天津市和平区耀华中学2020届高三高考二模数学试题 Word版含解析 20页

- 1 - 天津市耀华中学 2020 届高三年级第二次校模拟考试 数学试卷 一、选择题 1.已知集合  1,2,3,4 , { | 3 2 },A B y y x x A    ， 则 A B =（ ） A. {1} B. {4} C. {1,3} D. {1,4} 【答案】D 【解析】 因为集合 B 中，x∈A，所以当 x＝1 时，y＝3－2＝1； 当 x＝2 时，y＝3×2－2＝4； 当 x＝3 时，y＝3×3－2＝7； 当 x＝4 时，y＝3×4－2＝10. 即 B＝{1,4,7,10}． 又因为 A＝{1,2,3,4}，所以 A∩B＝{1,4}．故选 D. 2.已知 lnx  ， 2log 2y  ， 1 2z e   ，则（ ） A. x y z  B. z x y  C. z y x  D. y z x  【答案】C 【解析】 【分析】 根据对数函数和指数函数的单调性，判断 , ,x y z 与 0 的关系，即可得出答案. 【详解】 ln ln 1x e   ， 1x  ； 2log 2 1y   ； 1 02 1, 1      z e e z ； z y x   ； 故选：C. 【点睛】本题考查指数函数、对数函数的性质的应用，比较大小等基本知识与技能，考查了 数学运算能力和逻辑推理能力，属于基础题. - 2 - 3.已知双曲线 2 2 19 7 x y  的右焦点与抛物线  2 2 0y px p  的焦点重合，则该抛物线的准 线被双曲线所截得的线段长度为（ ） A. 7 3 B. 14 3 C. 5 2 D. 5 3 【答案】B 【解析】 【分析】 由于双曲线 2 2 19 7 x y  的右焦点与抛物线  2 2 0y px p  的焦点重合，所以该抛物线的准 线被双曲线所截得的线段长度就等于双曲线的通径，由此可得答案. 【详解】解：由 2 2 19 7 x y  得 2 29, 7a b  ，所以 3, 7a b  ， 因为双曲线 2 2 19 7 x y  的右焦点与抛物线  2 2 0y px p  的焦点重合， 所以该抛物线的准线被双曲线所截得的线段长度就等于双曲线的通径 22 14 3 b a  ， 故选：B 【点睛】此题考查双曲线和抛物线，考查双曲线的通径，属于基础题. 4.在 ABC 中， 4ABC   ， 2AB  ， 3BC  ，则 sin BAC  （ ） A. 10 10 B. 10 5 C. 3 10 10 D. 5 5 【答案】C 【解析】 试 题 分 析 ： 由 余 弦 定 理 得 2 2 9 2 2 3 cos 5, 54b b        . 由 正 弦 定 理 得 3 5 sin sin 4 BAC  ，解得 3 10sin 10BAC  . 考点：解三角形. 5.已知 ,a b 是两条直线， ,  是两个平面，则 a b r r 的一个充分条件是（ ） - 3 - A. a  ， b / / ，  B. a  ，b  ， / /  C. a  ，b  ， / /  D. a  ， b / / ，  【答案】C 【解析】 【分析】 在 A 中，a 与 b 可以成任意角；在 B 中 a 与 b 是平行的；在 C 中，可得b  ，从而得到 a b r r ； 在 D 中，可得 a 与 b 可以成任意角，从而得到正确结果. 【详解】由 a，b 是两条不同的直线， ,  是两个不同的平面， 在 A 中， a  ，b / / ，  ，因为b 的方向不确定，则 a 与 b 可以成任意角，故 A 错 误； 在 B 中，a  ，b  ， / /  ，根据对应的性质可知，可知 a 与 b 是平行的，故 B 错误； 在 C 中，由 a  ，b  ， / /  ，可知 b  ，由线面垂直的性质可知 a b r r ，故 C 正 确； 在 D 中， a  ，b / / ，  ，可得 a 与 b 可以成任意角，故 D 错误． 故选：C 【点睛】该题考查线线垂直的充分条件的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系 等基础知识，在解题的过程中，注意结合图形去判断，属于中档题目． 6.在由 0,1,2,3,4,5 所组成的没有重复数字的四位数中,能被 5 整除的有( ) A. 512 个 B. 192 个 C. 240 个 D. 108 个 【答案】D 【解析】 试题分析：由于能被 5 整除的数，其个位必为 0 或 5，由此分两类：第一类：个位为 0 的，有 个；第二类：个位为 5 的，再分两小类：第 1 小类：不含 0 的，有 个，第 2 小类：含 0 的，有 个，从而第二类共有 48 个；故在由数字 0,1,2,3,4,5 所组成的 没有重复数字的四位数中，能被 5 整除的个数有 60+48=108 个，故选 D． - 4 - 考点：排列组合． 7.函数   21 cos2 2sin 6f x x x        ，其中 xR ，则下列结论中正确的是（ ） A.  f x 是最小正周期为 的偶函数 B.  f x 的一条对称轴是 3x  C.  f x 的最大值为 2 D. 将 3sin 2y x 的图象向左平移 6  个长度单位得到  f x 的图象 【答案】D 【解析】 【分析】 利用三角恒等变换公式得  f x 3sin(2 )3x   ，根据 6 6f f            说明 A 不正确， 根据 33f       说明 B 不正确，根据  f x 的最大值为 3 说明 C 不正确，根据三角函数 的平移变换的结论说明 D 正确. 【详解】因为   21 cos2 2sin 6f x x x        cos2 cos 2 3x x       cos2 cos2 cos sin 2 sin3 3x x x    3 3cos2 sin 22 2x x  3sin(2 )3x   ， 对于 A ，因为 33sin 26 6 3 2f                3sin 2 06 6 3f                   ，所以 ( )f x 不是偶函数，故 A 不正确； 对于 B ，因为 3sin 2 03 3 3f                3  ，所以 B 不正确； 对于C ，   3sin 2 3f x x      3 ，最大值为 3 ，故C 不正确； - 5 - 对于 D ，将 3sin 2y x 的图象向左平移 6  个长度单位得到 3sin 2 6y x         3sin 2 3x       f x 的图象.故 D 正确. 故选：D. 【点睛】本题考查了三角恒等变换公式，考查了三角函数的奇偶性、对称轴、最值，考查了 三角函数的平移变换，属于基础题. 8.函数 tan sin tan siny x x x x    在区间（ 2  ， 3 2  ）内的图象是( ) A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 解：函数 y=tanx+sinx-|tanx-sinx|= 2tan ,tan sin{2sin ,tan sin x x x x x x   分段画出函数图象如 D 图示， 故选 D． 9.已知函数   22 , 0 1 , 0 x x x f x xx      ，若函数    g x f x x m   恰有三个零点，则实数 m 的取值范围是（ ） - 6 - A.   1, 2 ,04       B.  10, 2,4      C.  12, 0,4        D.  1 ,2 0,4       【答案】A 【解析】 【分析】 转化为  y f x 与函数 y x m  的图象恰有三个交点，再利用图象可得结果. 【详解】因为函数    g x f x x m   恰有三个零点，所以方程  f x x m  恰有三个实 根， 所以  y f x 与函数 y x m  的图象恰有三个交点， 作出函数  y f x 的图象，如图： 当直线 y x m  与 1 ( 0)y xx   相切时， 1x m x    ，即 2 1 0x mx   只有一个根，所 以 2 4 0m    ，得 2m   或 2m  （舍去），此时两个函数的图象有 2 个交点， 当直线 y x m  与 22y x x  相切时， 22x m x x   ，即 2 0x x m   只有一个实根， 所以 1 4 0m    ，得 1 4m   ，此时两个函数的图象有 2 各交点， 当直线 y x m  经过原点时， 0m  ，此时两个函数的图象有 3 个交点， - 7 - 观察图象可知， 1 04 m   或 2m   . 故选：A. 【点睛】本题考查了函数的零点，考查了数形结合思想，考查了函数图象的应用，属于中档 题. 二、填空题 10.i 是虚数单位，若复数  1 2i a i  是纯虚数，则实数 a 的值为 . 【答案】 2 【解析】 试题分析：由复数的运算可知 ，  1 2i a i  是纯虚数，则 其实部必为零，即 ，所以 . 考点：复数的运算. 11. 2 81( )x x  的展开式中 x7 的系数为__________.（用数字作答） 【答案】 56 【解析】 试题分析：展开式通项为 2 8 16 3 1 8 8 1( ) ( ) ( 1)r r r r r r rT C x C xx        ，令16 3 7r  ，得 3r  ， 所以展开式中 7x 的系数为 ．故答案为 56 ． 【考点】二项式定理 【名师点睛】①求特定项系数问题可以分两步完成：第一步是根据所给出的条件（特定项） 和通项公式，建立方程来确定指数（求解时要注意二项式系数中 n 和 r 的隐含条件，即 n，r 均为非负整数，且 n≥r）；第二步是根据所求的指数，再求所要求的项． ②有理项是字母指数为整数的项．解此类问题必须合并通项公式中同一字母的指数，根据具 体要求，令其为整数，再根据数的整除性来求解． 12.半正多面体亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形为面组成的多面体.如 将正四面体所有棱各三等分，沿三等分点从原几何体割去四个小正四面体如图所示，余下的 多面体就成为一个半正多面体，若这个半正多面体的棱长为 2，则这个半正多面体的体积为 ______. - 8 - 【答案】 46 2 3 【解析】 【分析】 设原正四面体为 A BCD ，可知其棱长为6，再求出 BC ，BG ，BF 的长度，在 Rt BFA 中， 求出正四面体的高 AF ，根据锥体体积公式求出原正四面体为 A BCD 的体积 1V ；同理可求 出从原几何体中割去的其中一个小正四面体的体积 2V ，再根据 1 24V V ，即可求出这个半正多 面体的体积. 【详解】设原正四面体为 A BCD ，如下图所示： 由题意可知，正四面体的棱长 6BC  ，设 F 为底面 BCD 的中心，G 是边 CD 中点，则正四 面体 A BCD 的高 AF ，则 3 23 3, 2 32 3BG BC BF BG    所以在 Rt BFA 中，  22 2 26 2 3 2 6AF AB BF     ， - 9 - 所以原正四面体为 A BCD 的体积为 2 1 1 1 3= 6 2 6=18 23 3 4BCDV S AF     V ； 设从原几何体中割去的其中一个小正四面体为 P MNK ，如下图所示： 则小正四面体的棱长 2PM  ，设O 为底面 BCD的中心，T 是边 NK 中点，则小正四面体 P MNK 的高 PO ，则 3 2 2 33,2 3 3MT MN MO MT    所以在 Rt PMO△ 中， 2 2 2 2 2 3 2 62 3 3PO PM MO          ， 所以小正四面体为 P MNK 的体积为 2 2 1 1 3 2 6 2 2= 2 =3 3 4 3 3MNTV S MO     V ； 所以从原几何体中割去四个小正四面体体积为 2 8 24 3V  ， 所以这个半正多面体的体积为 1 2 8 2 46 24 18 2 3 3V V    . 故答案为： 46 2 3 . 【点睛】本题主要考查多面体的外接球的体积求法，属于中档题. 13.求圆心在直线 2 3 0x y   上，且过点 3(2, )A  ， ( 2, 5)B   的圆的标准方程． 【答案】 2 2( 1) ( 2) 10x y    【解析】 - 10 - 试题分析：根据圆中的弦的垂直平分线过圆心求出弦 AB 的垂直平分线的方程，与直线 l 联立 可求出圆心坐标，然后根据两点间的距离公式求出圆的半径，即可写出圆的标准方程． 试题解析： ∵   3 5 1 2 2 2ABK     ， AB 中点  2 2 3 5, 0, 42 2         ， ∴ AB 中垂线为  4 2 0y x    ， 整理得 2 4 0y x   ， 联立 2 4 0 2 3 0 y x x y        ， 解出 1x   ， 2y   ， ∴圆心为  1, 2  ， 半径为    2 22 1 3 2 10        ，圆为   2 21 2 10x y    ． 14.梯形 ABCD 中， //AB CD ， 4AB  ， 3AD  ， 2CD  ， 6AB AD   ，若 M 为线段 AD 上的一点，则 AC BM  的最大值为______. 【答案】 2 【解析】 【分析】 由于 6AB AD   ， 4AB  ， 3AD  且 ,AB AD   不共线，所以将 ,AB AD   作为基底，由 M 为 线段 AD 上的一点，可设 (0 1)AM t AD t    ，然后把向量 AC BM  ， 分别用基底表示出来， 化简可求得其最大值 【详解】解：由 M 为线段 AD 上的一点，设 (0 1)AM t AD t    ， 因为 //AB CD ， 4AB  ， 2CD  ，所以 1 2DC AB  ， 所以 1 2AC AD DC AD AB        , - 11 - 因为 BM AM AB t AD AB        ， 所以 1( ) ( )2AC BM AD AB t AD AB          2 21 1 2 2tAD AD AB tAD AB AB           , 9 6 3 8t t    12 14t  ， 因为 0 1t  ，所以 AC BM  的最大值为 2 ， 故答案为： 2 【点睛】此题考平面向量基本定理的应用，正确的选择基底是解此题的关键，属于中档题. 15.若 1b a  且3log 6log 11a bb a  ，则 3 2 1a b   的最小值为______________ 【答案】 2 2 1 【解析】 因 为 1b a  ， 所 以 log 1a b  ； 因 为 3log 6log 11a bb a  ， 所 以 6 23log 11,log 3 log ( )log 3a a a a b b bb    或 舍 ，即 3b a 因此 3 2 1a b   2 2 21 1 2 ( 1) 1 2 2 11 1 1b b bb b b               当且仅当 2 1b   时取等号 三、解答题 16.在贯彻中共中央、国务院关于精准扶贫政策的过程中，某单位在某市定点帮扶某村 100 户 贫困户.为了做到精准帮扶，工作组对这 100 户村民的年收入情况、危旧房情况、患病情况等 进行调查，并把调查结果转化为各户的贫困指标，将指标 x 按照 0,0.2 ， 0.2,0.4 ，  0.4,0.6 ， 0.6,0.8 ， 0.8,1.0 分成五组，得到如图所示的频率分布直方图.规定若 0 0.6x  ，则认定该户为“绝对贫困户”，否则认定该户为“相对贫困户”；当 0 0.4x  时，认定该户为“亟待帮住户”. - 12 - （1）为了更好的了解和帮助该村的这些贫困户，决定用分层抽样的方法从这 100 户中随机抽 取 20 户进行更深入的调查，求应该抽取“绝对贫困户”的户数； （2）从这 20 户中任取 3 户，求“绝对贫困户”多于“相对贫困户”的概率； （3）现在从（1）中所抽取的“绝对贫困户”中任取 3 户，用 X 表示所选 3 户中“亟待帮助 户”的户数，求 X 的分布列和数学期望  E X . 【答案】（1）6 户，（2） 23 114 ，（3）分布列见解析，   3 2E X  . 【解析】 【分析】 （1）根据频数=样本容量×频率，可得结果； （2）根据古典概型的概率公式可得结果； （3） X 的所有可能的取值为 0，1，2，3，根据古典概型概率公式求出 X 的各个取值的概率 可得分布列，根据数学期望公式可得数学期望的值. 【详解】（1）由直方图可知，“绝对贫困户”的频率为  0.25 0.5 0.75 0.2 0.3    ， 所以应该抽取“绝对贫困户”的户数为 20 0.3 6  户. （2）这 20 户中，“绝对贫困户”的户数为 6 户，“相对贫困户”的户数为 14 户， 所以“绝对贫困户”多于“相对贫困户”的概率为 3 0 2 1 6 14 6 14 3 20 C C C C C    230 3 1140 114   . （3）从（1）中所抽取的“绝对贫困户”中，“亟待帮助户”的户数为 3 户， 所以 X 的所有可能的取值为 0，1，2，3.   0 3 3 3 3 6 10 20 C CP X C    ，   1 2 3 3 3 6 91 20 C CP X C    ， - 13 -   2 1 3 3 3 6 92 20 C CP X C    ，   3 0 3 3 3 6 13 20 C CP X C    ， 所以 X 的分布列为： X 0 1 2 3 P 1 20 9 20 9 20 1 20  E X 1 9 9 10 1 2 320 20 20 20          3 2 . 【点睛】本题考查了分层抽样，考查了古典概型的概率公式，考查了随机变量的分布列和数 学期望，属于基础题. 17.数列 na 是等差数列， nS 为其前 n 项和，且 5 23a a ， 7 214 7S a  ，数列 nb 前 n 项 和为 nT ，且满足3 2 3n nb T  ， *n N . （1）求数列 na 和 nb 的通项公式； （2）设数列 n n a b       的前 n 项和为 nR ，求 nR . 【答案】（1） 2 1na n  ， 3n nb  ；（2） 1 1 2 1 11 2 3 2 3n n n nR     【解析】 【分析】 （1）根据等差数列的通项公式和前 n 项和公式求出 1,a d ，利用递推关系3 2 3n nb T  可得数 列 nb 为等比数列，再代入通项公式，即可得到答案； （2）由（1）得 1(2 1) 3 n n n a nb    ，再利用错位相减法求和，即可得到答案； 【详解】（1） 1 1 1 1 11 1 4 3( ), 0, 1, 7 6 1 0, 2.7 14( ) 7,2 a d a d a d a a d da d a d                      2 1na n  ； - 14 -  3 2 3n nb T  ， 1 13 2 3n nb T   ，两式相减得： 1 3( 2)n n b nb    ，  1 1 13 2 3 3b b b    ，  13 3 3n n nb    ； （2）由（1）得 1(2 1) 3 n n n a nb    ，  1 2 1 1 1(2 1 1) (2 2 1) (2 1)3 3 3nn nR             ，  2 3 1 1 1 1(2 1 1) (2 2 11 ) (2 1)3 33 3nn nR             ， 两式相减得： 2 1 2 3 1 1 12 2 (2 1)3 3 3 1 3n n nR n         ，  2 1 2 1 1(1 ) 13 32 (2 1)1 313 3 1 3 n n nR n         ，  1 1 2 1 11 2 3 2 3n n n nR     . 【点睛】本题考查等差数列、等比数列通项公式、错位相减法求和，考查转化与化归思想、 分类讨论思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力. 18.如图，在四棱锥 P ABCD 中， PA  底面 , , / /ABCD AD AB AB DC ， 2, 1AD DC AP AB    ，点 E 为棱 PC 的中点． （1）证明： BE DC ； （2）求直线 BE 与平面 PBD 所成角的正弦值； （3）若 F 为棱 PC 上一点，满足 BF AC ，求二面角 F AB P  的余弦值． - 15 - 【答案】（1）证明见解析；（2） 3 3 ；（3） 3 10 10 ． 【解析】 【分析】 （1）可以建立空间直角坐标系，利用向量数量积来证明 BE DC ，；（2）向量法：先求平面 PBD 的法向量 A ，然后利用公式 1sin cos , n BEn BE n BE          求直线 BE 与平面 PBD 所 成角的正弦值；（3）向量法：先求平面 ABF 和平面 PBA的法向量 1 2,n n   ，再利用公式 1 2 1 2 1 2 cos , n nn n n n        来求二面角 F AB P  的余弦值． 【详解】依题意，以点 E 为原点建立空间直角坐标系（如图），可得 (1,0,0), (2,2,0)B C ， (0,2,0), (0,0,2)D P ，由点 E 为棱 PC 的中点，得  1,1,1E ． （1）向量  0,1,1BE  ，  2,0,0DC  ，故 0BE DC   ． ∴ BE CD ． （2）向量 ( 1,2,0), (1,0, 2)BD PB     ，设  1 , ,n x y z 为平面 PBD 的法向量，则 0 0 n BD n PB         ，即 2 0 2 0 x y x z       ， 不妨令 1z  ，可得  2,1,1n  为平面 PBD 的一个法向量． 于是有 2 3cos , 3| | | | 6 2 n BEn BE n BE            ， ∴直线 BE 与平面 PBD 所成角的正弦值为 3 3 ． - 16 - （3）  2, 2,2 , (2,2,0), (1,0,0),CP AC AB       ， 由点 F 在棱 PC 上，故 (1 2 ,2 2 ,2 )BF BC CF BC lCP l l l          ， 由 BF AC ，得 +22(1 2 ) (2 2 =0)l l  ，解得 3 4l  ，即 1 1 3, ,2 2 2BF       ． 设 1 ( , , )n x y z 为平面 ABF 的法向量，则 1 1 0 0 n AB n BF          ，即 0 1 1 3 02 2 2 x x y z     ，不妨令 1z  ，可得 1 (0, 3,1)n   为平面 ABF 的一个法向量．取平面 PAB 的法向量 2 (0,1,0)n  ， 则 1 2 1 2 1 2 3 3 10cos , 1010 n nn n n n            ． 易知，二面角 F AB P  是锐角，∴其余弦值为 3 10 10 ． 【点睛】空间向量解答立体几何问题的一般步骤是：（1）观察图形，建立恰当的空间直角坐 标系；（2）写出相应点的坐标，求出相应直线的方向向量；（3）设出相应平面的法向量，利 用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；（4）将空间位置关系转化为向量关系；（5） 根据定理结论求出相应的角和距离. 19.如图，在平面直角坐标系 xOy 中，椭圆 2 2 2 2: 1( 0)x yC a ba b     的右焦点、右顶点分别 为 F，A，过原点的直线与椭圆 C 交于点 P、Q（点 P 在第一象限内），连结 PA，QF．若 2AF  ， OAP△ 的面积是 OFQ 面积的 3 倍． （1）求椭圆 C 的标准方程； - 17 - （2）已知 M 为线段 PA 的中点，连结 QA，QM． ①求证：Q，F，M 三点共线； ②记直线 QP，QM，QA 的斜率分别为 1k ， 2k ， 3k ，若 1 3 2 5 2k k k  ，求 PQM 的面积． 【答案】（1） 2 2 19 8 x y+ = （2）①见解析②4 【解析】 【分析】 (1)根据 2AF  可得 2a c  ,又 OAP△ 的面积是 OFQ 面积的 3 倍,所以 3a c ,再联立求 解基本量即可. (2) 设  0 0,P x y ,再表示出 QFk , FMk 关于  0 0,P x y 的表达式,化简证明 QF FMk k 即可. (3)由 1 3 2 5 2k k k  可得 0 1x  ,代入椭圆可得 8(1, )3P ,进而求出 1 83 42 3PQM POAS S      【详解】（1）设椭圆 C 的焦距为 2c. 因为 2AF  ,所以 2a c  . 设  0 0,P x y ,则 OAP△ 的面积为 0 1 2 ay . 过原点的直线与椭圆 C 交于点 P,Q, 所以  0 0,Q x y  , 故 OFQ 的面积为 0 1 2 cy . 因为 OAP△ 的面积是 OFQ 面积的 3 倍, 所以 3a c , 解得 3a  , 1c  , 2 2b  , 所以椭圆 C 的标准方程为 2 2 19 8 x y+ = . （2）①因为  0 0,P x y ,所以 0 03( , )2 2 x yM  . 因为  0 0,Q x y  , - 18 - 所以 0 0 0 0 0 ( ) 1 ( ) 1QF y yk x x      , 0 0 0 0 2 3 112 FM y yk x x    , 故 Q,F,M 三点共线. ②因为 0 1 0 yk x  , 0 2 0 1 yk x   , 0 3 0 3 yk x   ,且 1 3 2 5 2k k k  , 所以 0 0 0 0 0 0 5 3 2 1 y y y x x x     化简得 2 0 05 6 0x x   , 解得 0 1x  或 0 6x   （舍去）, 代入 2 2 19 8 x y+ = 中,得 2 0 64 9y  因为点 P 在第一象限内,所以 0 8 3y  ,故 8(1, )3P . 因为 M 为线段 PA 的中点,所以 1 2PQM PQAS S  . 因为 O 为线段 PQ 的中点, 所以 1 2POA PQAS S  , 故 1 83 42 3PQM POAS S      . 【点睛】本题主要考查了椭圆中利用坐标法解决三点共线以及斜率的问题,需要根据题意设点 的坐标,再表达出斜率与面积公式等.属于中档题. 20.已知函数 ln( ) xf x x  ， 2( ) 2g x x x  ． （1）求 ( )f x 在点 P(1， (1)f )处的切线方程； （2）若关于 x 的不等式 2 ( ) ( ) 0f x tf x  有且仅有三个整数解，求实数 t 的取值范围； （3）若 ( ) ( ) 4 ( )h x g x xf x  存在两个正实数 1x ， 2x 满足 2 2 1 2 1 2( ) ( ) 0h x h x x x   ，求证： 1 2 3x x  ． - 19 - 【答案】（1） 1 0x y   ；（2） ln 2 ln5 2 5t    ；（3）见解析. 【解析】 【分析】 （1）求出 P（1，0），x＞0，   2 1' lnxf x x  ，f′（1）=1，利用导数的几何意义能求出 f（x） 在点 P（1，f（1））处的切线方程． （2）求出   2 1' lnxf x x  ，x＞0，则 f′（x）=0，得 x=e，列表讨论能求出实数 t 的取值范 围． （3）h（x）=x2﹣2x+4lnx，从而（x1+x2）2﹣2（x1+x2）﹣4lnx1x2，令 t=x1x2，  t =t2+2t﹣ 4lnt，（t＞0），…（11 分）则  ' t =2t+2﹣ 4 t =   1 2t t t   ，由此利用导数性质能证明 x1+x2≥3． 【详解】（1）   lnxf x x  ，  1 0f  ，所以 P 点坐标为  1,0 ； 又   2 1 ln' xf x x  ，  ' 1 1f  ，则切线方程为 0 1y x   ， 所以函数  f x 在点   1, 1P f 处的切线方程为 1 0x y   ． （2）   2 1 ln' ( 0)xf x xx   x 正 0 负 单调增 极大值 单调减 由    2 0f x tf x  ， 得     0f x f x t    ； 0t  时，   0f x  或  f x t  ，满足条件的整数解有无数个，舍； 0t  时，   0f x  ，得 0x  且 1x  ，满足条件的整数解有无数个，舍； 0t  时，   0f x  或  f x t  ，当   0f x  时，无整数解； - 20 - 当  f x t  时，不等式有且仅有三个整数解，又   ln33 3f  ，     ln22 4 2f f  ，   ln55 5f  因为  f x 在 0,e 递增，在 ,e  递减；所以    5 4f t f   ， 即 ln5 ln2 5 2t   ，即 ln2 ln5 2 5t    ； 所以实数t 的取值范围为 ln2 ln5 2 5t    ． （3）   2 2 4lnh x x x x   ， 因为     2 2 1 2 1 2 0h x h x x x   ， 所以 2 2 2 2 1 1 1 2 2 2 1 22 4ln 2 4ln 0x x x x x x x x       ， 即   2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 22 2 4lnx x x x x x x x x x      ， 令 1 2t x x ，   2 2 4ln ( 0)t t t t t     ， 则     2 1 242 2 ( 0)t tt t tt t        ， 当  0,1t  时，   0t  ，所以函数   2 2 4ln ( 0)t t t t t     在  0,1 上单调递减； 当  1,t   时，   0t  ，所以函数   2 2 4ln ( 0)t t t t t     在  1, 上单调递增． 所以函数   2 2 4ln ( 0)t t t t t     在 1t  时，取得最小值，最小值为 3． 因为存在两个正实数 1 2,x x ，满足     2 2 1 2 1 2 0h x h x x x   ，所以   2 1 2 1 22 3x x x x    ， 即   2 1 2 1 22 3 0x x x x     ，所以 1 2 3x x  或 1 2 1x x   ． 因为 1 2,x x 为正实数，所以 1 2 3x x  ． 【点睛】本题考查函数的切线方程的求法，考查实数取值范围的求法，考查不等式的证明， 考查导数的几何意义、导数性质、函数的单调性、最值等基础知识，考查运算求解能力，是 难题．