2018年浙江省高考数学试卷.doc

第 1 页（共 26 页）2018 年浙江省高考数学试卷年浙江省高考数学试卷一、选择题：本大题共一、选择题：本大题共 10 小题，每小题小题，每小题 4 分，共分，共 40 分。在每小题给出的四个分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。选项中，只有一项是符合题目要求的。1 （4.00 分）已知全集 U=1，2，3，4，5，A=1，3，则UA=（ ）AB1，3 C2，4，5D1，2，3，4，52 （4.00 分）双曲线y2=1 的焦点坐标是（ ）A （，0） ， （，0）B （2，0） ， （2，0）C （0，） ， （0，）D （0，2） ， （0，2）3 （4.00 分）某几何体的三视图如图所示（单位：cm） ，则该几何体的体积（单位：cm3）是（ ）A2B4C6D84 （4.00 分）复数（i 为虚数单位）的共轭复数是（ ）A1+i B1iC1+i D1i5 （4.00 分）函数 y=2|x|sin2x 的图象可能是（ ）第 2 页（共 26 页）ABCD6 （4.00 分）已知平面 ，直线 m，n 满足 m，n，则“mn”是“m”的（ ）A充分不必要条件B必要不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件7 （4.00 分）设 0p1，随机变量 的分布列是012P则当 p 在（0，1）内增大时， （ ）AD（）减小 BD（）增大CD（）先减小后增大DD（）先增大后减小8 （4.00 分）已知四棱锥 SABCD 的底面是正方形，侧棱长均相等，E 是线段 AB上的点（不含端点） 设 SE 与 BC 所成的角为 1，SE 与平面 ABCD 所成的角为2，二面角 SABC 的平面角为 3，则（ ）A123B321C132D2319 （4.00 分）已知 ， ， 是平面向量， 是单位向量若非零向量 与 的夹角为，向量 满足4 +3=0，则| |的最小值是（ ）第 3 页（共 26 页）A1B+1C2D210 （4.00 分）已知 a1，a2，a3，a4成等比数列，且 a1+a2+a3+a4=ln（a1+a2+a3） ，若 a11，则（ ）Aa1a3，a2a4Ba1a3，a2a4Ca1a3，a2a4Da1a3，a2a4二、填空题：本大题共二、填空题：本大题共 7 小题，多空题每题小题，多空题每题 6 分，单空题每题分，单空题每题 4 分，共分，共 36 分。分。11 （6.00 分）我国古代数学著作张邱建算经中记载百鸡问题：“今有鸡翁一，值钱五；鸡母一，值钱三；鸡雏三，值钱一凡百钱，买鸡百只，问鸡翁、母、雏各几何？”设鸡翁，鸡母，鸡雏个数分别为 x，y，z，则，当 z=81 时，x= ，y= 12 （6.00 分）若 x，y 满足约束条件，则 z=x+3y 的最小值是 ，最大值是 13 （6.00 分）在ABC 中，角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c若a=，b=2，A=60°，则 sinB= ，c= 14 （4.00 分）二项式（+）8的展开式的常数项是 15 （6.00 分）已知 R，函数 f（x）=，当 =2 时，不等式f（x）0 的解集是 若函数 f（x）恰有 2 个零点，则 的取值范围是 16 （4.00 分）从 1，3，5，7，9 中任取 2 个数字，从 0，2，4，6 中任取 2 个数字，一共可以组成 个没有重复数字的四位数 （用数字作答）17 （4.00 分）已知点 P（0，1） ，椭圆+y2=m（m1）上两点 A，B 满足=2，则当 m= 时，点 B 横坐标的绝对值最大三、解答题：本大题共三、解答题：本大题共 5 小题，共小题，共 74 分。解答应写出文字说明、证明过程或演分。解答应写出文字说明、证明过程或演第 4 页（共 26 页）算步骤。算步骤。18 （14.00 分）已知角 的顶点与原点 O 重合，始边与 x 轴的非负半轴重合，它的终边过点 P（，） （）求 sin（+）的值；（）若角 满足 sin（+）=，求 cos 的值19 （15.00 分）如图，已知多面体 ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C 均垂直于平面ABC，ABC=120°，A1A=4，C1C=l，AB=BC=B1B=2（）证明：AB1平面 A1B1C1；（）求直线 AC1与平面 ABB1所成的角的正弦值20 （15.00 分）已知等比数列an的公比 q1，且 a3+a4+a5=28，a4+2 是 a3，a5的等差中项数列bn满足 b1=1，数列（bn+1bn）an的前 n 项和为 2n2+n（）求 q 的值；（）求数列bn的通项公式21 （15.00 分）如图，已知点 P 是 y 轴左侧（不含 y 轴）一点，抛物线C：y2=4x 上存在不同的两点 A，B 满足 PA，PB 的中点均在 C 上（）设 AB 中点为 M，证明：PM 垂直于 y 轴；（）若 P 是半椭圆 x2+=1（x0）上的动点，求PAB 面积的取值范围第 5 页（共 26 页）22 （15.00 分）已知函数 f（x）=lnx（）若 f（x）在 x=x1，x2（x1x2）处导数相等，证明：f（x1）+f（x2）88ln2；（）若 a34ln2，证明：对于任意 k0，直线 y=kx+a 与曲线 y=f（x）有唯一公共点第 6 页（共 26 页）2018 年浙江省高考数学试卷年浙江省高考数学试卷参考答案与试题解析参考答案与试题解析一、选择题：本大题共一、选择题：本大题共 10 小题，每小题小题，每小题 4 分，共分，共 40 分。在每小题给出的四个分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。选项中，只有一项是符合题目要求的。1 （4.00 分）已知全集 U=1，2，3，4，5，A=1，3，则UA=（ ）AB1，3 C2，4，5D1，2，3，4，5【分析】根据补集的定义直接求解：UA 是由所有属于集合 U 但不属于 A 的元素构成的集合【解答】解：根据补集的定义，UA 是由所有属于集合 U 但不属于 A 的元素构成的集合，由已知，有且仅有 2，4，5 符合元素的条件UA=2，4，5故选：C【点评】本题考查了补集的定义以及简单求解，属于简单题2 （4.00 分）双曲线y2=1 的焦点坐标是（ ）A （，0） ， （，0）B （2，0） ， （2，0）C （0，） ， （0，）D （0，2） ， （0，2）【分析】根据双曲线方程，可得该双曲线的焦点在 x 轴上，由平方关系算出 c=2，即可得到双曲线的焦点坐标【解答】解：双曲线方程可得双曲线的焦点在 x 轴上，且 a2=3，b2=1，由此可得 c=2，该双曲线的焦点坐标为（±2，0）故选：B【点评】本题考查双曲线焦点坐标，着重考查了双曲线的标准方程和焦点坐标求法等知识，属于基础题第 7 页（共 26 页）3 （4.00 分）某几何体的三视图如图所示（单位：cm） ，则该几何体的体积（单位：cm3）是（ ）A2B4C6D8【分析】直接利用三视图的复原图求出几何体的体积【解答】解：根据三视图：该几何体为底面为直角梯形的四棱柱如图所示：故该几何体的体积为：V=故选：C【点评】本题考查的知识要点：三视图的应用4 （4.00 分）复数（i 为虚数单位）的共轭复数是（ ）A1+i B1iC1+i D1i【分析】化简已知复数 z，由共轭复数的定义可得【解答】解：化简可得 z=1+i，z 的共轭复数 =1i第 8 页（共 26 页）故选：B【点评】本题考查复数的代数形式的运算，涉及共轭复数，属基础题5 （4.00 分）函数 y=2|x|sin2x 的图象可能是（ ）ABCD【分析】直接利用函数的图象和性质求出结果【解答】解：根据函数的解析式 y=2|x|sin2x，得到：函数的图象为奇函数，故排除 A 和 B当 x=时，函数的值也为 0，故排除 C故选：D【点评】本题考查的知识要点：函数的性质和赋值法的应用6 （4.00 分）已知平面 ，直线 m，n 满足 m，n，则“mn”是“m”的（ ）A充分不必要条件B必要不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件【分析】根据线面平行的定义和性质以及充分条件和必要条件的定义进行判断第 9 页（共 26 页）即可【解答】解：m，n，当 mn 时，m 成立，即充分性成立，当 m 时，mn 不一定成立，即必要性不成立，则“mn”是“m”的充分不必要条件故选：A【点评】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，根据线面平行的定义和性质是解决本题的关键，是基础题7 （4.00 分）设 0p1，随机变量 的分布列是012P则当 p 在（0，1）内增大时， （ ）AD（）减小 BD（）增大CD（）先减小后增大DD（）先增大后减小【分析】求出随机变量 的分布列与方差，再讨论 D（）的单调情况【解答】解：设 0p1，随机变量 的分布列是E（）=0×+1×+2×=p+；方差是 D（）=×+×+×=p2+p+=+，p（0，）时，D（）单调递增；p（，1）时，D（）单调递减；D（）先增大后减小故选：D【点评】本题考查了离散型随机变量的数学期望与方差的计算问题，也考查了运算求解能力，是基础题第 10 页（共 26 页）8 （4.00 分）已知四棱锥 SABCD 的底面是正方形，侧棱长均相等，E 是线段 AB上的点（不含端点） 设 SE 与 BC 所成的角为 1，SE 与平面 ABCD 所成的角为2，二面角 SABC 的平面角为 3，则（ ）A123B321C132D231【分析】作出三个角，表示出三个角的正弦或正切值，根据三角函数的单调性即可得出三个角的大小【解答】解：由题意可知 S 在底面 ABCD 的射影为正方形 ABCD 的中心过 E 作 EFBC，交 CD 于 F，过底面 ABCD 的中心 O 作 ONEF 交 EF 于 N，连接 SN，取 AB 中点 M，连接 SM，OM，OE，则 EN=OM，则 1=SEN，2=SEO，3=SMO显然，1，2，3均为锐角tan1=，tan3=，SNSO，13，又 sin3=，sin2=，SESM，32故选：D【点评】本题考查了空间角的计算，三角函数的应用，属于中档题9 （4.00 分）已知 ， ， 是平面向量， 是单位向量若非零向量 与 的夹角为，向量 满足4 +3=0，则| |的最小值是（ ）第 11 页（共 26 页）A1B+1C2D2【分析】把等式4 +3=0 变形，可得得，即（）（） ，设，则 的终点在以（2，0）为圆心，以 1 为半径的圆周上，再由已知得到 的终点在不含端点 O 的两条射线 y=（x0）上，画出图形，数形结合得答案【解答】解：由4 +3=0，得，（）（） ，如图，不妨设，则 的终点在以（2，0）为圆心，以 1 为半径的圆周上，又非零向量 与 的夹角为，则 的终点在不含端点 O 的两条射线y=（x0）上不妨以 y=为例，则| |的最小值是（2，0）到直线的距离减 1即故选：A【点评】本题考查平面向量的数量积运算，考查数学转化思想方法与数形结合的解题思想方法，属难题第 12 页（共 26 页）10 （4.00 分）已知 a1，a2，a3，a4成等比数列，且 a1+a2+a3+a4=ln（a1+a2+a3） ，若 a11，则（ ）Aa1a3，a2a4Ba1a3，a2a4Ca1a3，a2a4Da1a3，a2a4【分析】利用等比数列的性质以及对数函数的单调性，通过数列的公比的讨论分析判断即可【解答】解：a1，a2，a3，a4成等比数列，由等比数列的性质可知，奇数项符号相同，偶数项符号相同，a11，设公比为 q，当 q0 时，a1+a2+a3+a4a1+a2+a3，a1+a2+a3+a4=ln（a1+a2+a3） ，不成立，即：a1a3，a2a4，a1a3，a2a4，不成立，排除 A、D当 q=1 时，a1+a2+a3+a4=0，ln（a1+a2+a3）0，等式不成立，所以 q1；当 q1 时，a1+a2+a3+a40，ln（a1+a2+a3）0，a1+a2+a3+a4=ln（a1+a2+a3）不成立，当 q（1，0）时，a1a30，a2a40，并且 a1+a2+a3+a4=ln（a1+a2+a3） ，能够成立，故选：B【点评】本题考查等比数列的性质的应用，函数的值的判断，对数函数的性质，考查发现问题解决问题的能力，难度比较大二、填空题：本大题共二、填空题：本大题共 7 小题，多空题每题小题，多空题每题 6 分，单空题每题分，单空题每题 4 分，共分，共 36 分。分。11 （6.00 分）我国古代数学著作张邱建算经中记载百鸡问题：“今有鸡翁一，值钱五；鸡母一，值钱三；鸡雏三，值钱一凡百钱，买鸡百只，问鸡翁、母、雏各几何？”设鸡翁，鸡母，鸡雏个数分别为 x，y，z，则，当 z=81 时，x= 8 ，y= 11 【分析】直接利用方程组以及 z 的值，求解即可【解答】解：，当 z=81 时，化为：，第 13 页（共 26 页）解得 x=8，y=11故答案为：8；11【点评】本题考查方程组的解法，是基本知识的考查12 （6.00 分）若 x，y 满足约束条件，则 z=x+3y 的最小值是 2 ，最大值是 8 【分析】作出题中不等式组表示的平面区域，得到如图的ABC 及其内部，再将目标函数 z=x+3y 对应的直线进行平移，观察直线在 y 轴上的截距变化，然后求解最优解得到结果【解答】解：作出 x，y 满足约束条件表示的平面区域，如图：其中 B（4，2） ，A（2，2） 设 z=F（x，y）=x+3y，将直线 l：z=x+3y 进行平移，观察直线在 y 轴上的截距变化，可得当 l 经过点 B 时，目标函数 z 达到最小值z最小值=F（4，2）=2可得当 l 经过点 A 时，目标函数 z 达到最最大值：z最大值=F（2，2）=8故答案为：2；8第 14 页（共 26 页）【点评】本题给出二元一次不等式组，求目标函数的最小值，着重考查了二元一次不等式组表示的平面区域和简单的线性规划等知识，属于中档题13 （6.00 分）在ABC 中，角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c若a=，b=2，A=60°，则 sinB= ，c= 3 【分析】由正弦定理得=，由此能求出 sinB，由余弦定理得 cos60°=，由此能求出 c【解答】解：在ABC 中，角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，ca=，b=2，A=60°，由正弦定理得：，即=，解得 sinB=由余弦定理得：cos60°=，解得 c=3 或 c=1（舍） ，sinB=，c=3故答案为：，3【点评】本题考查三角形中角的正弦值、边长的求法，考查正弦定理、余弦定理等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题第 15 页（共 26 页）14 （4.00 分）二项式（+）8的展开式的常数项是 7 【分析】写出二项展开式的通项并整理，由 x 的指数为 0 求得 r 值，则答案可求【解答】解：由=令=0，得 r=2二项式（+）8的展开式的常数项是故答案为：7【点评】本题考查了二项式系数的性质，关键是熟记二项展开式的通项，是基础题15 （6.00 分）已知 R，函数 f（x）=，当 =2 时，不等式f（x）0 的解集是 x|1x4 若函数 f（x）恰有 2 个零点，则 的取值范围是 （1，3（4，+） 【分析】利用分段函数转化求解不等式的解集即可；利用函数的图象，通过函数的零点得到不等式求解即可【解答】解：当 =2 时函数 f（x）=，显然 x2 时，不等式x40 的解集：x|2x4；x2 时，不等式 f（x）0 化为：x24x+30，解得 1x2，综上，不等式的解集为：x|1x4函数 f（x）恰有 2 个零点，函数 f（x）=的草图如图：函数 f（x）恰有 2 个零点，则 13 或 4故答案为：x|1x4；（1，3（4，+） 第 16 页（共 26 页）【点评】本题考查函数与方程的应用，考查数形结合以及函数的零点个数的判断，考查发现问题解决问题的能力16 （4.00 分）从 1，3，5，7，9 中任取 2 个数字，从 0，2，4，6 中任取 2 个数字，一共可以组成 1260 个没有重复数字的四位数 （用数字作答）【分析】可先从 1，3，5，7，9 中任取 2 个数字，然后通过 0 是否存在，求解即可【解答】解：从 1，3，5，7，9 中任取 2 个数字有种方法，从 2，4，6，0 中任取 2 个数字不含 0 时，有种方法，可以组成=720 个没有重复数字的四位数；含有 0 时，0 不能在千位位置，其它任意排列，共有=540，故一共可以组成 1260 个没有重复数字的四位数故答案为：1260【点评】本题考查排列组合及简单的计数问题，先选后排是解决问题的关键，注意“0“是否在 4 位数中去易错点，是中档题17 （4.00 分）已知点 P（0，1） ，椭圆+y2=m（m1）上两点 A，B 满足=2，则当 m= 5 时，点 B 横坐标的绝对值最大【分析】设 A（x1，y1） ，B（x2，y2） ，运用向量共线的坐标表示，以及点满足椭第 17 页（共 26 页）圆方程，求得 y1，y2，有 x22=m（）2，运用二次函数的最值求法，可得所求最大值和 m 的值【解答】解：设 A（x1，y1） ，B（x2，y2） ，由 P（0，1） ，=2，可得x1=2x2，1y1=2（y21） ，即有 x1=2x2，y1+2y2=3，又 x12+4y12=4m，即为 x22+y12=m，x22+4y22=4m，得（y12y2） （y1+2y2）=3m，可得 y12y2=m，解得 y1=，y2=，则 m=x22+（）2，即有 x22=m（）2=，即有 m=5 时，x22有最大值 4，即点 B 横坐标的绝对值最大故答案为：5【点评】本题考查椭圆的方程和应用，考查向量共线的坐标表示和方程思想、转化思想，以及二次函数的最值的求法，属于中档题三、解答题：本大题共三、解答题：本大题共 5 小题，共小题，共 74 分。解答应写出文字说明、证明过程或演分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。算步骤。18 （14.00 分）已知角 的顶点与原点 O 重合，始边与 x 轴的非负半轴重合，它的终边过点 P（，） （）求 sin（+）的值；（）若角 满足 sin（+）=，求 cos 的值第 18 页（共 26 页）【分析】 （）由已知条件即可求 r，则 sin（+）的值可得；（）由已知条件即可求 sin，cos，cos（+） ，再由 cos=cos（+）=cos（+）cos+sin（+）sin 代值计算得答案【解答】解：（）角 的顶点与原点 O 重合，始边与 x 轴非负半轴重合，终边过点 P（，） x=，y=，r=|OP|=，sin（+）=sin=；（）由 x=，y=，r=|OP|=1，得，又由 sin（+）=，得=，则 cos=cos（+）=cos（+）cos+sin（+）sin=，或 cos=cos（+）=cos（+）cos+sin（+）sin=cos 的值为或【点评】本题考查了任意角的三角函数的定义，考查了三角函数的诱导公式的应用，是中档题19 （15.00 分）如图，已知多面体 ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C 均垂直于平面ABC，ABC=120°，A1A=4，C1C=l，AB=BC=B1B=2（）证明：AB1平面 A1B1C1；（）求直线 AC1与平面 ABB1所成的角的正弦值第 19 页（共 26 页）【分析】 （I）利用勾股定理的逆定理证明 AB1A1B1，AB1B1C1，从而可得AB1平面 A1B1C1；（II）以 AC 的中点为坐标原点建立空间坐标系，求出平面 ABB1的法向量 ，计算 与的夹角即可得出线面角的大小【解答】 （I）证明：A1A平面 ABC，B1B平面 ABC，AA1BB1，AA1=4，BB1=2，AB=2，A1B1=2，又 AB1=2，AA12=AB12+A1B12，AB1A1B1，同理可得：AB1B1C1，又 A1B1B1C1=B1，AB1平面 A1B1C1（II）解：取 AC 中点 O，过 O 作平面 ABC 的垂线 OD，交 A1C1于 D，AB=BC，OBOC，AB=BC=2，BAC=120°，OB=1，OA=OC=，以 O 为原点，以 OB，OC，OD 所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系如图所示：则 A（0，0） ，B（1，0，0） ，B1（1，0，2） ，C1（0，1） ，第 20 页（共 26 页）=（1，0） ，=（0，0，2） ，=（0，2，1） ，设平面 ABB1的法向量为 =（x，y，z） ，则，令 y=1 可得 =（，1，0） ，cos=设直线 AC1与平面 ABB1所成的角为 ，则 sin=|cos|=直线 AC1与平面 ABB1所成的角的正弦值为【点评】本题考查了线面垂直的判定定理，线面角的计算与空间向量的应用，属于中档题20 （15.00 分）已知等比数列an的公比 q1，且 a3+a4+a5=28，a4+2 是 a3，a5的等差中项数列bn满足 b1=1，数列（bn+1bn）an的前 n 项和为 2n2+n（）求 q 的值；（）求数列bn的通项公式【分析】 （）运用等比数列的通项公式和等差数列中项性质，解方程可得公比q；（）设 cn=（bn+1bn）an=（bn+1bn）2n1，运用数列的递推式可得 cn=4n1，再由数列的恒等式求得 bn=b1+（b2b1）+（b3b2）+（bnbn1） ，运用错位相减法，可得所求数列的通项公式第 21 页（共 26 页）【解答】解：（）等比数列an的公比 q1，且 a3+a4+a5=28，a4+2 是 a3，a5的等差中项，可得 2a4+4=a3+a5=28a4，解得 a4=8，由+8+8q=28，可得 q=2（舍去） ，则 q 的值为 2；（）设 cn=（bn+1bn）an=（bn+1bn）2n1，可得 n=1 时，c1=2+1=3，n2 时，可得 cn=2n2+n2（n1）2（n1）=4n1，上式对 n=1 也成立，则（bn+1bn）an=4n1，即有 bn+1bn=（4n1）（）n1，可得 bn=b1+（b2b1）+（b3b2）+（bnbn1）=1+3（）0+7（）1+（4n5）（）n2，bn=+3（）+7（）2+（4n5）（）n1，相减可得bn=+4（）+（）2+（）n2（4n5）（）n1=+4（4n5）（）n1，化简可得 bn=15（4n+3）（）n2【点评】本题考查等比数列的通项公式和等差数列中项的性质，考查数列的恒等式和错位相减法的运用，考查运算能力，属于中档题21 （15.00 分）如图，已知点 P 是 y 轴左侧（不含 y 轴）一点，抛物线C：y2=4x 上存在不同的两点 A，B 满足 PA，PB 的中点均在 C 上（）设 AB 中点为 M，证明：PM 垂直于 y 轴；第 22 页（共 26 页）（）若 P 是半椭圆 x2+=1（x0）上的动点，求PAB 面积的取值范围【分析】 （）设 P（m，n） ，A（，y1） ，B（，y2） ，运用中点坐标公式可得 M 的坐标，再由中点坐标公式和点在抛物线上，代入化简整理可得 y1，y2为关于 y 的方程 y22ny+8mn2=0 的两根，由韦达定理即可得到结论；（）由题意可得 m2+=1，1m0，2n2，可得PAB 面积为S=|PM|y1y2|，再由配方和换元法，可得面积 S 关于新元的三次函数，运用单调性可得所求范围【解答】解：（）证明：可设 P（m，n） ，A（，y1） ，B（，y2） ，AB 中点为 M 的坐标为（，） ，抛物线 C：y2=4x 上存在不同的两点 A，B 满足 PA，PB 的中点均在 C 上，可得（）2=4，（）2=4，化简可得 y1，y2为关于 y 的方程 y22ny+8mn2=0 的两根，可得 y1+y2=2n，y1y2=8mn2，第 23 页（共 26 页）可得 n=，则 PM 垂直于 y 轴；（）若 P 是半椭圆 x2+=1（x0）上的动点，可得 m2+=1，1m0，2n2，由（）可得 y1+y2=2n，y1y2=8mn2，由 PM 垂直于 y 轴，可得PAB 面积为 S=|PM|y1y2|=（m）=（4n216m+2n2）m=（n24m），可令 t=，可得 m=时，t 取得最大值；m=1 时，t 取得最小值 2，即 2t，则 S=t3在 2t递增，可得 S6，PAB 面积的取值范围为6，第 24 页（共 26 页）【点评】本题考查抛物线的方程和运用，考查转化思想和运算能力，以及换元法和三次函数的单调性，属于难题22 （15.00 分）已知函数 f（x）=lnx（）若 f（x）在 x=x1，x2（x1x2）处导数相等，证明：f（x1）+f（x2）88ln2；（）若 a34ln2，证明：对于任意 k0，直线 y=kx+a 与曲线 y=f（x）有唯一公共点【分析】 （）推导出 x0，f（x）=，由 f（x）在 x=x1，x2（x1x2）处导数相等，得到+=，由基本不等式得：=，从而 x1x2256，由题意得 f（x1）+f（x2）=ln（x1x2） ，设 g（x）=，则，利用导数性质能证明 f（x1）+f（x2）88ln2（）令 m=e（|a|+k），n=（）2+1，则 f（m）kma|a|+kka0，推导出存在 x0（m，n） ，使 f（x0）=kx0+a，对于任意的 aR 及 k（0，+） ，直线y=kx+a 与曲线 y=f（x）有公共点，由 f（x）=kx+a，得 k=，设 h（x）=，则 h（x）=，利用导数性质能证明第 25 页（共 26 页）a34ln2 时，对于任意 k0，直线 y=kx+a 与曲线 y=f（x）有唯一公共点【解答】证明：（）函数 f（x）=lnx，x0，f（x）=，f（x）在 x=x1，x2（x1x2）处导数相等，=，x1x2，+=，由基本不等式得：=，x1x2，x1x2256，由题意得 f（x1）+f（x2）=ln（x1x2） ，设 g（x）=，则，列表讨论：x （0，16） 16 （16，+）g（x）0+g（x）24ln2g（x）在256，+）上单调递增，g（x1x2）g（256）=88ln2，f（x1）+f（x2）88ln2（）令 m=e（|a|+k），n=（）2+1，则 f（m）kma|a|+kka0，f（n）knan（k）n（k）0，存在 x0（m，n） ，使 f（x0）=kx0+a，对于任意的 aR 及 k（0，+） ，直线 y=kx+a 与曲线 y=f（x）有公共点，第 26 页（共 26 页）由 f（x）=kx+a，得 k=，设 h（x）=，则 h（x）=，其中 g（x）=lnx，由（1）知 g（x）g（16） ，又 a34ln2，g（x）1+ag（16）1+a=3+4ln2+a0，h（x）0，即函数 h（x）在（0，+）上单调递减，方程 f（x）kxa=0 至多有一个实根，综上，a34ln2 时，对于任意 k0，直线 y=kx+a 与曲线 y=f（x）有唯一公共点【点评】本题考查函数的单调性，导数的运算及其应用，同时考查逻辑思维能力和综合应用能力，是中档题