2022年四川省泸州市高考数学二诊试卷（理科）（学生版+解析版）

2022年四川省泸州市高考数学二诊试卷（理科）

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有

一项是符合题目要求的,

1.（5分）设集合A={y|y=x},B={x|y=«},全集为R,则AACRB=（）

A.[0,+8）B.（-8,o）

C.{0,1}D.{（0,0）,（1,1）}

2.（5分）已知（1+i）2z=2+i,则复数z的虚部为（）

A.1B.-iC.-1D.-1

3.（5分）气象意义上从春季进入夏季的标志为“连续5天的每日平均温度不低于22℃”，

现有甲、乙、丙三地连续5天的每日平均温度的记录数据（记录的数据都是正整数，单

位为。C）：

①甲地：5个数据的中位数为24,众数为22；

②乙地：5个数据的中位数为27,总体均值为24；

③丙地：5个数据中有1个数据是32,总体均值为26,总方差为108

其中肯定进入夏季的地区有（）

A.①②B.①③C.②③D.①②③

%>0

4.（5分）已知变量x,y满足y'O,则z=2x+y的最大值为（）

%+y<1

A.0B.1C.2D.3

5.（5分）已知命题p：BADGR,阮w=l.命题/某物理量的测量结果服从正态分布N（10,

。2）,则该物理量在一次测量中落在（9.9,10.2）与落在（10,10.3）的概率相等.下列

命题中的假命题是（）

A.pALq）B.pVqC.（-ALq）D.（-'p）V'q）

6.（5分）设双曲线C：鸟一马=1的左，右焦点分别是Fi,Fi,点M是C上的点，若^

azb

MF1F2是等腰直角三角形，则C的离心率是（）

LV2+1广

A.V2B.2C.----D.V2+1

2

7.（5分）已知sin（a—看）=%,则sin（2a—患）=（）

8.（5分）如图，某几何体的三视图均为边长为2的正方形，则该几何体的体积是（）

俯视图

9.（5分）如图，航空测量的飞机航线和山顶在同一铅直平面内，已知飞机飞行的海拔高度

为10000〃?，速度为50m/s.某一时刻飞机看山顶的俯角为15°,经过420s后看山顶的俯

角为45°,则山顶的海拔高度大约为（）（&=1.4,V3=1.7）

A.7350/nB.2650根C.3650mD.4650皿

10.（5分）2022年北京冬奥会速度滑冰、花样滑冰、冰球三个项目竞赛中，甲，乙，丙，

T,戊五名同学各自选择一个项目开展志自愿者服务，则甲和乙均选择同一个项目，且

三个项目都有人参加的不同方案总数是（）

A.18B.27C.36D.48

11.（5分）已知△ABC中，NACB=90°,CB=2AC,其顶点都在表面积为36n的球。的

表面上，且球心O到平面A8C的距离为2,则aABC的面积为（）

A.2B.4C.8D.10

1

12.（5分）已知a>0,b>0,且a<言+成立，则下列不等式不可能成立的的是（）

A.ab<b<\B.\<b<abC.b<ab<1D.ab<\<b

二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分。把答案填在答题纸上）.

13.（5分）⑵+a）6展开式中的常数项等于.

14.(5分)写出一个具有下列性质①②③的函数/(x)=.

①定义域为R：

②函数/(x)是奇函数；

(x+n)=f(x).

15.(5分)等边三角形ABC的边长为1,BC=a,CA=b,AB=c,那么省1++/

；等于.

16.(5分)已知P为抛物线)2=12%上一个动点，。为圆/+(y-4)2=1上一个动点，那

么点P到点Q的距离与点P到直线x=-3的距离之和的最小值是.

三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第17~21题为必考

题，每个试题考生都必须作答、第22、23题为选考题，考生根据要求作答。(一)必考题：

共60分.

17.(12分)设正项数列｛“”｝的前〃项和为S”ai=l,且满足.给出下列三个条件：

①“3=4,2/ga”=/ga〃一1+如“+|("32)；@Sn—man-1(/nGR)；③2。1+3。2+4。3+…+("+1)

而=如,2"(髭R).请从其中任选一个将题目补充完整，并求解以下问题.

(I)求数列｛0〃｝的通项公式；

(II)若尻=上°—,乙是数列｛为｝的前"项和，求证：7；,<1.

[n±L)Log2an+i

18.(12分)某县种植的脆红李在2021年获得大丰收，依据扶贫政策，所有脆红李由经销

商统一收购.为了更好的实现效益，质监部门从今年收获的脆红李中随机选取100千克，

进行质量检测，根据检测结果制成如图所示的频率分布直方图.如表是脆红李的分级标

准，其中一级品、二级品统称为优质品.

等级四级品三级品二级品一级品

脆红李横径[20,25)[25,30)[30,35)[35,40]

1mm

经销商与某农户签订了脆红李收购协议，规定如下：从一箱脆红李中任取4个进行检测，

若4个均为优质品，则该箱脆红李定为A类；若4个中仅有3个优质品，则再从该箱中

任意取出1个，若这一个为优质品，则该箱脆红李也定为A类；若4个中至多有一个优

质品，则该箱脆红李定为C类；其他情况均定为B类.己知每箱脆红李重量为10千克，

A类、B类、C类的脆红李价格分别为每千克10元、8元、6元.现有两种装箱方案：

方案一：将脆红李采用随机混装的方式装箱;

方案二：将脆红李按一、二、三、四等级分别装箱，每箱的分拣成本为1元.以频率代

替概率解决下面的问题.

(I)如果该农户采用方案一装箱，求一箱脆红李被定为A类的概率;

,并说明理由,

19.(12分)己知空间几何体ABCOE中，/XABC,△《€：£)是全等的正三角形，平面ABC_L

平面8CD,平面EC。_L平面BCD

(I)探索A,8,D,E四点是否共面？若共面，请给出证明；若不共面，请说明理由;

(II)若BD=V2BC=2V2,求二面角B-AE-C的余弦值.

XV

20.(12分)已知椭圆C：—4-77=1Ca>b>0)的左，右顶点分别为A,B,且|A阴=4,

a2b2

3

椭圆C过点(1,-).

2

(I)求椭圆C的标准方程；

(II)斜率不为0的直线/与C交于M,N两点，若直线BM的斜率是直线AN斜率的两

倍，探究直线/是否过定点？若过定点，求出定点的坐标；若不过定点，请说明理由.

21.(12分)已知函数/(x)—lnx-x.

(I)求证：f(x)W-1；

(II)若函数g(x)=af(x)+*(a>0)有两个零点，求a的取值范围.

(二)选考题：共10分。请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的

第一题计分。［选修4-4：坐标系与参数方程］

22.(10分)在平面直角坐标系xOy中，曲线。的参数方程为Z2+cosa(a为参数),

1

若曲线ci上的点的横坐标不变，纵坐标缩短为原来的5倍，得到曲线C2.以坐标原点为

极点，X轴的非负半轴为极轴建立极坐标系.

(I)求曲线C2的极坐标方程；

(II)已知直线/：)，=履与曲线C2交于A,B两点,若b=2后,求％的值.

［选修4-5：不等式选讲］

23.已知a,b,c为非负实数，函数/(x)—\2x-a\+\lx+b\+c.

(I)当a=3,b—1.c=0时，解不等式/(x)W6：

149

(II)若函数f(x)的最小值为2,证明：--+—+——>9.

2022年四川省泸州市高考数学二诊试卷（理科）

参考答案与试题解析

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有

一项是符合题目要求的，

1.（5分）设集合A={y|y=x},8={x|y=«},全集为凡则ACCRB=（）

A.[0,+°°）B.（-8,0）

C.{0,1}D.{（0,0）,（1,1）}

【解答】解:集合A={y|y=x}=H,

B={x\y=^}={x\x^0}f全集为R,

ACRB={X|X<0},

.\AQCRB=（-8,o）.

故选：B.

2.（5分）已知（1+/）2z=2+i,则复数z的虚部为（）

A.1B.-iC.-1D.-1

【解答】解：：（1+i）2z=2+i,

.•.2iz—-c2+ui,BaJnz=2+i--（-2+i）i1—i,.

2i2i2

二复数z的虚部为-1.

故选：C.

3.（5分）气象意义上从春季进入夏季的标志为“连续5天的每日平均温度不低于22℃”，

现有甲、乙、丙三地连续5天的每日平均温度的记录数据（记录的数据都是正整数，单

位为。C）：

①甲地：5个数据的中位数为24,众数为22；

②乙地：5个数据的中位数为27,总体均值为24；

③丙地：5个数据中有1个数据是32,总体均值为26,总方差为10.8.

其中肯定进入夏季的地区有（）

A.①②B.①③C.②③D.①②③

【解答】解：对于①，甲地：5个数据的中位数为24,众数为22,

则甲地连续5天的日平均温度的记录数据可能为：22,22,24,25,26,

其连续5天的日平均温度不低于22°C；

对于②，乙地：5个数据的中位数为27,总体均值为24,

当5个数据为19,20,27,27,27时，其连续5天的日平均温度有低于22,故不确定;

对于③，丙地：5个数据中有1个数据是32,总体均值为26,总方差为10.8,

所以其余四天与26差值的平方和为10.8X5-(32-26)2=18,

若有一天温度低于22度，因为平均值为26,则必有一天高于30度，

所以有(22-26)2+(30-26)2=32>18,

故可知其连续5天的日平均温度均不低于22.

综上所述，肯定进入夏季的地区有甲、丙两地.

故选：B.

x>0

4.(5分)已知变量x,y满足yNO，则z=2x+y的最大值为()

%+y<1

A.0B.1C.2D・3

【解答】解：作出不等式组对应的平面区域如图：

由z—2x+y得y—-2x+z,

平移直线丫=-2x+z,由图象知当直线>=-2x+z,

经过8(1,0)点时，直线的截距最大，此时z最大,

则z=2X1+0=2,

5.(5分)已知命题p：axoeR,/〃xo=l.命题g：某物理量的测量结果服从正态分布N(10,

。2),则该物理量在一次测量中落在(9.9,10.2)与落在(10,10.3)的概率相等.下列

命题中的假命题是()

A.pALq)B.pVqC.(、)ALq)D.Lp)VLq)

【解答】解：对于命题p：3xoGR,lnxo—\,取xo=e,则

故命题P为真命题，

对于命题q：某物理量的测量结果服从正态分布N（10,。2）,则该物理量在一次测量中

落在（9.9,10.2）与落在（10,10.3）的概率不相等，故命题q为假命题，

贝Up/\Lq）,p\/q,（「p）VLq）为真命题，（「p）ALq）为假命题，

故选：C.

6.（5分）设双曲线C：鸟一耳=1的左，右焦点分别是为，F1,点M是C上的点，关X

b

MF1F2是等腰直角三角形，则C的离心率是（）

LV2+1L

A.V2B.2C.-------D.V2+1

2

【解答】解：:△MF1M是等腰直角三角形，；.一=2c,.%2-/=23.•.d-a2-2ac

a

=0,/.e2-1-2e=0,

**•^=1iV2,・，・e=l+V^,

故选：D.

7.（5分）已知sin（a—看）=*,则sin（2a—^）=（）

1I77

A.一B.-QC.-D.—Q

8888

【解答】解：言皿。一看）=/

**•cos（2ex—=1-2sin-（a—看）=1-2x

sin（2ct—g-）=sin[（2（x—可）一引=一cos（2a一可）=百,

故选：A.

8.（5分）如图，某几何体的三视图均为边长为2的正方形，则该几何体的体积是（）

俯视图

【解答】解：根据几何体的三视图转换为直观图为：该几何体为边长为2的正方体去掉

两个角，即去掉三棱锥A-8OE和C-OEF.

如图所示：

所以几何体的体积为正方体的体积减去2个三棱锥的体积，

即V=23-2x|xix2x2x2=^,

故选：D.

9.（5分）如图，航空测量的飞机航线和山顶在同一铅直平面内，已知飞机飞行的海拔高度

为10000,〃，速度为50M/S.某一时刻飞机看山顶的俯角为15°,经过420s后看山顶的俯

角为45°,则山顶的海拔高度大约为（）（&=1.4,小,=1.7）

D.4650/zz

【解答】解：如图所示,

NC4B=15°,ZDBC=45°,所以NACB=30°,

48=50X420=21000Cm）,

BCAB

在△ABC中,

sinZ-CABsinZ-ACB

讥。21000X与四

・nr-AB・sin匕CAB21000xs15=10500（V6-V2）,

sin乙ACBsin30°1

2

作CO_LA。，垂足为O,/.CD=BCsinZDBC=BCXsin45°

=10500（V6-V2）=10500（V3-1）

«10500（1.7-1）=7350,

，山顶的海拔高度为/?=10000-7350=2650（"?）.

故选：B.

10.（5分）2022年北京冬奥会速度滑冰、花样滑冰、冰球三个项目竞赛中，甲，乙，丙，

T，戊五名同学各自选择一个项目开展志自愿者服务，则甲和乙均选择同一个项目，且

三个项目都有人参加的不同方案总数是（）

A.18B.27C.36D.48

【解答】解：由题意，甲乙同组，分组时，如有三人组，必是甲乙所在组，此时有盘中

分组方法，

如果甲乙一组，则分组方法为禺种，

故三个项目都有人参加的不同方案共有（0+或）用=36种.

故选：C.

11.（5分）己知△ABC中，ZACB=90°,CB=2AC,其顶点都在表面积为36TT的球。的

表面上，且球心O到平面ABC的距离为2,则△ABC的面积为（）

A.2B.4C.8D.10

【解答】解：如图所示，设的外心为外接圆的圆心为O,连接。01,则

0。」面ABC,

因为球。的表面积为36m.•.外接球半径R=3.

△ABC中，ZACB=90°,CB=2AC,

故OOi即为球心O到平面ABC的距离,

\'AO=R=3,OOi=2,

."01=JAO2-Of?!2=V32-22=V5,

设AC=x,则BC=2x,

：.:?+(2x)2=44012=20,

，x=2,

1

••S^ABC=2x2x2X2=4,

故选：B.

12.(5分)已知〃>0,b>0,且。<万+仇ab成立，则下列不等式不可能成立的的是()

A.ah<h<\B.\<h<abC.h<ah<lD.ah<\<h

【解答】解：TaX),b>0,且aV,+>解成立,

111

:・a-InaV每+加6=万

设/(x)=x-Inx,则QV，+伍(〃)<f(―),

•：Jf(x)X=—X,

，当x>l时，f(x)>0,/(x)单调递增，当OVxVl时，f(X)<0,f(x)单调

递减，

i11

A：ab<b<1<=>a<1即aW(0,1),—E(1,+°°),.,•/(tz)</(—)可能成立，

111

B：l<b<ab<=>—<l<a,即(0,1),aE(1,+<»),/./(«)</(―)可能成立，

bbJb

11

C：力VaZ?Vl=lV〃G，即w，aE(1,+8),-：f(x)在(1,+oo)上单调递增，：.f

1

(a)<f(7)成立，

b

11

D：afe<l<^a<i<l,即丁ae(0,1),V/(x)在(0,1)上单调递减，：.f(a)

>/(；),JO不成立，

b

故选：D.

二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分。把答案填在答题纸上).

13.(5分)⑵+奈6展开式中的常数项等于60.

【解答】解：⑵+竟1)6x展开式中的通项公式为小|=*26,”产,23r，

令6-2=0,求得r=4,

•••展开式中的常数项等于琮・4=60,

故答案为：60.

14.(5分)写出一个具有下列性质①②③的函数/(x)=sinZr(答案不唯一).

①定义域为R;

②函数/(X)是奇函数；

@f(x+n)=f(x).

【解答】解:考虑/(X)=sin2x,

满足f(x)的定义域为R,/(-x)=-sin2x=-f(x),即/(x)为奇函数；

又/(X+TT)=sin2(x+n)=sin2x=/(x).

故答案为：sin2x(答案不唯一).

15.(5分)等边三角形ABC的边长为1,BC=a,CA=b,AB=c,那么益1

a等于-x

【解答】解：•••等边三角形ABC的边长为1,

一_1

.".a-b=1X1Xcos120°=一费

-*-»i

b-c=1X1Xcos120°=—2>

TT1

c-a=1XIXcos120°=—'，

—f—7-»-»3

.".a*b+b*c+c*a=—

故答案为：一怖.

16.(5分)已知P为抛物线V=12%上一个动点，。为圆/+(y-4)2=1上一个动点，那

么点、P到点。的距离与点P到直线x=-3的距离之和的最小值是4.

【解答】解：抛物线y2=12x的焦点为尸(3,0),圆/+(y-4)2=］的圆心为E(0,4),

半径为1.

根据抛物线的定义可知点P到准线的距离等于点P到焦点的距离，

进而推断出当P,Q,f三点共线时P到点。的距离与点P到直线x=-1距离之和的最

小为：

IQFI=|£fl-V32+42-1=5-1=4,

三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第17-21题为必考

题，每个试题考生都必须作答、第22、23题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：

共60分.

17.（12分）设正项数列｛“”｝的前”项和为％,“1=1,且满足.给出下列三个条件：

①43=4,2lgan=Igan-1+lgan+1（«>2）；@Sn—man-1（wGR）；③2ai+3a2+4A3+T（〃+l）

an=kn-2n请从其中任选一个将题目补充完整，并求解以下问题.

（I）求数列｛“"｝的通项公式；

（II）若瓦=，2c—，刀,是数列｛为｝的前"项和，求证：Tn<\.

[n-]-L）Log2an+1

【解答】解：（I）选条件：①。3=4,2lgan=Igan-1+lgan+i（心2）；

整理得a，=a71_1.an+1,

故正项数列｛〃〃｝为等比数列；

由于。1=1,43=4,

故公比十=*=4,解得q=2；

al

故册=Qi•qnT=2rlt；

选条件②时，Sn=man-]（/wGR）；

当〃=1时，整理得m1,解得m=2；

故Sn=2an~1;①，

当〃22时,Sn-1=2dn-1~1,（2）；

①-得：-1,

整理得=2（常数），

an-l

所以数列｛斯｝是以1为首项，2为公比的等比数列；

所以册=2九t（首项符合通项），

n

故0n=2t；

选条件③时，2。1+3。2+4〃3+，+（/?+!）an=kn*2n（ZwR）,

当〃=1时，整理得2QI=/C・21,解得左=1；

故2。1+3。2+4。3+"+（n+1）（ZER）,①；

当〃22时，2。1+3。2+4。3+…1=I②；

n

①-②得：Qn=2T,（首项符合通项），

所以a九=2，T；

证明：（H）由⑴得：％=西岛=一击,

111111

所以〃=1~2+2~3+---+n~^=1~^<1-

18.（12分）某县种植的脆红李在2021年获得大丰收，依据扶贫政策，所有脆红李由经销

商统一收购.为了更好的实现效益，质监部门从今年收获的脆红李中随机选取100千克，

进行质量检测，根据检测结果制成如图所示的频率分布直方图.如表是脆红李的分级标

准，其中一级品、二级品统称为优质品.

等级四级品三级品二级品一级品

脆红李横径[20,25）[25,30）[30,35）[35,40]

hnm

经销商与某农户签订了脆红李收购协议，规定如下：从一箱脆红李中任取4个进行检测，

若4个均为优质品，则该箱脆红李定为A类；若4个中仅有3个优质品，则再从该箱中

任意取出1个，若这一个为优质品，则该箱脆红李也定为A类；若4个中至多有一个优

质品，则该箱脆红李定为C类；其他情况均定为B类.已知每箱脆红李重量为10千克，

4类、B类、C类的脆红李价格分别为每千克10元、8元、6元.现有两种装箱方案：

方案一：将脆红李采用随机混装的方式装箱；

方案二：将脆红李按一、二、三、四等级分别装箱，每箱的分拣成本为1元.以频率代

替概率解决下面的问题.

（I）如果该农户采用方案一装箱，求一箱脆红李被定为A类的概率；

(【I)根据统计学知识判断，该农户采用哪种方案装箱收入更多，并说明理由,

【解答】解：(I)由频率分布直方图可得任取一只脆红李,其为优质品的概率为(0.04+0.06)

X5=0.5,

设事件4为“该农户采用方案一装箱，一箱脆红李被定为A类”，

则P(4)=0.5，+或x0.53x0.5x0.5=

(II)设该农户采用方案一时，每箱收入为修，则H可取60,80,100,

3

P5=100)=高

P(修=60)=以x0.54+C^X0.54=/，

、351

P(』=80)-1-16-16=2-

：.E(M)=3型00土染60±8x80=775(元)，

16

qYE、e…i…a,、、，100+100+60+60

.•.该农户米用方案二时，每箱的平均收入为'----------------1=79,

4

•.•77.5V79,...采用方案二时收入更多.

19.(12分)已知空间几何体4BCDE中，△ABC,是全等的正三角形，平面ABC,

平面BCD,平面EC。_L平面BCD.

(I)探索A,8,D,E四点是否共面？若共面，请给出证明；若不共面，请说明理由;

(II)若BD=V2BC=2vL求二面角B-AE-C的余弦值.

D

C

【解答】解：(1)A,B,D,E四点共面，理由如下：

取BC的中点M,CO的中点M连接AM,NE,MN,则

因为△ABC,是全等的正三角形，

所以ENLCD,AM=EN,

因为平面A8C_L平面BCD,平面EC£>_L平面BCD,平面A8CTI平面BCD=BC,平面ECD

fl平面BCD=CD,

所以AM_L平面BCD,EN_L平面BCD,

所以4M〃EM

所以四边形AMNE为平行四边形，

所以MN〃AE,

所以AE〃B£>,

所以A,B,D,E四点共面，

(2)取4E中点P,连接PC,

因为CA=CE,所以CPLAE,

取8。的中点Q,连接PQ,

由（1）可知四边形ABZ）E为等腰梯形,

所以PQYAE,

所以/CPQ为二面角8-4E-C的平面角，

连接CQ,

因为BD=y[2BC=2vL△ABC,/\ECD是全等的正三角形,

所以48=AC=BC=CO=CE=£>E=2,AE=^BD=^2,

所以cp=m=字PQ=H=孚,

所以BC2+CD2^4+4=BD1,

所以△BC£»为等腰直角三角形，

所以CQ—.BD—V2.

在△CP。中，由余弦定理得:

“2+PQ2CQ2_竽+岩-2

cos/CPQ2CPPQ

4.zx-2-A-2-

所以二面角B-AE-C的余弦值为,，

x2y2

20.（12分）已知椭圆C：—4-77=1（a>b>0）的左，右顶点分别为A,B,且|A8|=4,

a2b2

3

椭圆。过点（1,-）.

(I)求椭圆C的标准方程；

(II)斜率不为。的直线/与。交于M,N两点，若直线的斜率是直线AN斜率的两

倍，探究直线/是否过定点？若过定点，求出定点的坐标；若不过定点，请说明理由.

19

【解答】解：(1)由题意得：2a=4,旦丁+777=1，

a24b2

解得：〃=2,序=3,

x2y2

所以椭圆方程为：二+-=1.

43

(2)直线/过定点(|,0),理由如下：

由(1)得：A(-2,0),8(2,0),设》=冲+力，

联立椭圆方程得：(3/M2+4)y+6〃力＞3信-12=0,

设yi),N(X2,”)，则为+先=箫普，%、2=森吉，

则=

x^2f

2y2

,化简得：my\y2-(b+2)(yi+y2)+(36-2)”=0,

&+2

3b—12代入得：(36—2)［貌詈+乃］=0,

将%+丫2=3m24-4，yg37n2+4

一37n(b+2)

由于37n2+4+/不恒为°，所以36-2=0,解得：b=不，

故％=my+|过定点(|,0).

21.(12分)已知函数/(x)=lnx-x.

(I)求证：/(x)W-1；

(II)若函数g(x)=Qf(%)+今(。＞0)有两个零点，求〃的取值范围.

【解答】解：(/)证明：令〃G)=/(x)+1=/MX-X+1,XE(0,+8),

可得在(0,1)时，h1(x)>0,此时函数力(%)单调递增；xG(1,+8)时，hr(x)

<0,此时函数〃(x)单调递减.

・,・元=1时，函数/7(X)取得极大值即最大值，h(1)=0,

：.h(x)(1)=0,

：.f(x)W-1.

V

(〃)g(x)=a(bu-x)+gxE(0,+<»),(a>0).

a1

=(1-x)(一+-),

xex

可得：xG(0,1)时，g'(x)>0,此时函数g(x)单调递增；xG(1,+8)时，g

(x)=<0,此时函数g(x)单调递减.

；.x=l时，函数g(x)取得极大值即最大值，g⑴="+：，

X-0时，g(X)f-8；+8时，g(X)f-8.

函数gQ)=af(x)+奈(a>0)有两个零点，

:.g(x)的最大值g(1)=->0,

解得0<aV；.

：.a的取值范围是(0,1).

另解：g(x)=a(Inx-x)+奈(0,+°°),(a>0).

g'(X)=“((T)+¥

a1

=(1-x)(一+—),

xex

可得：xG(0,1)时，g'(x)>0,此时函数g(x)单调递增；xG(1,+8)时，g

(x)=<0,此时函数g(x)单调递减.

；.x=l时，函数g(x)取得极大值即最大值，g(1)=5+小

,函数g(x)=a/(x)+a(a>0)有两个零点，

；.g(x)的最大值g(1)=-。+；>0,

解得0<。<去

下面证明：函数g(x)在(0,1),(1,+8)上各有一个零点.

1

①,.,()<〃<5VI,由(/)可知：Iwc-xW-1,即切。--1,

QQ1

g(a)=a(Ina-ay+/式一〃+*=〃(­—1)<0,

・・・g(x)在(0,1)上必有一个零点.

11

②当0Va<一时，则一>e,令/?(x)x>e.

ea

h1(x)=^-2x,h(x)=^-2>0.

：.hf(x)在(e,+8)上单调递增，h'(e)=e，-2e>0.

:・h(x)在(e,+8)上单调递增，h(x)=ee-e2>0.

当时，/

工

1之>(护.Q-

—>e,••~,

a

e万

Xix—

:・g(一)=aUn----)+号V—alna-1+a,

aaa

,11i

由/〃a-aW-l,可得加一一一+1V0,B|J-Ina------Fl<0,

aaa

111i

:.g(一)=aCln-----—)4--^-<—alna-l+«<0,

QQae五

•・・g(1)>0,g(x)在(1,+8)上必有一个零点.

1

综上：ae(0,-).

e

(二)选考题：共10分。请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的

第一题计分。［选修4・4：坐标系与