2023-2024学年福建省四校安溪一中、养正中学、惠安一中、泉州实验中学四校高三（下）返校联考数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年福建省四校安溪一中、养正中学、惠安一中、泉州实验中学四校高三（下）返校联考数学试卷（含解析），共16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||x−1|>2}，B={x|lg4x<1}，则A∩B=( )
A. (3,4)B. (−∞,−1)∪(3,4)
C. (1,4)D. (−∞,4)
2.若复数a+3i2+i是纯虚数，则实数a=( )
A. −32B. 32C. −23D. 23
3.在△ABC中，D是线段BC上一点，满足BD=2DC，M是线段AD的中点，设BM=xAB+yAC，则( )
A. x−y=−12B. x+y=−12C. x−y=12D. x+y=12
4.深度学习是人工智能的一种具有代表性的实现方法，它是以神经网络为出发点的．在神经网络优化中，指数衰减的学习率模型为L=L0DGG0，其中L表示每一轮优化时使用的学习率，L0表示初始学习率，D表示衰减系数，G表示训练迭代轮数，G0表示衰减速度．已知某个指数衰减的学习率模型的初始学习率为0.5，衰减速度为22，且当训练迭代轮数为22时，学习率衰减为0.45，则学习率衰减到0.05以下所需的训练迭代轮数至少为(参考数据：lg2≈0.3010，lg3≈0.4771)( )
A. 11B. 22C. 227D. 481
5.已知椭圆C：x24+y23=1的左右焦点为分别F1、F2，P为椭圆C上一点，∠PF1F2=π3，则△PF1F2的面积为( )
A. 3B. 1C. 3D. 2 3
6.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若C=2A，a，b，c成等差数列，则csC=( )
A. 18B. 34C. −12D. 45
7.已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左右顶点分别为A、B，点P，Q均在C上，且关于x轴对称.若直线AP、BQ的斜率之积为−14，则该双曲线的离心率为( )
A. 72B. 62C. 52D. 2
8.已知正数a，b，c满足ea=b=lnc，e为自然对数的底数，则下列不等式一定成立的是( )
A. a+c<2bB. a+c>2bC. acb2
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A，B是直线y= 32与函数f(x)=sin(ωx+π6)(ω>0)图象的两个相邻交点，若|AB|=π6，则ω的值可能是( )
A. 2B. 4C. 8D. 10
10.如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=2，P是正方形ABCD内部(含边界)的一个动点，则( )
A. 存在唯一点P，使得D1P⊥B1C
B. 存在唯一点P，使得直线D1P与平面ABCD所成的角取到最小值
C. 若DP=12DB，则三棱锥P−BB1C外接球的表面积为8π
D. 若异面直线D1P与A1B所成的角为π4，则动点P的轨迹是抛物线的一部分
11.学校食堂每天中午都会提供A，B两种套餐供学生选择(学生只能选择其中的一种)，经过统计分析发现：学生第一天选择A套餐的概率为23，选择B套餐的概率为13.而前一天选择了A套餐的学生第二天选择A套餐的概率为14，选择B套餐的概率为34；前一天选择B套餐的学生第二天选择A套餐的概率为12，选择B套餐的概率也是12，如此反复.记某同学第n天选择A套餐的概率为An，选择B套餐的概率为Bn.一个月(30天)后，记甲、乙、丙三位同学选择B套餐的人数为X，则下列说法中正确的是( )
A. An+Bn=1B. 数列{An−25}是等比数列
C. E(X)=1.5D. P(X=1)=36125
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知圆x2+y2=4，直线l：y=x+b，圆上恰好有两个点到直线l的距离等于1.则符合条件的实数b可以为______.(只需写出一个满足条件的实数即可)
13.梯形ABCD中，AD//BC，AB⊥AD，AD=AB=1，BC=2，分别以AB、BC、AD为轴旋转一周所得到的旋转体的体积的最大值为______．
14.若过点(1,0)可以作曲线y=ln(x+a)的两条切线，则实数a的取值范围为______．
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)
如图为一块直四棱柱木料，其底面ABCD满足：AB⊥AD，AD//BC．
(1)要经过平面CC1D1D内的一点P和棱BB将木料锯开，在木料表面应该怎样画线？(借助尺规作图，并写出作图说明，无需证明)
(2)若AD=AB=2，BC=AA1=1，当点P在点C处时，求直线AP与平面CC1D1D所成角的正弦值．
16.(本小题15分)
如图，在数轴上，一个质点在外力的作用下，从原点O出发，每次等可能地向左或向右移动一个单位，质点到达位置的数字记为X．

(1)若该质点共移动2次，位于原点O的概率．
(2)若该质点共移动6次，求该质点到达数字X的分布列和数学期望．
17.(本小题15分)
有n2(n≥4)个正数，排成n行n列的数表：
a11a12a13a14…a1na21a22a23a24…a2na31a32a33a34…a3na41a42a43a44…a4n………………an1an2an3an4…ann
其中aij表示位于第i行，第j列的数.数表中每一行的数成等差数列，每一列的数成等比数列，并且所有公比相等.已知a24=1，a42=18，a43=316．
(1)求公比．
(2)求a11+a22+⋯+ann．
18.(本小题17分)
已知抛物线C：y2=2px(p>0)经过点P(4,4)．
(1)求抛物线C的方程及其准线方程．
(2)设O为原点，直线y=kx+2与抛物线C交于M，N(异于P)两点，过点M垂直于x轴的直线交直线OP于点T，点H满足MT=TH.证明：直线HN过定点．
19.(本小题17分)
已知函数f(x)=exlnx,g(x)=(x−1e)2−1．
(1)证明：对任意的x∈(0,1)，都有f(x)≥g(x)．
(2)若关于x的方程f(x)=m有两个不等实根x1，x2，证明：1+m<|x2−x1|<2 1+m．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：∵集合A={x||x−1|>2}={x|x<−1或x>3}，
B={x|lg4x<1}={x|0∴A∩B={x|3故选：A．
分分别求出集合A，B，利用交集定义能求出结果．
本题考查交集的求法，考查交集定义、不等式性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
2.【答案】A
【解析】解：∵a+3i2+i=(a+3i)(2−i)(2+i)(2−i)=2a+3+(6−a)i4−i2=2a+35+6−a5i是纯虚数，
∴2a+3=06−a≠0，解得a=−32．
故选：A．
利用复数代数形式的乘除运算化简，再由实部为0且虚部不为0列式求解．
本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题．
3.【答案】B
【解析】解：因为D是线段BC上一点，满足BD=2DC，
所以AD=AB+23BC=AB+23(AC−AB)=13AB+23AC，
又M是线段AD的中点，所以AM=12AD=16AB+13AC，
所以BM=BA+AM=−AB+16AB+13AC=−56AB+13AC，
所以x=−56,y=13，故x+y=−12．
故选：B．
利用向量的线性运算，求出BM=−56AB+13AC，得到x，y的值，再对各选项分析判断即可求出结果．
本题主要考查平面向量的基本定理，属于基础题．
4.【答案】D
【解析】解：由于L=L0DGG0，所以L =0.5×DG22，
依题意0.45=0.5×D2222⇒D=910，
则L=0.5×(910)G22，
由L=0.5×(910)G22<0.05 ,得(910)G22<110，
lg(910)G22G⋅(lg9−lg10)<−22,G⋅(lg10−lg9)>22,G>22lg10−lg9，
G>221−2lg3=221−2×0.4771=220.0458≈480.35，
所以所需的训练迭代轮数至少为481轮．
故选：D．
根据已知条件列方程、不等式，化简求得正确答案．
本题考查了函数模型在实际问题中的应用，属于中档题．
5.【答案】A
【解析】解：由椭圆的方程可知a=2，b= 3，
所以c2=4−3=1，解得c=1，
由椭圆定义可得|PF1|+|PF2|=2a=4，|F1F2|=2c=2，
由余弦定理得：cs∠PF1F2=|PF1|2+|F1F2|2−|PF2|22|PF1|⋅|F1F2|，
因为|PF2|=4−|PF1|，∠PF1F2=π3，
所以|PF1|2+4−(4−|PF1|)24|PF1|=12，
解得|PF1|=2，
则S△PF1F2=12|PF1|⋅|F1F2|sin∠PF1F2=12×2×2× 32= 3．
故选：A．
由椭圆的方程可得a，b的值，再求出c的值，再由椭圆的定义可得|PF1|+|PF2|=4，|F1F2|=2，由题意及余弦定理，求出|PF1|的值，利用三角形面积公式求出答案即可．
本题考查椭圆的定义的应用及余弦定理的应用，三角形面积的求法，属于中档题．
6.【答案】A
【解析】解：根据题意，因为C=2A，所以B=π−3A，
又因为a，b，c成等差数列，即2b=a+c.则有2sinB=sinA+sinC，即2sin(3A)=sinA+sinC，
则2sin2AcsA+2cs2AsinA=sinA+sinC，
变形可得：sin2A(2csA−1)=sinA(1−2cs2A)，
又由sinA≠0，可得8cs2A−2csA−3=0，
必有A为锐角，所以csA=34，则csC=2×(34)2−1=18．
故选：A．
根据题意，分析可得B=π−3A，由正弦定理可得2sinB=sinA+sinC，即2sin(3A)=sinA+sinC，变形求出csA的值，解二倍角公式计算可得答案．
本题考查等差数列的性质，涉及三角函数的恒等变形，属于基础题．
7.【答案】C
【解析】解：设P(x1,y1)，Q(x1,−y1)，则x12a2−y12b2=1，
所以y1x1+a⋅−y1x1−a=−y12x12−a2=b2(1−x12a2)x12−a2=−b2a2=−14，
所以b2a2=14,e=ca= a2+b2a= 1+b2a2= 52．
故选：C．
由y1x1+a⋅−y1x1−a=−14结合x12a2−y12b2=1得b2a2=14，由离心率公式即可得解．
本题主要考查双曲线的性质，考查运算求解能力，属于中档题．
8.【答案】B
【解析】解：对于选项A和选项B，
由ea=b=lnc，可知a=lnb，c=eb，
则a+c=lnb+eb，构造函数f(x)=lnx+ex−2x，
则f′(x)=1x+ex−2．
因为正数a、b满足ea=b，所以b>1．
当x≥1时，1x+ex−2>0恒成立，
所以f(x)在x∈[1,+∞)上单调递增，
因为b>1，则f(b)>f(1)，
即lnb+eb−2b>0+e−2>0，
所以lnb+eb>2b，即a+c>2b．
故B选项正确：
对于选项C和选项D，
令b=e，解得a=1，c=e2，此时ac=e2=b2，故选项C和选项D都不正确．
故选：B．
将a和c都用b表示，再利用求导即可比大小．
本题主要考查构造函数比大小，通过求导即可判断，注意有时也可代特殊值来判断选项，属于中等题．
9.【答案】AD
【解析】解：设函数f(x)的最小正周期为T，
则|AB|=16T或者|AB|=56T，
即2π6ω=π6或10π6ω=π6，
解得ω=2或ω=10，
故选：AD．
因为y=sinx的图象与直线y= 32的相邻交点的距离为π3或5π3，占周期的比例的16或56，由此结合周期公式列式求解即可．
本题考查的知识要点：正弦型函数的性质，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题．
10.【答案】BCD
【解析】解：对于A选项：正方形BCC1B1中，有BC1⊥B1C，
正方体中有AB⊥平面BCC1B1，B1C⊂平面BCC1B1，AB⊥B1C，
又BC1∩AB=B，BC1，AB⊂平面ABC1D1，B1C⊥平面ABC1D1，
只要D1P⊂平面ABC1D1，就有D1P⊥B1C，P在线段AB上，有无数个点，A选项错误；
对于B选项：D1D⊥平面ABCD，直线D1P与平面ABCD所成的角为∠D1PD，D1D=2，∠D1PD取到最小值时，PD最大，
此时点P与点B重合，B选项正确；
对于C选项：若DP=12DB，则P为DB中点，△PBC为等腰直角三角形，外接圆半径为12BC=1，
三棱锥P−BB1C外接球的球心到平面PBC的距离为12BB1=1，则外接球的半径为 2，所以三棱锥P−BB1C外接球的表面积为8π，C选项正确；
对于D选项：以D为原点，DA,DC,DD1的方向为x轴，y轴，z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则D1(0,0,2)，A1(2,0,2)，B(2,2,0)，设P(x,y,0)(0≤x≤2,0≤y≤2)，则有D1P=(x,y,−2)，A1B=(0,2,−2)，
有|cs|=|D1P⋅A1B||D1P||A1B|=|2y+4| x2+y2+4⋅ 8=csπ4= 22，化简得x2=4y，P是正方形ABCD内部(含边界)的一个动点，
所以P的轨迹是抛物线的一部分，D选项正确．
故选：BCD．
由线面垂直得线线垂直来确定点P位置，判断选项A；
几何法找线面角，当角最小时确定点P位置，判断选项B；
P为DB中点时，求三棱锥P−BB1C外接球的半径，计算外接球的表面积，判断选项C；
利用向量法解决异面直线所成角的问题，求出动点P的轨迹，判断选项D．
本题主要考查空间中直线与平面所成得角，属于中档题．
11.【答案】ABD
【解析】解：对于A，由于学校食堂每天中都会提供A，B两种套餐供学生选择(学生只能选择其中的一种)，
故A n+Bn=1，故A正确，
对于B，由题意可得，An+1=An×14+(1−An)×12，
则An+1−25=−14(An−25)(n≥1,n∈N)，
又∵n=1时，A1−25=23−25=415，
∴数列{An−25}是首项为415，公比为−14的等比数列，
∴An−25=415⋅(−14)n−1,An=25−1615⋅(−14)n,Bn=1−An=35+1615⋅(−14)n，
当n>30时，Bn≈35，
∴X～B(3,35),P(X=1)=C31(35)(1−35)2=36125,E(X)=3×35=95=1.8，
故BD正确，C错误．
故选：ABD．
对于A，结合每人每次只能选择A，B两种套餐中的一种，即可求解，
对于BCD，结合等比数列的性质，以及期望公式，即可依次求解．
本题主要考查离散型随机变量的应用，以及等比数列的性质，属于中档题．
12.【答案】2
【解析】解：圆心为(0,0)，圆的半径为2，设圆心到直线l的距离为d，
因为圆上恰好有两个点到直线l的距离等于1，
所以1解得−3 2所以b的取值范围为(−3 2,− 2)∪( 2,3 2)．
故答案为：2(答案不唯一，符合(−3 2,− 2)∪( 2,3 2)即可)．
圆上的点到直线由两个点的距离为1，转化为圆心到直线的距离大于1小于3，求解即可．
本题主要考查直线与圆的位置关系，考查转化能力，属于中档题．
13.【答案】7π3
【解析】解：由题意可知，四边形ABCD是直角梯形，且AB为直角腰，且AB=AD=1，BC=2，
①若以AB为轴旋转一周，则形成的几何体为圆台，且圆台的上底面半径为1，下底面半径为2，高为1，
所以几何体的体积为V1=13(π+4π+ π⋅4π)⋅1=7π3；
②若以BC为轴旋转一周，则形成的几何体是由一个圆柱和一个圆锥组合而成，
圆柱、圆锥的底面半径均为1，高均为1，
所以几何体的体积为V2=π×12×1+13×π×12×1=4π3；
③若以AD为轴选择一周，则形成的几何体是在一个圆柱中挖去一个圆锥所形成的几何体，
圆柱的底面半径为1，高为2，圆锥的底面半径与高均为1，
所以几何体的体积为V3=π×12×2−13×π×12×1=5π3．
因为V1>V3>V2，
所以分别以AB、BC、AD为轴旋转一周所得到的旋转体的体积的最大值为7π3．
故答案为：7π3．
以AB为轴旋转一周，则形成的几何体为圆台，以BC为轴旋转一周，则形成的几何体是由一个圆柱和一个圆锥组合而成，以AD为轴选择一周，则形成的几何体是在一个圆柱中挖去一个圆锥所形成的几何体，分别求出所形成的几何体的体积，比较大小即可得到答案．
本题考查了旋转体的体积问题，解题的关键是弄清旋转所形成的几何体的结构特征，考查了逻辑推理能力与空间想象能力，属于中档题．
14.【答案】(−1,0)
【解析】解：由题意y′=1x+a，设切点为(x0,ln(x0+a))，(x0>−a)，
则切线斜率满足ln(x0+a)−0x0−1=1x0+a，
整理得(x0+a)ln(x0+a)−x0+1=0，由题意该方程在(−a,+∞)有两个根，
所以函数g(x)=(x+a)ln(x+a)−x+1在(−a,+∞)有两个零点，
g′(x)=ln(x+a)+1−1=ln(x+a)，令g′(x)=0得x=1−a，
当−a1−a时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
所以首先有g(x)min=g(1−a)=−(1−a)+1=a<0(否则g(x)不可能有零点，矛盾)，
其次当x→+∞时，g(x)→+∞，所以g(x)在(1−a,+∞)上，有且仅有一个零点，
所以还需保证g(x)在(−a,1−a)上有1个零点，
现在来说明x趋于−a(x>−a)时，g(x)→a+1，(g(x)令x+a=1t，则当x趋于−a(x>−a)时，t→+∞，
所以g(x)=(x+a)ln(x+a)−x+1=−lntt−(1t−a)+1→a+1，
所以只需保证a+1>0，解得a>−1，
综上所述，实数a的取值范围为(−1,0)．
故答案为：(−1,0)．
首先由导数的几何意义将原问题等价转换为函数g(x)=(x+a)ln(x+a)−x+1在(−a,+∞)有两个零点，求导得出g(x)min=a，若要满足题意，根据零点存在定理以及g(x)单调性可知g(x)的两个零点只能分布在(−a,1−a)，(1−a,+∞)这两个区间，由此即可列出不等式求解．
本题考查导数的综合应用，利用导数求函数的切线问题，化归转化思想，属中档题．
15.【答案】解：(1)过点P作直线EF//CC1，分别交CD、C1D1于E、F，连接BE、B1F；

(2)以AA1，AB、AD所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系A−xyz，

则A(0,0,0)，D(0,0,2)，D1(1,0,2)，C(0,2,1)，
∴P(0,2,1)，AP=(0,2,1),CD=(0,−2,1),DD1=(1,0,0)，
设平面CC1D1D的法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅CD=−2y+z=0n⋅DD1=x=0，取n=(0,1,2)，
设直线AP与平面CC1D1D所成角为θ，
sinθ=|cs〈n,AP〉|=|n⋅AP|n||AP||=45，
所以直线AP与平面CC1D1D所成角的正弦值为45．
【解析】(1)过点P做直线EF//CC1，分别交CD、C1D1于E、F，连接BE、B1F，即可得答案，
(2)以AA1，AB、AD所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系A−xyz，利用空间向量求解即可．
本题考查了线线平行和线面角的计算，属于中档题．
16.【答案】解：(1)质点移动2次，可能结果共有2×2=4种，
若质点位于原点O，则质点需要向左、右各移动一次，共有C21=2种，
故质点位于原点O的概率P=24=12；
(2)质点每次移动向左或向右，设事件A为“向右”，则A为“向左”．
故P(A)=P(A−)=12，
设Y表示6次移动中向左移动的次数，则Y～B(6,12)，质点到达的数字X=6−2Y，
所以P(X=6)=P(Y=0)=(12)6=164，
P(X=4)=P(Y=1)=C61(12)6=332，
P(X=2)=P(Y=2)=C62(12)6=1564，
P(X=0)=P(Y=3)=C63(12)6=516，
P(X=−2)=P(Y=4)=C64(12)6=1564，
P(X=−4)=P(Y=5)=C65(12)6=332，
P(X=−6)=P(Y=6)=C66(I2)6=164，
所以X的分布列为：
E(X)=E(6−2Y)=−2E(Y)+6=−2×6×12+6=0．
【解析】(1)由题意得知质点移动2次的所有可能情况数，再求出移动2次后在原点的所有可能数，根据古典概型即可求解；
(2)设向左移动的次数为随机变量Y，可得Y～B(6,12)，X=6−2Y，再由二项分布求出对应的概率，即可求解分布列，再由期望的性质即可求解期望．
本题主要考查了古典概率公式，二项分布的分布列及期望的求解，属于中档题．
17.【答案】解：(1)由题意，设第4行的公差为d，
则d=a43−a42=116，
∴a44=a43+116=14，
设每一列的公比均为q，
则a24⋅q2=a44，即1⋅q2=14，
解得q=±12，
∵每个数都是正数，
∴q>0，故公比q=12．
(2)由(1)可得，a41=a42−d=18−116=116，
故数列{a4k}是首项为116，公差为116的等差数列，
∴a4k=116+116⋅(k−1)=k16，
∵每一列的数成等比数列，并且所有的公比都相等，
∴ank=a4k⋅(12)n−4=(12)n⋅k，
∴ann=(12)n⋅n=n2n，n∈N*，
设数列{ann}的前n项和为Sn，
则Sn=a11+a22+⋯+ann
=121+222+323+…+n2n，
12Sn=122+223+…+n−12n+n2n+1，
两式相减，
可得12Sn=121+122+123+…+12n−n2n+1
=12(1−12n)1−12−n2n+1
=1−12n−n2n+1
=1−n+22n+1，
∴Sn=2−n+22n．
【解析】(1)先设第4行的公差为d，根据题干已知条件计算出d的值，再计算出a44的值，然后设每一列的公比均为q，则有a24⋅q2=a44，代入数字即可推导出公比q的值；
(2)先根据第(1)题的结果计算出a41的值，即可得到数列{a4k}是首项为116，公差为116的等差数列，计算出数列{a4k}的通项公式，进一步根据等比数列的通项公式计算出ank的表达式，即可计算出数列{ann}的通项公式，然后运用错位相减法即可计算出a11+a22+⋯+ann的结果．
本题主要考查等差数列和等比数列的基本运算，以及数列求和公式．考查了方程思想，转化与化归思想，错位相减法，等差数列和等比数列的通项公式的运用，以及逻辑推理能力和数学运算能力，属中档题．
18.【答案】解：(1)由已知，16=8p，所以p=2．
抛物线C：y2=4x，准线方程为x=−1．
(2)证明：由y2=4xy=kx+2，消去x，得ky2−4y+8=0．
设M(x1,y1)，N(x2,y2)，则k≠0，Δ>0，且y1+y2=4k,y1y2=8k．
直线OP方程为：y=x，所以T(x1,x1).
又MT=TH，则T为MH中点，所以H(x1,2x1−yl).
所以HN：y−y22x1−y1−y2=x−x2x1−x2．
令y=0，则x=x2−y2(x1−x2)2x1−y1−y2=x2(2x1−y1−y2)−y2(x1−x2)2x1−y1−y2=x2(2x1−y1)−y2x12x1−y1−y2．
又x1y2−x2(2x1−y1)=y12y24−y224(y122−y1)=y1y24(y1+y2−y1y22)=y1y24(4k−4k)=0．
所以直线HN过定点(0,0)．
【解析】(1)将点代入抛物线方程，即可求得p的值，得到抛物线方程，从而得到准线方程；
(2)联立直线y=kx+2与抛物线方程，得到y1+y2=4k,y1y2=8k，再依次求得T，H的坐标，从而得到NH的方程，令y=0，化简即可得证．
本题考查了抛物线的方程及性质，考查了直线与抛物线的综合，考查了方程思想，属于中档题．
19.【答案】证明：(1)令h(x)=f(x)−g(x)=exlnx−(x−1e)2+1,x∈(0,1)，
则h′(x)=elnx−2x+e+2e，h(1e)=0，
令φ(x)=elnx−2x+e+2e,x∈(0,1)，则φ′(x)=ex−2>e−2>0，
则函数h′(x)在(0,1)上单调递增，
又当x∈(0,1e)时，h′(x)<0，当x∈(1e,1)时，h′(x)>0，
于是函数h(x)在(0,1e)上单调递减，在(1e,1)上单调递增，
因此h(x)≥h(1e)=0，所以对任意的x∈(0,1)，都有f(x)≥g(x)．
(2)函数f(x)=exlnx的定义域为(0,+∞)，求导得f′(x)=e(lnx+1)，
当x∈(0,1e)时f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈(1e,+∞)时f′(x)>0，f(x)单调递增，
于是f(x)min=f(1e)=−1，显然x∈(0,1e)时，恒有f(x)<0，又f(1)=0，
依题意，函数y=f(x)的图象与直线y=m的交点的横坐标分别为x1和x2，则−1设函数y=g(x)的图象与直线y=m的交点的横坐标分别为t1和t2，

不妨设t1又方程m=(x−1e)2−1可化为x2−2ex+1e2−1−m=0，其两根为t1和t2，
于是t1+t2=2e,t1t2=1e2−1−m，则|t2−t1|= (t1+t2)2−4t1t2=2 1+m，
因此|x2−x1|<2 1+m；
当x∈(0,1e)时，f(x)=exlnx<−ex，函数y=f(x)图象在直线y=−ex的下方，
当x∈(1e,1)时，令u(x)=(e−1)lnx+1x−1，求导得u′(x)=e−1x−1x2=(e−1)x−1x2，
函数u(x)在(1e,1e−1)上递减，在(1e−1,1)上递增，又u(1e)=u(1)=0，
则当x∈(1e,1)时，u(x)=(e−1)lnx+1x−1<0，即f(x)=exlnx直线y=m与直线y=−ex的交点横坐标分别为x3，与直线y=e(x−1)e−1交点的横坐标为x4，则x3=−me,x4=m−me+1，x4−x3=m+1，
因此|x2−x1|>x4−x3，
所以1+m<|x2−x1|<2 1+m．
【解析】(1)根据给定条件，构造函数h(x)=f(x)−g(x)，x∈(0,1)，利用导数探讨单调性即可推理得解．
(2)利用导数探讨函数y=f(x)的性质，并求出m的取值范围，借助函数图象确定直线y=m与函数y=f(x)、y=g(x)、y=−ex、y=e(x−1)e−1的交点横坐标的关系，再结合不等式的性质推理即得．
本题主要考查了函数不等式证明问题，将所证不等式等价转化，构造新函数，再借助函数的单调性、极(最)值问题处理是求解问题的关键，属于中档题．X
−6
−4
−2
0
2
4
6
p
164
332
1564
516
1564
332
164