标准方程
直线与椭圆结合的最值问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由题：e=ca=12，
左焦点−c,0到椭圆上点的最远距离为3，即：a+c=3，
可解得：a=2，c=1 ，
∴ 所求椭圆C的方程为：x24+y23=1.
(2)易得直线OP的方程：y=12x，
设A(xA，yA)，B(xB，yB)，
AB的中点R(x0,y0)，其中y0=12x0，
∵A,B在椭圆上，
∴xA24+yA23=1，xB24+yB23=1，
两式相减得3(xA−xB)(xA+xB)+4(yA−yB)(yA+yB)=0，
整理得： 6x0+8y0yA−yBxA−xB=0，
因为y0=12x0，
代入求得： kAB=−32.
设直线AB的方程l为:y=−32x+m, m≠0，
代入椭圆： x24+y23=1，y=−32x+m⇒3x2−3mx+m2−3=0.
由Δ>0，可得： −23又 xA+xB=m, xAxB=m2−33，
∴ |AB|=1+kAB2xA+xB2−4xAxB
=1+kAB24−m23.
∵点P(2,1)到直线l的距离为：
d=|−3+m−1|1+kAB2=|m−4|1+kAB2,
∴S△ABP=12d|AB|=12|m−4|12−m23
=36(m−4)2(12−m2).
令um=m−4212−m2， −23u′m=2m−412−m2+m−42−2m
整理得：u′(m)=−4(m−4)[m−(1−7)][m+(1+7)]，
当m=1−7时，S△ABP取得最大值，
此时直线l的方程y=−32x+1−7.
【答案】
解：(1)因为a=5，所以函数gx=xlnx−5x+5，
所以g1=0，即切点为1,0，
所以g′x=lnx+1+5x2，
代入x=1，得到k=g′1=6，
故所求的切线方程为y=6x−1，即y=6x−6.
(2)对任意的m，n∈12,2，fm−gn+2≤0恒成立，
可得fmmax≤gn−2，对任意的m， n∈12,2恒成立，
f′m=3m2−2m，令f′m=0得m=0或m=23，
所以m∈12,23时，f′m<0，fm单调递减，
m∈23,2时， f′m>0，fm单调递增，
而f12=−18，f2=4，所以fmmax=4，
所以gn−2≥4，对任意的n∈[12,2]恒成立，
即nlnn−an+5−2≥4对任意的n∈12,2恒成立，
所以a≤n2lnn−n，对任意的n∈[12,2] 恒成立，
设φn=n2lnn−n，n∈12,2，则a≤φnmin，
φ′n=2nlnn+n−1，设tn=2nlnn+n−1 ，
t′n=2lnn+3，
因为n∈12,2，所以t′n>0，所以tn单调递增，
即φ′n单调递增，而φ′1=0，
所以当n∈12,1，φ′n<0, φn单调递减，
当n∈1,2, φ′n>0，φn单调递增，
所以n=1时， φn取得最小值，
因为φ1=−1，所以a≤−1.
【考点】
利用导数研究曲线上某点切线方程
利用导数研究不等式恒成立问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)因为a=5，所以函数gx=xlnx−5x+5，
所以g1=0，即切点为1,0，
所以g′x=lnx+1+5x2，
代入x=1，得到k=g′1=6，
故所求的切线方程为y=6x−1，即y=6x−6.
(2)对任意的m，n∈12,2，fm−gn+2≤0恒成立，
可得fmmax≤gn−2，对任意的m， n∈12,2恒成立，
f′m=3m2−2m，令f′m=0得m=0或m=23，
所以m∈12,23时，f′m<0，fm单调递减，
m∈23,2时， f′m>0，fm单调递增，
而f12=−18，f2=4，所以fmmax=4，
所以gn−2≥4，对任意的n∈[12,2]恒成立，
即nlnn−an+5−2≥4对任意的n∈12,2恒成立，
所以a≤n2lnn−n，对任意的n∈[12,2] 恒成立，
设φn=n2lnn−n，n∈12,2，则a≤φnmin，
φ′n=2nlnn+n−1，设tn=2nlnn+n−1 ，
t′n=2lnn+3，
因为n∈12,2，所以t′n>0，所以tn单调递增，
即φ′n单调递增，而φ′1=0，
所以当n∈12,1，φ′n<0, φn单调递减，
当n∈1,2, φ′n>0，φn单调递增，
所以n=1时， φn取得最小值，
因为φ1=−1，所以a≤−1.