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  • 2021-06-09 发布

浙江省超级全能生2020届高三下学期3月联考数学试题(B卷) Word版含解析

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- 1 - “超级全能生”2020 高考浙江省 3 月联考(B) 数学 一、选择题:本大题共 10 小题,每小题 4 分,共 40 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. 已知全集  1,0,1,2,3,4U   ,集合  | 1,  A x x x N ,  1,3B  ,则  U BA ð ( ) A.  4 B.  2,4 C.  1,2,4 D.  1,0,2,4 【答案】C 【解析】 【分析】 先计算 A B ,再计算  U A Bð . 【详解】因为  | 1,  A x x x N ,  1,3B  ,所以  0,1,3A B  , 则    1,2,4U A B  ð . 故选:C. 【点睛】本题考查集合的并集及补集运算,比较简单,紧扣并集、补集的概念进行运算即可. 2. 已知复数 z 满足  1 3 1  z i i (i 为虚数单位),则复数 z 的虚部为( ) A. 2 5  B. 2 5 C. 2 5 i D. 2 5 i 【答案】A 【解析】 【分析】 根据复数的运算法则求得 z ,即可求得其虚部. 【详解】因为  1 3 1  z i i , 故可得       1 1 31 2 4 1 2 1 3 1 3 1 3 10 5 5 i ii iz ii i i            , 故其虚部为 2 5  . 故选: A . - 2 - 【点睛】本题考查复数的运算,以及虚部的辨识,属基础题. 3. 设 m 、n 是两条不同的直线, 、 是两个不同的平面,已知 m  ,n  ,则“ //m  , n// ”是“ //  ”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 【答案】B 【解析】 【分析】 利用面面平行的判定和性质定理结合充分条件、必要条件的定义判断即可得出结论. 【详解】充分性:已知 m  , n  ,由于 //m  , n// ,若 //m n ,则 与  不一定平 行,充分性不成立; 必要性:已知 m  , n  ,若 //  ,由面面平行的性质可得 //m  , n// ,必要性成 立. 因此,“ //m  , n// ”是“ //  ”的必要不充分条件. 故选:B. 【点睛】本题考查充分不必要条件的判断,同时也考查了面面平行的判定与性质定理的应用, 考查推理能力,属于基础题. 4. 函数   ln 1 x xf x x 的图象是( ) A. B. C. D. - 3 - 【答案】A 【解析】 【分析】 利用特殊点的函数值,由排除法得解. 【详解】解: 3 2(3) 2 03 lnf ln   ,故排除 D ; ( 1) 2 0f ln    ,故排除 C ; 1 1( ) 02 2f ln  ,故排除 B ; 故选: A . 【点睛】本题考查函数图象的确定,属于基础题. 5. 一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积为( ) A. 5 B. 34 2  C. 4 3 D. 4 5  【答案】C 【解析】 【分析】 首先把三视图转换为几何体,进一步求出几何体的表面积. 【详解】解:根据几何体的三视图转换为几何体为:该几何体为以底面半径为 1,高为 2 的圆 柱的一半, 所以 2 2 2 4 3S         . 故选:C . 【点睛】本题考查的知识要点:三视图和几何体之间的转换,几何体的表面积公式的应用,主 要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力,属于基础题. - 4 - 6. 小明同学去文具店购买文具,现有四种不同样式的笔记本可供选择(可以有笔记本不被选 择),单价均为一元一本,小明只有8 元钱且要求全部花完,则不同的选购方法共有( ) A. 70 种 B. 165种 C. 280 种 D. 1860种 【答案】B 【解析】 【分析】 将问题等价转化为将8 个完全相同的小球放入 4 个盒子里,允许有空盒,进一步转化为:将12 个完全相同的小球放入 4 个盒子里,每个盒子里至少有1个球,利用隔板法可得出结果. 【详解】问题等价转化为将8 个完全相同的小球放入 4 个盒子里,允许有空盒. 进一步转化为:将12个完全相同的小球放入 4 个盒子里,每个盒子里至少有1个球. 由隔板法可知,不同的选购方法有 3 11 165C 种. 故选:B. 【点睛】本题考查利用隔板法解决实际问题,将问题进行等价转化是解题的关键,考查计算 能力,属于中等题. 7. 在数列 na 中, 1 1a  , 2 3a  ,且    2 2 1 nn n a n Na      , nS 为数列 na 的前 n 项 和,则 100S  ( ) A. 50 013 52   B.  503 1 3 502   C.  503 3 1 502   D.  1003 3 1 502   【答案】C 【解析】 【分析】 对关系式    2 2 1 nn n a n Na      中的 n 分奇偶进行讨论,然后利用求和公式计算即可. 【详解】由题意    2 2 1 nn n a n Na      ,当 n 为偶数时,可得 2 3n n a a   ; - 5 - 当 n 为奇数时,可得 2 1n n a a   ,即数列的偶数项成公比为 3 的等比数列,奇数项都为 1, 由求和公式可得    5050 100 3 33 3 50 503 1 1 2 1 S       , 故选:C 【点睛】本题考查了数列递推关系,等比数列的通项公式和求和公式,考查推理能力和计算 能力,属于中档题. 8. 已知点 F 为双曲线   2 2 2 2: 1 , 0x yC a ba b    的右焦点,直线 y kx , 3 , 33k       与双 曲线C 交于 A , B 两点,若 AF BF ,则该双曲线的离心率的取值范围是( ) A. 2, 2 6   B. 2, 3 1   C. 2, 3 1   D. 2 2 6  , 【答案】B 【解析】 【分析】 设直线 y kx 的倾斜角为 ,则 3tan , 33k         ,所以 AOF   ,设双曲线的左焦 点为 F,设点 A 在第一象限内,连接 ,F B F A  , 由 AF BF ,根据双曲线的对称性可得四 边形 F BFA 为矩形,所以 2F F BA c   ,所以 OA c ,设  cos , sinA c c   ,代入椭 圆方程,得到关于 e 的方程,解出 e 即可. 【详解】设直线 y kx 的倾斜角为 ,则 3tan , 33k         ,所以 AOF   . 设双曲线的左焦点为 F ,设点 A 在第一象限内,连接 ,F B F A  , 由 AF BF 根据双曲线的对称性可得四边形 F BFA 为矩形,所以 2F F BA c   ,所以OA c 则设  cos , sinA c c   ,代入双曲线方程可得: 2 2 2 2 2 2 cos sin 1c c a b     即 2 2 2 2 2 2 2 cos sin 1c c a c a     ,所以 2 2 2 2 2 sincos 11 ee e    - 6 - 所以 4 2 2cos 2 1 0e e    ,可得 2 2 2 2 2 4 4cos 1 sin 1 2cos cos 1 sine            由 3tan , 33       ,可得 2 2 2 2 2 2 2 sin tan 1 1 3sin 1 ,sin cos 1 tan 1 tan 4 4                   所以 1 3sin ,2 2        , 所以 2 1 2,4 2 31 sine       ,即 2, 3 1e     故选:B 【点睛】本题考查双曲线的简单性质的应用,考查转化思想以及计算能力,属于中档题. 9. 在长方体 1 1 1ABCD A B C D 中,底面 ABCD 是边长为 4 的正方形,侧棱  1 4 AA t t , 点 E 是 BC 的中点,点 P 是侧面 1 1ABB A 内的动点(包括四条边上的点),且满足 tan 4tan  APD EPB ,则四棱锥 P ABED 的体积的最大值是( ) A. 4 3 4 B. 16 3 C. 16 3 3 D. 64 3 9 【答案】C 【解析】 【分析】 由题意画出图象,根据 tan 4tanAPD EPB   ,求出 1 2PA PB ,设 PN h , AN x ,则 4BN x  , [0x , 4] ,由 1 2PA PB ,得 2 21 4PA PB ,即 2 2 2 21[ (4 ) ]4h x h x    ,求 出 2h 的解析式,可得 h 的最大值,再由棱锥体积公式求解. 【详解】解:作 PN AB 于 N ,在长方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中, DA  平面 1 1A ABB ,CB  平面 1 1A ABB , - 7 - 在 Rt PAD 和 Rt PBC 中, tan ADAPD AP   , tan BEEPB PB   , tan 4tanAPD EPB   , 1 2 1 2BE BC AD  , 1 2PA PB  , 设 PN h , AN x ,则 4BN x  , [0x , 4], 由 1 2PA PB ,得 2 21 4PA PB ,即 2 2 2 21[ (4 ) ]4h x h x    , 整理得 2 2 8 16 3 3h x x    , [0x , 4],开口向下,对称轴为 4 3x   , 在 [0x , 4]单调递减,则 0x  时, 2h 取到最大值16 3 ,即 h 的最大值为 4 3 3 . 四棱锥 P ABED 的体积的最大值是 1 1 4 3 16 3(2 4) 43 2 3 3      . 故选:C . 【点睛】考查棱柱、棱锥的体积的计算,利用了构造函数法及单调性和最值,属于中档题. 10. 已知实数 ,x y 满足 2 2  4 5 5  x xy y ,则 2 22x y 的最小值为( ) A. 5 3 B. 10 3 C. 10  9 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】 设 2 22x y m  ,代入所给等式同时平方后的式子,化简等式为关于 y 的一元二次方程,根 据方程有解则判别式不小于零列出不等式求解 m 的最小值即可. 【详解】设 2 22x y m  ,则 2 22x m y  , - 8 - 2 2  4 5 5x xy y   , 2 24 5 5xy x y    , 则  22 2 2 216 5 5x y x y   ,    22 2 216 2 5 7y m y m y    , 4 2 281 (30 70) ( 5) 0y m y m     , 设 2y t ,则 2 281 (30 70) ( 5) 0t m t m     , 2 2(30 70) 4 81( 5) 0m m      … ,解得 10 3m  ,  2 22x y 的最小值为10 3 . 故选:B 【点睛】本题考查条件等式求最值,属于中档题. 二、填空题:本大题共 7 小题,多空题每小题 6 分,单空题每小题 4 分,共 36 分.把答案填在 题中的横线上. 11. 椭圆 2 2 12 4 x y  的焦距是______. 【答案】 2 2 【解析】 【分析】 根据椭圆中 a ,b , c 的数量关系求解. 【详解】解:椭圆 2 2 12 4 x y  的焦距是 2 22 2 2 4 2 2 2c a b     . 故答案为: 2 2 . 【点睛】本题考查了椭圆中 a ,b , c 的数量关系,属于基础题. 12. 在二项式 92x x     的展开式中,常数项是______;有理项的个数为______. 【答案】 (1). 672 (2). 5 【解析】 【分析】 写出二项展开式的通项,由 x 的指数为 0 求得常数项;再由 x 的指数为整数求得有理数的项的 个数 - 9 - 【详解】解:二项式 92x x     的展开式的通项为     9 39 2 1 9 9 2 2 r rr rr r rT C x C xx          . 由 9 3 0 32 r r    ,得常数项是  3 3 92 672C   ; 当 1r  ,3,5,7,9 时, x 的指数为整数, 有理项的个数是 5 个; 故答案为: 672 ;5. 【点睛】本题考查二项式定理及其应用,关键是熟记二项展开式的通项,属于基础题 13. 在锐角 ABC 中,角 A ,B ,C 所对的边分别是 a ,b ,c , 3A  , 7a  , 3c  , 则b  ______,sin sinB C  ______. 【答案】 (1). 2 (2). 5 21 14 【解析】 【分析】 先利用余弦定理解出b ,再利用正弦定理解出sin B 和sinC ,从而得到答案. 【详解】由 2 2 2 2 cosa b c bc A   得: 2b  或 1b  ,因为锐角 ABC ,所以 2b  ;由 sin sin sin a b c A B C   可得: 21sin 7B  , 3 21sin 14C  ,∴ 5 21sin sin 14B C  . 故答案为:2, 5 21 14 . 【点睛】本题考查正、余弦定理的综合运用,较易.当利用余弦定理解某一边出现两解时,一 定要根据题目条件合理取舍. 14. 设变量 x 、 y 满足约束条件 2 0 2 0 1 0 x y x y x y            ,则目标函数 2 4  y xz 的最大值为______,最小 值为______. 【答案】 (1). 8 (2). 1 16 【解析】 【分析】 - 10 - 作出不等式组所表示的可行域,平移直线 2t y x  ,观察该直线在 y 轴截距最大和最小时对 应的最优解,代入目标函数计算即可得解. 【详解】作出不等式组 2 0 2 0 1 0 x y x y x y            所表示的可行域如下图所示: 联立 1 2 0 x x y       ,解得 1 1 x y     ,即点  1,1C  ; 联立 2 0 0 x y y      ,解得 2 0 x y    ,即点  2,0A . 令 2t y x  ,则 22 2 24 y y x t xz    ,平移直线 2t y x  , 当直线 2t y x  经过可行域的顶点 A 时,直线 2t y x  在 y 轴上的截距最小,此时 z 取最 小值,即 0 2 2 min 12 16z    ; 当直线 2t y x  经过可行域的顶点C 时,直线 2t y x  在 y 轴上的截距最大,此时 z 取最 大值,即  1 2 1 max 2 8z     . 故答案为:8 ; 1 16 . 【点睛】本题考查指数型线性目标函数最值的求解,一般利用平移直线的方法找出最优解, 考查数形结合思想的应用,属于基础题. 15. 十三世纪意大利数学家列昂纳多·斐波那契从兔子繁殖规律中发现了“斐波那契数 列”,斐波那契数列 na 满足以下关系: 1 1a  , 2 1a  ,  1 2 3     n n na a a n ,n N , 记其前 n 项和为 nS ,设 2020a m ( m 为常数),则 2018 2020S a  ______; - 11 - 1 3 5 2019   a a a a ______. 【答案】 (1). 1 (2). m 【解析】 【分析】 因 为 斐 波 那 契 数 列  na 满 足 1 1a  , 2 1a  , 通 过 归 纳 可 以 得 出 2 1 1 2 3 1 1n n n n na a a a a a a S          , 1 3 5 2019 1 2018a a a a a S     ,代入即 可求解 【详解】因为斐波那契数列 na 满足 1 1a  , 2 1a  , 1 2n n na a a   , ∴ 3 1 2a a a  ; 4 2 3 1 2 1a a a a a     ; 5 3 4 1 2 3 1a a a a a a      ; … 2 1 1 2 3 1 1n n n n na a a a a a a S          ; 所以 2018 2020 1S a   , 因为 1 3 5 2019 1 1 2 3 4 2017 2018 1 2018 1 1a a a a a a a a a a a a S m m                . 故答案为: 1 , m . 【点睛】本题考查斐波那契数列的理解和运用,考查化简和运算能力,属于中档题. 16. 已知函数    2 0f x ax bx c a    ,对一切  1,1x  ,都有   1f x  ,则当  2,2x  时,  f x 的最大值为______. 【答案】 7 【解析】 【分析】 推导出          2 2 21 1 0 12 2 x x x xf x f f f x         ,利用绝对值三角不等式求得 函数  f x 在 1 1x   、 2 1x    和1 2x  上的最大值,结合已知条件可得出结果. 【详解】  1f a b c    ,  1f a b c   ,  0f c ,      1 1 1 2 02a f f f       ,    1 1 12b f f     ,  0c f , - 12 - 所以,              21 11 1 2 0 1 1 02 2f x f f f x f f x f                     2 2 21 1 0 12 2 x x x xf f f x         , 又对任意的  1,1x  ,都有   1f x  , 所以,当 2 1x    时,         2 2 21 1 0 12 2 x x x xf x f f f x         2 2 2 2 2 2 21 1 2 1 72 2 2 2 x x x x x x x xx x x              ; 当1 2x  时,         2 2 21 1 0 12 2 x x x xf x f f f x         2 2 2 2 2 2 21 1 2 1 72 2 2 2 x x x x x x x xx x x              . 综上所述,当  2,2x  时,  f x 的最大值为 7 . 故答案为: 7 . 【点睛】本题考查求含绝对值函数的最值,推导出          2 2 21 1 0 12 2 x x x xf x f f f x         是解题的关键,考查绝对值三角不等 式的应用,考查计算能力,属于难题. 17. 已知点 P 为 ABC 所在平面内任意一点,满足 ( ) 0PA PB PC CP CA CB           ,若 ( )CQ CA CB    ,  1,2  ,则 2 2 2 QA QB QC    的取值范围是______. 【答案】 51, 4      【解析】 【分析】 由已知条件变形得到CB CA  ,通过等价变形把 2 2 2 QA QB QC    表示为  的函数,根据  的范 - 13 - 围即可求出 2 2 2 QA QB QC    的取值范围. 【详解】解:  ( )PA PB PC CP CA CB PA PB PC AP CB PA PB PC AP PC CB                                 PA PB PC PC CB         PA CB PC CB         0CB PA PC CB CA          ,所以 CB CA  .      2 2 2 2 22 2 2 2 2 2 2CA CQ CB CQ CA CB CQ CQ CA CBQA QB QC QC QC                         2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 22 2 2 2CA CB CA CB CQ CQ CQ CQ CQ CQ QC QC                         2 2 1 2 12 1 1            .因为  1,2  , 1 1 ,12      ,所以 21 51 1 1, 4             ,则 2 2 2 QA QB QC    的取值范围为 51, 4      . 故答案为: 51, 4      . 【点睛】本题考查向量的化简变形及函数的值域计算,关键在于向量等式的等价变形,属于 中档题. 三、解答题:本大题共 5 小题,共 74 分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤. 18. 已知函数   2sin 2cos 12   xf x x . (1)求 7 12     f (2)若 5 4       y f x , 0 ,当 3,4 4x       时,存在最大值和最小值,求 的取值 范围. 【答案】(1) 6 2 ;(2)  4{2} 2,4 23 k k k N        - 14 - 【解析】 【分析】 (1)利用降幂扩角公式以及辅助角公式化简  f x ,再代值求解即可; (2)根据题意,列出关于 的不等式,即可求得其范围. 【详解】(1)    22cos 1 1 12 xf x sinx sinx cosx       2sin 4sinx cosx x        . 故 7 62 sin12 3 2f       . (2)由(1)所得,可知    2 sin 2siny x x      若满足题意,则 3 1 2 4 4 2        ,且 4 2k    , 3 3 ,4 2k k Z     , 解得 2  ,且  4 2,4 23 k k k Z        , 即  4{2} 2,4 23 k k k N        . 【点睛】本题考查利用三角恒等变换化简函数解析式,以及由函数的最值求参数的范围,属 综合基础题. 19. 已知数列 na 满足 1 1a  ,  11 1  n na a n ,数列 nb 满足 1 1b  ,  1 1 2 2 1 11 1     n n na b a b a b a n . (1)求数列 na , nb 的通项公式; (2)若数列 nc 满足 2n n na c b ,求证 1 2 3 4   nc c c . 【答案】(1) na n , 1 nb n  ;(2)证明见解析; 【解析】 【分析】 (1)数列{ }na 满足 1 1a  , 11 ( 1)n na a n   ,可得 1 1n na a   ,利用等差数列的通项公式 即 可 得 出 . 数 列 { }nb 满 足 1 1b  , 1 1 2 2 1 11 ( 1)n n na b a b a b a n      , 可 得 - 15 - 1 1 2 2 1 1 11 n n n n na b a b a b a b a       ,相减可得 1 1n n n na b a a   ,即可得出 nb . (2) 2n n na c b ,可得 1 1 1 1( )( 2) 2 2nc n n n n     .利用裂项相消求和方法即可得出. 【详解】解:(1)数列{ }na 满足 1 1a  , 11 ( 1)n na a n   , 1 1n na a    , 数列{ }na 是等差数列,可得: 1 1na n n    . 数列{ }nb 满足 1 1b  , 1 1 2 2 1 11 ( 1)n n na b a b a b a n      . 1 1 2 2 1 1 11 n n n n na b a b a b a b a        . 1 1n n n na b a a    , 1 nb n   . (2)证明: 2n n na c b , 1 1 1 1( )( 2) 2 2nc n n n n      . 1 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 3(1 ) (1 )2 3 2 4 3 5 1 1 2 2 2 1 2 4nc c c n n n n n n                       , 即: 1 2 3 4nc c c   . 【点睛】本题考查了数列递推关系、等差数列的通项公式、裂项相消法求和,考查了推理能 力与计算能力,属于中档题. 20. 如图,正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 的顶点C 在平面 上,所有顶点都在平面 的同一侧, 且满足 1A B 和 1A D 与平面 所成角均为 3  . - 16 - (1)求证: //BD 平面 ; (2)求直线 1B D 与平面 所成角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析;(2) 2 3 【解析】 【分析】 (1)建立空间直角坐标系,求出平面 的法向量,再利用数量积为 0 即可得证; (2)利用空间向量的夹角公式即可求解. 【详解】解:(1)证明:以C 为坐标原点,CB ,CD , 1CC 所在直线分别为 x 轴, y 轴, z 轴建立如图所示的空间直角坐标系, 设正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 的边长为 1,则 (0C ,0,0) , (1B ,0,0) , (0D ,1,0) , 1(1A , 1,1) , 故 1 1(0,1,1), (1,0,1), ( 1,1,0)BA DA BD      ,设平面 的法向量为 ( , , )n x y z ,且| | 1n  , 1 1 | |3 | |sin 3 2 | || | 2 BA n y z BA n        , 1 1 | |3 | |sin 3 2 | || | 2 DA n x z DA n        ,  6 6| | ,| |2 2y z x z    , 不妨取 6 6,2 2y z x z    ,故 x y , 2 2 2 1x y z   , 可得 6 6,6 3x y z   ,  6 6 6, ,6 6 3n        , 根据法向量的特点,不妨设平面 的一个法向量为 (1,1,2)m  ,  0m BD    , 又 BD  平面 //BD 平面 ; (2)由(1)得 1 (1B  ,0,1) ,故 1 ( 1,1, 1)B D    , - 17 - 设直线 1B D 与平面 所成角的为 ,则 1 1 | | 2 2cos 3| || | 3 6 B D m B D m          . 【点睛】本题考查立体几何中的线面平行的判定定理、线面角、用空间向量解决空间角,考 查空间想象能力,运算求解能力,属于中档题. 21. 已知抛物线  2: 2 0 C x py P (1)若抛物线C 的焦点坐标为 10, 2      ,求抛物线C 的标准方程; (2)在(1)的条件下,直线l 与抛物线C 相交于 A , B 两点,若线段 AB 上有一点 P ,满 足 1OP  ,OP AB ,使得   1     BP OP OA ,求 2 2 1 1 OA OB  的值. 【答案】(1) 2 2x y ;(2)1 【解析】 【分析】 (1)根据交点坐标,则求得 p ,则抛物线方程得解; (2)根据已知条件,设出直线方程,联立抛物线方程,即可求得OA OB ,再根据三角形 中的几何关系,则问题得解. 【详解】(1)因为抛物线焦点坐标为 10, 2      ,故可得 1 2 2 p  ,解得 1p  , 故抛物线方程为: 2 2x y . (2)根据题意,显然直线 AB 斜率存在, 故设直线 AB 方程为 y kx b  ,设点  ,P m n , 因为 1OP  ,故可得 2 2 1m n  ; - 18 - 又OP AB ,故可得 0m nk  ; 联立直线 AB 与抛物线方程可得:  2 2x kx b  ,即 2 2 2 0x kx b   , 设 ,A B 两点坐标为    1 1 2 2, , ,x y x y , 故可得 1 2 1 22 , 2x x k x x b    ; 又   1     BP OP OA 故可得   2 2 1 1, , 1m x n y x m y n      , 整理得 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2 1mx m x x mx ny n y y ny        ,    1 2 1 2 1 2 1 2 0m x x x x n y y y y      , 即    1 2 1 2 1 2 1 2x x y y m x x nk x x       1 2m nk x x   , 由 0m nk  ,可得 1 2 1 2 0x x y y  , 故可得OA OB ,也即三角形OAB 为直角三角形. 故 2 2 1 1 OA OB  2 1 1 OP   . 【点睛】本题考查由焦点坐标求抛物线方程,以及求抛物线中的定值问题,属中档题. 22. 已知  1,x e ,函数    1 ln f x x x ,     21 12  g x m x . (1)若函数  f x 与  g x 在 2x  处的切线斜率相同,求 m ; (2)若对任意实数 n ,存在实数 m ,使得函数     f x g x n 在定义域内恒成立,求 m n 的最大值. 【答案】(1) 1 1ln 22 4  ;(2) 1 . 【解析】 【分析】 (1)本小题直接求两个函数的导函数,再令两个导函数在 2x  处的导数值相等即可解题; (2)本小题借导函数的单调性判断最值,再构建函数结合恒成立即可解题. - 19 - 【详解】解:(1)∵ ( ) ( 1)lnf x x x  , 21( ) ( 1)2g x m x  , ∴ 1( ) ln 1f x x x     ,    1g x m x   , ∵ 函数  f x 与  g x 在 2x  处的切线斜率相同, ∴    22f g   即 1ln 2 1 2( 1)2 m    解得: 1 1ln 22 4m   . (2)∵ ( ) ( 1)lnf x x x  ,∴ 1( ) ln 1f x x x     , 令 1 1( ) ( ) ln 1f x f x x x     ,∴ 1 2 1( ) xf x x   ∵  1,x e ,∴ 1 2 1( ) 0xf x x    , ∴ 1( )f x 在  1,x e 单调递增,∴ 1 min 1( ) (1) 2f x f  ∵ 函数    f x g x n  在定义域内恒成立, ∴     0f x g x n   即 ( 1)ln ( 1) 0x x m x n     恒成立, 令 2 ( ) ( 1)ln ( 1)f x x x m x n     ,∴ 2 1( ) lnf x x mx     ∴ 2 1( ) ( ) 1 1f x f x m m      , ∴ 2 min 2( ) (1) 0f x f  即 (1 1)ln1 ( 1)1 0m n     , 解得: 1m n   . 【点睛】本题考查导函数值等于对应点处的切线的斜率,导函数在函数的性质中的应用,是 偏难题. - 20 -