2020-2021学年四川省绵阳市高考数学三诊试卷(理科)及答案解析

四川省绵阳市高考数学三诊试卷（理科））一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分.1．已知i为虚数单位，复数z满足z（1+i）=i，则复数z所对应的点在（）A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限2．已知U={x|y=}，M={y|y=2x，x≥1}，则∁U M=（）A．[1，2）B．（0，+∞）C．[2，+∞） D．（0，1]3．执行如图所示程序框图，则输出的n为（）A．4 B．6 C．7 D．84．“∃x＞0，使a+x＜b”是“a＜b”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．既不充分也不必要条件5．已知x∈[﹣1，1]，y∈[0，2]，则点P（x，y）落在区域内的概率为（）A．B．C．D．6．甲、乙、丙、丁和戊5名同学进行数学应用知识比赛，决出第1名至第5名（没有重复名次）．已知甲、乙均未得到第1名，且乙不是最后一名，则5人的名次排列情况可能有（）A．27种 B．48种 C．54种 D．72种7．若函数f（x）同时满足以下三个性质；①f（x）的最小正周期为π；②对任意的x∈R，都有f（x﹣）=f（﹣x）；③f（x）在（，）上是减函数．则f（x）的解析式可能是（）A．f（x）=cos（x+）B．f（x）=sin2x﹣cos2xC．f（x）=sinxcosx D．f（x）=sin2x+cos2x8．在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB=BC=AA1，P、Q分别是棱CD、CC1上的动点，如图．当BQ+QD1的长度取得最小值时，二面角B1﹣PQ﹣D1的余弦值的取值范围为（）A．[0，] B．[0，] C．[，] D．[，1]9．设M，N是抛物线y2=4x上分别位于x轴两侧的两个动点，且•=0，过点A（4，0）作MN的垂线与抛物线交于点P、Q两点，则四边形MPNQ面积的最小值为（）A．80 B．100 C．120 D．16010．该试题已被管理员删除二、填空题：本大题共5个小题，每小题5分，共25分.11．已知向量=（t，1）与=（4，t）共线且方向相同，则实数t=_______．12．若的展开式中各项系数之和为64，则展开式的常数项为_______．13．某桶装水经营部每天的房租、人员工资等固定成本为200元，每桶水的进价是5元，销售单价与日均销售量的关系如下表所示．销售单价/元 6 7 8 9 10 11 12日均销售量/桶480 440 400 360 320 280 240请根据以上数据分析，这个经营部定价在_______元/桶才能获得最大利润．14．在平面直角坐标系xOy中，点A（0，1），B（0，4）．若直线2x﹣y+m=0上存在点P，使得PA=PB，则实数m的取值范围是_______．15．已知函数f（x）=，其中常数a＞0，给出下列结论：①f（x）是R上的奇函数；②当a≥4时，f（x﹣a2）≥f（x）对任意的x∈R恒成立；③f（x）的图象关于x=a和x=﹣a对称；∈（﹣∞，﹣2），∃x2∈（﹣∞，﹣1），使得f（x1）f（x2）=1，则a∈（，1）．④若对∀x1其中正确的结论有_______．（写出所有正确结论的序号）三、解答题：本大题共6个小题，共75分.16．体育课上，李老师对初三（1）班50名学生进行跳绳测试．现测得他们的成绩（单位：个）全部介于20到70之间，将这些成绩数据进行分组（第一组：（20，30]，第二组：（30，40]，…，第五组：（60，70]），并绘制成如图所示的频率分布直方图．（Ⅰ）求成绩在第四组的人数和这50名同学跳绳成绩的中位数；（Ⅱ）从成绩在第一组和第五组的同学中随机抽出3名同学进行搭档训练，设取自第一组的人数为ξ，求ξ的分布列及数学期望．17．已知在△ABC中，角A，B，C所对的边长分别为a，b，c且满足b=acosC+csinA．（1）求A的大小；（2）若cosB=，BC=5，=，求CD的长．18．已知各项均为正数的数列{a n}的前n项和为S n满足S n=（）2（n∈N*）．（I）求数列{a n}的通项公式；（II）设T n为数列{}的前n项和，若T n≤λa n+1对∀n∈N*恒成立，求实数λ的最小值．19．如图，图②为图①空间图形的主视图和侧视图，其中侧视图为正方形．在图①中，设平面BEF与平面ABCD相交于直线l．（I）求证：l⊥平面CDE；（II）在图①中，线段DE上是否存在点M，使得直线MC与平面BEF所成的角的正弦值等于？若存在，求出点M的位置；若不存在，请说明理由．20．已知椭圆E：+=1（a＞b＞0）的离心率为，过焦点且垂直于x轴的直线被椭圆E截得的线段长为2．（Ⅰ）求椭圆E的方程；（Ⅱ）直线y=kx+1与椭圆E交于A，B两点，以AB为直径的圆与y轴正半轴交于点C．是否存在实数k，使得△ABC的内切圆的圆心在y轴上？若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由．21．设函数g（x）=lnx，f（x）=g[λx+（1﹣λ）a]﹣λg（x），其中a，λ是正常数，且0＜λ＜1．（Ⅰ）求函数f（x）的最值；（Ⅱ）对于任意的正数m，是否存在正数x0，使不等式|﹣1|＜m成立？并说明理由；（Ⅲ）设λ1＞0，λ2＞0，且λ1+λ2=1，证明：对于任意正数a1，a2都有a1λ1a2λ2≤λ1a1+λ2a2．四川省绵阳市高考数学三诊试卷（理科））参考答案与试题解析一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分.1．已知i为虚数单位，复数z满足z（1+i）=i，则复数z所对应的点在（）A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限【考点】复数的代数表示法及其几何意义．【分析】利用复数的运算法则、几何意义即可得出．【解答】解：∵z（1+i）=i，∴z（1+i）（1﹣i）=i（1﹣i），∴z=，则复数z所对应的点在第一象限．故选：A．2．已知U={x|y=}，M={y|y=2x，x≥1}，则∁U M=（）A．[1，2）B．（0，+∞）C．[2，+∞） D．（0，1]【考点】补集及其运算．【分析】分别求出关于U，M的范围，从而求出M的补集即可．【解答】解：U={x|y=}={x|x≥1}，M={y|y=2x，x≥1}={y|y≥2}，则∁U M=[1，2），故选：A．3．执行如图所示程序框图，则输出的n为（）A．4 B．6 C．7 D．8【考点】程序框图．【分析】模拟程序框图的运行过程，依次写出每次循环得到的S，n的值，当S=3时，满足条件S≥3，退出循环，输出n的值为8．【解答】解：模拟执行程序，可得S=0，n=1执行循环体后，S=1，n=2不满足条件S≥3，执行循环体后，S=log，n=3不满足条件S≥3，执行循环体后，S=2，n=4不满足条件S≥3，执行循环体后，S=log，n=5不满足条件S≥3，执行循环体后，S=log，n=6不满足条件S≥3，执行循环体后，S=log，n=7不满足条件S≥3，执行循环体后，S=log=3，n=8此时，满足条件S≥3，退出循环，输出n的值为8．故选：D．4．“∃x＞0，使a+x＜b”是“a＜b”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．既不充分也不必要条件【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断．【分析】由于“∃x＞0，使a+x＜b”与“a＜b”成立等价，即可判断出关系．【解答】解：“∃x＞0，使a+x＜b”⇔“a＜b”，∴“∃x＞0，使a+x＜b”是“a＜b”成立的充要条件．故选：C．5．已知x∈[﹣1，1]，y∈[0，2]，则点P（x，y）落在区域内的概率为（）A．B．C．D．【考点】几何概型．【分析】本题考查的知识点是几何概型的意义，关键是要找出点P（x，y）对应图形的面积，及满足条件“内”的点对应的图形的面积，然后再结合几何概型的计算公式进行求解．【解答】解：不等式组表示的区域如图所示，阴影部分的面积为，则所求概率为．故选B．6．甲、乙、丙、丁和戊5名同学进行数学应用知识比赛，决出第1名至第5名（没有重复名次）．已知甲、乙均未得到第1名，且乙不是最后一名，则5人的名次排列情况可能有（）A．27种 B．48种 C．54种 D．72种【考点】计数原理的应用．【分析】由题意可知，第一名从丙、丁和戊中产生，最后一名从甲和（丙、丁和戊其中2名）产生，其它名次任意排，根据分步计数原理可得．【解答】解：由题意可知，第一名从丙、丁和戊中产生，最后一名从甲和（丙、丁和戊其中2名）产生，其它名次任意排，故有A31A31A33=54种，故选：C．7．若函数f（x）同时满足以下三个性质；①f（x）的最小正周期为π；②对任意的x∈R，都有f（x﹣）=f（﹣x）；③f（x）在（，）上是减函数．则f（x）的解析式可能是（）A．f（x）=cos（x+）B．f（x）=sin2x﹣cos2xC．f（x）=sinxcosx D．f（x）=sin2x+cos2x【考点】正弦函数的图象．【分析】由三角函数的图象和性质，结合题意的三个性质，逐个排查即可．【解答】解：根据题意，函数应满足：①f（x）的最小正周期为π；②对任意的x∈R，都有f（x﹣）+f（﹣x）=0，用x+替换式中的x可得f（x﹣）+f（﹣x﹣）=0，即函数的图象关于点（﹣，0）对称；③f（x）在（，）上是减函数；对于A，f（x）=cos（x+）的周期为T=2π，不符合①，故不满足题意；对于B，f（x）=sin2x﹣cos2x=sin（2x﹣），不符合②，故不满足题意；对于C，f（x）=sinxcosx=sin2x，不符合②，故不满足题意；对于D，f（x）=sin2x+cos2x=sin（2x+），符合①②③，满足题意．故选：D．8．在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB=BC=AA1，P、Q分别是棱CD、CC1上的动点，如图．当BQ+QD1的长度取得最小值时，二面角B1﹣PQ﹣D1的余弦值的取值范围为（）A．[0，] B．[0，] C．[，] D．[，1]【考点】二面角的平面角及求法．【分析】根据BQ+QD1的长度取得最小值时，利用函数数学求出Q是CC1的中点，建立坐标系求出平面的法向量，利用向量法结合函数的单调性进行求解即可．【解答】解：设AA1=1，则AB=BC=，设CQ=x，则C1Q=1﹣x，则BQ==，QD1==，则BQ+QD1=+=+，设M（x，0），N（0，﹣），K（1，），则BQ+QD1=+=+的几何意义是|MN|+|MK|的距离，则当三点M，N，K共线时，BQ+QD1的长度取得最小值，此时．得x=，即Q是CC1的中点，建立以D1为坐标原点，D1A1，D1C1，D1D分别为x，y，z轴的空间直角坐标系如图：则Q（0，，），B1（，，0），设P（0，t，1），0≤t≤则=（﹣，0，），=（﹣，t﹣，1），则平面PQD1的法向量为=（1，0，0），设平面B1PQ的法向量为=（x，y，z），当t=时，二面角B1﹣PQ﹣D1的为直二面角，此时二面角B1﹣PQ﹣D1的余弦值为0，当0≤t＜时，由，则，即，令x=，则y=，z=4，即=（，，4），设面角B1﹣PQ﹣D1的余弦值cosθ，则cosθ===，∵0≤t＜，∴cosθ=为减函数，则当t=0时，函数取得最大值cosθ==，故二面角B1﹣PQ﹣D1的余弦值的取值范围为[0，]，故选：B．9．设M，N是抛物线y2=4x上分别位于x轴两侧的两个动点，且•=0，过点A（4，0）作MN的垂线与抛物线交于点P、Q两点，则四边形MPNQ面积的最小值为（）A．80 B．100 C．120 D．160【考点】抛物线的简单性质．【分析】设直线MN的方程为x=my+t，代入抛物线方程，利用韦达定理，结合•=0，可求t的值，即可求出|MN|关于m的表达式，同理求出|PQ|关于m的表达式，于是S=|MN||PQ|，利用换元法求出S的最小值．【解答】解：设直线MN方程为x=my+t，联立方程组，消元得：y2﹣4my﹣4t=0，设M（，y1），N（，y2），则y1+y2=4m，y1y2=﹣4t．∵•=0，∴+y1y2=0，即y1y2=0（舍）或y1y2=﹣16．∴|MN|==．∵PQ⊥MN，且PQ经过点A（4，0），∴直线PQ的方程为x=﹣．联立方程组，消元得：y2+﹣16=0．设P（x3，y3），Q（x4，y4），则y3+y4=﹣，y3y4=﹣16．∴|PQ|==．∴四边形MPNQ面积S=|MN||PQ|==8=8，令m2+=t，则t≥2，∴S=8=8．∴S（t）在[2，+∞）上是增函数，∴当t=2时，S取得最小值8=80．故选：A．10．该试题已被管理员删除二、填空题：本大题共5个小题，每小题5分，共25分.11．已知向量=（t，1）与=（4，t）共线且方向相同，则实数t= 2 ．【考点】平面向量共线（平行）的坐标表示．【分析】利用向量共线的坐标表示列式求得t值，结合向量同向进行取舍得答案．【解答】解：=（t，1）=（4，t），∵与共线，∴t2﹣4=0，解得t=±2．又与同向，∴t=2．故答案为：2．12．若的展开式中各项系数之和为64，则展开式的常数项为﹣540 ．【考点】二项式系数的性质．【分析】依据二项式系数和为2n，列出方程求出n，利用二项展开式的通项公式求出常数项．【解答】解：若的展开式中各项系数之和为2n=64，解得n=6，则展开式的常数项为=﹣540，故答案为：﹣540．13．某桶装水经营部每天的房租、人员工资等固定成本为200元，每桶水的进价是5元，销售单价与日均销售量的关系如下表所示．销售单价/元 6 7 8 9 10 11 12日均销售量/桶480 440 400 360 320 280 240请根据以上数据分析，这个经营部定价在11.5 元/桶才能获得最大利润．【考点】函数的最值及其几何意义．【分析】通过表格可知销售单价每增加1元、日均销售量减少40桶，进而列出表达式，利用二次函数的简单性质即得结论．【解答】解：设每桶水的价格为（6+x）元，公司日利润y元，则：y=（6+x﹣5）﹣200，=﹣40x2+440x+280（0＜x＜13），∵﹣40＜0，∴当x=﹣=5.5时函数y有最大值，因此，每桶水的价格为11.5元，公司日利润最大，故答案为：11.5．14．在平面直角坐标系xOy中，点A（0，1），B（0，4）．若直线2x﹣y+m=0上存在点P，使得PA=PB，则实数m的取值范围是﹣2≤m≤2．【考点】两点间距离公式的应用．【分析】根据题意，设出点P（x，2x+m），代入PA=PB化简得5x2+4mx+m2﹣4=0，由△=16m2﹣4×5（m2﹣4）≥0，求出实数m的取值范围．【解答】解：设P（x，2x+m），∵PA=PB，∴4|PA|2=|PB|2，∴4x2+4（2x+m﹣1）2=x2+（2x+m﹣4）2，化简得5x2+4mx+m2﹣4=0，则△=16m2﹣4×5（m2﹣4）≥0，解得﹣2≤m≤2，即实数m的取值范围是﹣2≤m≤2．故答案为：．15．已知函数f（x）=，其中常数a＞0，给出下列结论：①f（x）是R上的奇函数；②当a≥4时，f（x﹣a2）≥f（x）对任意的x∈R恒成立；③f（x）的图象关于x=a和x=﹣a对称；∈（﹣∞，﹣2），∃x2∈（﹣∞，﹣1），使得f（x1）f（x2）=1，则a∈（，1）．④若对∀x1其中正确的结论有①．（写出所有正确结论的序号）【考点】分段函数的应用．【分析】①利用奇函数的定义进行判断；②函数在（﹣∞，﹣a），（a，+∞）上单调递减，在（﹣a，a）上单调递增，即可判断；③f（x）是R上的奇函数，f（x）的图象关于x=0对称，故不正确；）f（x2）=1不恒成立．④取a=1，得出f（x1【解答】解：①设x＜0，则﹣x＞0，f（x）=|x+a|﹣a，f（﹣x）=a﹣|﹣a﹣x|=a﹣|x+a|=﹣f（x），同理，设x＞0，则﹣x＜0，f（x）=a﹣|x+a|，f（﹣x）=|﹣x+a|﹣a=|x﹣a|﹣a=﹣f（x），∴f（﹣x）=﹣f（x），∴f（x）是R上的奇函数，正确；②函数在（﹣∞，﹣a），（a，+∞）上单调递减，在（﹣a，a）上单调递增，∴当a≥4时，f（x﹣a2）≥f（x）对任意的x∈R恒成立，不正确；③f（x）是R上的奇函数，f（x）的图象关于x=0对称，故不正确；∈（﹣∞，﹣2），f（x1）∈（0，+∞），x2∈（﹣∞，﹣1），f（x2）∈（﹣1，+∞），f（x1）f ④取a=1，∀x1（x2）=1不恒成立，故不正确．故答案为：①．三、解答题：本大题共6个小题，共75分.16．体育课上，李老师对初三（1）班50名学生进行跳绳测试．现测得他们的成绩（单位：个）全部介于20到70之间，将这些成绩数据进行分组（第一组：（20，30]，第二组：（30，40]，…，第五组：（60，70]），并绘制成如图所示的频率分布直方图．（Ⅰ）求成绩在第四组的人数和这50名同学跳绳成绩的中位数；（Ⅱ）从成绩在第一组和第五组的同学中随机抽出3名同学进行搭档训练，设取自第一组的人数为ξ，求ξ的分布列及数学期望．【考点】离散型随机变量的期望与方差；频率分布直方图；离散型随机变量及其分布列．【分析】（I）由频率分布直方图先求出第四组的频率，由此能求出第四组的人数；利用频率分布直方图的性质能求出中位数．（II）先求出第一组有2人，第五组有4人，成绩在第一组和第五组的同学中随机抽出3名同学进行搭档训练，设取自第一组的人数为ξ，则ξ=0，1，2，分别求出相应的概率，由此能求出ξ的分布列及E（ξ）．【解答】解：（I）由频率分布直方图得第四组的频率为：1﹣（0.004+0.016+0.04+0.008）×10=0.32，∴第四组的人数为0.32×50=16人，∵前2组的频率为（0.004+0.016）×10=0.2，第三组的频率为0.04×10=0.4，设中位数为x，则x=40+=47.5，∴中位数为47.5．（II）据题意，第一组有0.004×10×50=2人，第五组有0.008×10×50=4人，成绩在第一组和第五组的同学中随机抽出3名同学进行搭档训练，设取自第一组的人数为ξ，则ξ=0，1，2，P（ξ=0）==，P（ξ=1）==，P（ξ=2）==，∴ξ的分布列为：ξ0 1 2P∴E（ξ）==1．17．已知在△ABC中，角A，B，C所对的边长分别为a，b，c且满足b=acosC+csinA．（1）求A的大小；（2）若cosB=，BC=5，=，求CD的长．【考点】正弦定理；余弦定理．【分析】（1）利用正弦定理将边化角，结合两角和的正弦公式得出tanA；（2）在△ABC中，使用正弦定理求出AB，得出DB，再在△BCD中使用余弦定理求出CD．【解答】解：（1）在△ABC中，∵b=acosC+csinA中，∴sinB=sinAcosC+sinCsinA，又∵sinB=sin（A+C）=sinAcosC+sinCcosA，∴sinAcosC+cosAsinC=sinAcosC+sinCsinA，∴cosAsinC=sinCsinA，∵sinC≠0，∴cosA=sinA，∴tanA=1．∴．（2）∵cosB=，∴sinB==，∴sinC=sin（A+B）=sinAcosB+cosAsinB=．在△ABC中，由正弦定理得，即，解得AB=7．∵=，∴BD=．在△BCD中，由余弦定理得CD2=BD2+BC2﹣2BC•BDcosB=1+25﹣2×=20．∴CD=2．18．已知各项均为正数的数列{a n}的前n项和为S n满足S n=（）2（n∈N*）．（I）求数列{a n}的通项公式；（II）设T n为数列{}的前n项和，若T n≤λa n+1对∀n∈N*恒成立，求实数λ的最小值．【考点】数列的求和；数列递推式．【分析】（Ⅰ）当n=1时，求得a1，S n=（）2（n∈N*）．化简求得a n﹣a n﹣1=2，数列{a n}是以1为首项，2为公差的等差数列，求得通项公式；（Ⅱ），求出前n项和，比较λa n+1，判断其单调性，求出λ的最小值．【解答】（I）当n=1时，，解得a1=1，当n≥2时，，整理得（a n+a n﹣1）（a n﹣a n﹣1﹣2）=0∵a n＞0，∴a n+a n﹣1＞0∴a n﹣a n﹣1=2，数列{a n}是以1为首项，2为公差的等差数列，∴a n=2n﹣1（II），∴；由题意得对∀n∈N*恒成立，令，则，即b n+1＜b n对∀n∈N*恒成立，即数列{b n}为单调递减数列，最大值为，∴，即λ的最小值为．19．如图，图②为图①空间图形的主视图和侧视图，其中侧视图为正方形．在图①中，设平面BEF与平面ABCD相交于直线l．（I）求证：l⊥平面CDE；（II）在图①中，线段DE上是否存在点M，使得直线MC与平面BEF所成的角的正弦值等于？若存在，求出点M的位置；若不存在，请说明理由．【考点】直线与平面所成的角；直线与平面垂直的判定．【分析】（I）根据主视图和侧视图可得AD⊥DE，AD⊥DC，故而AD⊥平面CDE，根据AD∥平面BCEF可得AD∥l，故l⊥平面CDE．（II）以以D为原点，以DA，DC，DE为坐标轴建立如图所示空间直角坐标系，设M（0，0，m），求出平面BEF的法向量和的坐标．令|cos＜，＞|=解出m，即可判断M的位置．【解答】证明：（I）由侧视图可知四边形ADEF是正方形，∴AD∥EF，又∵EF⊂面BEF，AD⊄面BEF，∴AD∥面BEF又∵AD⊂平面ABCD，面ABCD∩面BEF=l，∴AD∥l，由主视图可知，AD⊥CD，由侧视图可知DE⊥AD，∵AD⊂平面CDE，CD⊂平面CDE，AD∩CD=D，∴AD⊥面CDE，∴l⊥面CDE．（II）以D为原点，以DA，DC，DE为坐标轴建立如图所示空间直角坐标系，则A（1，0，0）、B（1，1，0）、C（0，2，0）、E（0，0，1）、F（1，0，1）．设M（0，0，m）（0≤m≤1），则，设平面BEF的一个法向量为=（x，y，z），则，=0，∴，令z=1，得．∴=2﹣m，||=，||=．∴cos＜＞===，解得或m=6（舍）∴当M为DE的靠近E的三等分点时直线MC与平面BEF所成的角的正弦值等于．20．已知椭圆E：+=1（a＞b＞0）的离心率为，过焦点且垂直于x轴的直线被椭圆E截得的线段长为2．（Ⅰ）求椭圆E的方程；（Ⅱ）直线y=kx+1与椭圆E交于A，B两点，以AB为直径的圆与y轴正半轴交于点C．是否存在实数k，使得△ABC的内切圆的圆心在y轴上？若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由．【考点】椭圆的简单性质．【分析】（Ⅰ）由椭圆E：+=1（a＞b＞0）的离心率为，过焦点且垂直于x轴的直线被椭圆E截得的线段长为2，求出a，b，由此能求出椭圆方程．（Ⅱ）依题意知BC⊥AC，设A（x1，y1），B（x2，y2），C（0，y0），则k BC==1，=﹣1，设A（x1，y1），B（x2，y2），C（0，y0），则k BC==1，=﹣1，由此能求出存在满足条件的k值．【解答】解：（Ⅰ）设焦点F（c，0），∵椭圆E：+=1（a＞b＞0）的离心率为，∴，∴a2=2c2，∵过焦点且垂直于x轴的直线被椭圆E截得的线段长为2，∴=1，∵a2=b2+c2，∴a2=4，b2=2，∴椭圆E的方程为=1．（Ⅱ）依题意知BC⊥AC，且∠BCO=∠ACO=45°，于是直线BC的斜率k BC=1，直线AC的斜率k AC=﹣1．设A（x1，y1），B（x2，y2），C（0，y0），则k BC==1，=﹣1，设A（x1，y1），B（x2，y2），C（0，y0），则k BC==1，=﹣1，联立，得x1+x2=k（x2﹣x1），①联立，得（1+2k2）x2+4kx﹣2=0，∴，，②将①式平方，并②式代入，得4k2+1=2，或k2=0，∴存在满足条件的k值，分别为k=或k=0．21．设函数g（x）=lnx，f（x）=g[λx+（1﹣λ）a]﹣λg（x），其中a，λ是正常数，且0＜λ＜1．（Ⅰ）求函数f（x）的最值；（Ⅱ）对于任意的正数m，是否存在正数x0，使不等式|﹣1|＜m成立？并说明理由；（Ⅲ）设λ1＞0，λ2＞0，且λ1+λ2=1，证明：对于任意正数a1，a2都有a1λ1a2λ2≤λ1a1+λ2a2．【考点】利用导数求闭区间上函数的最值．【分析】（Ⅰ）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间，从而求出函数的最值即可；（Ⅱ），设φ（x）=ln（x+1）+（m﹣1）x，m＞0，x＞0，根据函数的单调性判断即可；（Ⅲ）先得到lnxλ+lna1﹣λ≤ln[λx+（1﹣λ）a]令λ1=λ，λ2=1﹣λ，a1=x，a2=a，代入整理即可证出结论．【解答】解：（I），∵a＞0，1﹣λ＞0，λ＞0，x＞0，∴当x＞a时，f′（x）＞0；0＜x＜a时，f′（x）＜0，∴f（x）在（0，a）上单调递减，在（a，+∞）上单调递增，∴f（x）有最小值f（a）=（1﹣λ）lna，没有最大值；（II）对∀m＞0，∃x0＞0使得成立，其理由如下：令h（x）=ln（x+1）﹣x，则h′（x）≤0，所以h（x）在[0，+∞）单调递减，于是可得当x＞0时，ln（x+1）﹣x＜0，，故，设φ（x）=ln（x+1）+（m﹣1）x，m＞0，x＞0，则，当m≥1时，φ′（x）＞0，φ（x）在（0，+∞）上单调递增，∴对于∀x0＞0均有φ（x0）＞φ（0）=0恒成立，当0＜m＜1时，由φ′（x）＞0可得，由φ′（x）＜0可得，于是φ（x）在是增函数，在是减函数，∴对于均有φ（x0）＞φ（0）=0恒成立，综上，对于任意的正数m，都存在正数x0满足条件；证明：（III）由（I）知，对∀x＞0，a＞0，0＜λ＜1时，都有ln[λx+（1﹣λ）a]﹣λlnx≥（1﹣λ）lna即lnxλ+lna1﹣λ≤ln[λx+（1﹣λ）a]令λ1=λ，λ2=1﹣λ，a1=x，a2=a，则，∵y=lnx在（0，+∞）上是增函数，∴．。