9>0,>0,a+6=1,6(生)-月，当且仅当0=0=号时取等号，1.g2+62=(a+b)2-2ab=1-2ab≥2，故B正确；.a>0,b>0,a+b=1,.(日+1)+(b+1)=3,∴.3=(a+1)+(b+1)≥2(a+1)(b+1).记u=√日+7+√b+1,则U>0,.u2=a+1+b+1+2√a+7Vb+7≤3+3=6，.0后f-,D正确；f(1)0，切线方程为y=ae(X-X,+1),又P(2,e)在切线上，ae(3-x)=e,即9=e(3-X)有两个不同的解，令p(x)=e(3-x),则p(x)=(2-x)e,当x∈(-00,2)·时，p(x)>0;当x∈(2，+0o)时，p(x)<0,∴.p(x)在(-00,2)上单调递增，在(2，+oo)上单调递减，∴0(x)mx=(2)=e2,又×→-o时，(x)→0；X→+0时，以()→60，∴0<，即实数a的取值范围是(，+).a

故选C,10.B【解析】因为a十b>ab,所以(-1)(b-1)<1.因为a,b∈N*,所成立是假命题，所以对任意的x∈合，2，使得2x-Xx十1≥0恒以(a-1)(b-1)∈N,所以(a-1)(b-1)=0,所以a=1或b=1.故选B.成立是真命题，即对任意的x[受，2]·使得≤21十上恒成立足§1.3简单的逻辑联结词、全称量词与存在量词真命题.令x)=2x+,则(x)=2x+>≥2√2z·王-22xx1.C【解析】由条件可知，原命题应为特称命题且为假命题，所以排除即λ2√2.BD又2-x+片-(x）≥0,2+2x+2=(x+102+1>0,放单元检测一选C1.C【解析】，A={x一10等价于5},故选C.2.D【解析】因为原命题为“Vx>2,x2十2>6”，所以其否定为“了xoVx∈R,c>0,命题“Vx∈R,1>0”的否定是“3∈R,,≤0”2,x6+26”故选B.3.A【解析】山题意可得x2-x-6<0,即-21知集合B=(1,十o∞)，对于命题q,y=cosx在(0，π)上单调递减，所以q为假命题.因此pAq所以AUB=(一2，+c∞).是假命题，pVg是其命题，p的否定为“3x∈R,一x。十Ax0十1>6”，4.B【解析】x2-2.zsin0+1=(x-sin0)2+1-sin20=(x-sin0)2正确.故选B.4.B【解析】命题“x∈[1,2]，x后≤a”等价于“a≥1”，即当命题“3xcos0≥0，∴p为真命题.当a=月时a十g受，m(e十8》=1，me∈[1,2]，x。≤a”为真命题时，实数a的取值组成的集合为[1，十∞)，所十sing=-√2，∴sin(a十B)>sina十sinB,∴.g为假命题，pA(q)以所求的一个充分不必要条件的选项所对的集合真包含于[1，十∞)，为真命题显然只有[1，十).故选B.故选B,5.Vx∈R,x2一x十1≠0【解析】因为特称命题的否定是全称命题，所以5D【解析】玲f)=2-sinx,x∈（受，x),则了(）=2x-cos>命题“3x∈R,x一x。十1=0”的否定是“Vx∈R,x2一x十1≠0”.6.3【解析】因为“3xo∈[一1,2]，x2一>1”为假命题，所以“Vx∈0,则函数f(x)=2-sinx在(，元)上单调递增，所以对Vx∈（乏[-1,2],x2一m1”为真命题，所以m≥x2一1对x∈[-1,2]恒成立，即m≥(x2-1)max=3.),x)>f(受）=T:,所以原命题为真命题的充要条件为a≤7B【解标在命题中，)-(+号）+1-在[-1，+)上是,故选D增函数，则-≤-1，即a≥2，所以Q=2只能是充分不必要条件，故6.A【解析】p,q都是假命题由：3x。∈R,m.x。十2≤0为假命题，命题p是假命题得Vx∈R,x2十2>0为真命题，∴.m≥0.在命题q中，g'(x)=1十3>0在x∈(0，+∞)上恒成立，故g(x)在由q:Hx∈R,x2一2m.x十1>0为假命题，得]x∈R,x。-2m.x0+1≤0(0,十x∞)上是增函数，为真命题，g(2)=ln2+6-8=ln2-2<0,g(3)=ln3+9-8=ln3+1>0,.A=(-2m)2-4≥0，得ms-1或m≥1.所以g(x)在(2,3)上存在唯一零点，即x∈[2,3]，.m≥l.所以当x∈[a,b],且b-a-1(a,b∈N)时，a-2,b-3,a+b-5,故命7.A【解析】因为9：|x+2a<3,题g是真命题，所以q:-2a3<2<-2a+3,因此四个选项中只有pVq是真命题.故选B.记A={x-2a-30时，ln<0,ln十n-0,故A正确；a>0,所以函数g(x)的值域是[2-a,2十2a],则有2-a产一1且2+2a≤3，即04等价于即实数u的取值范围是a>1,>2x2,解得0<<2，1故选C10(一2【解折】因为存在∈[合，2]·使得2-，十10所以使得2>4成立的一个充分条件只需为集合{女0

则y十为=2mp,为为=一p,进一步得十x=2mp十包放菱形AMBN的中心的坐标为(mp十多，mp.…(6分）设M为)，N(y),则西十x=2m2p十p,为十y=2mp将点M,N的坐标代人椭圆方程，得+对=1，号十=1，两式相减，得西十)-+0十)(0y一y)=0,故线的率w一身之意动一2-10mp10m又因为直线AB的斜率为大。一如-m,所以一2=一m,解得m=司10m(mp+)由菱形的中心在椭圆内部得，”5之+(mp1,解得P<得……(8分因为为-为=0n+为)-4为=√4m分+4p=2pm+7=3…(10分2所以△0AB的面积5a-×专-×号×2-32<号×管2智8放△0AB面积的最大值为242.……(12分22.解析：(1)因为f'(x)=e+xe-2ax-2a=(x+1)(e-2a).因为a>0,所以2a>0,令e-2a=0解得x=ln2a.…(2分)①当1n2a<-1,即0-1,则f'(x)>0:若ln2a0:若x>-1,则f'(x)>0:若x=-1,则f'(x)=0.所以函数f(x)在（一∞，十∞）上单调递增③当h2a>-1,即a>2六时，若x>ln2a或x<一1，则f'(x)>0:若-1时，函数f(x)在(一oo,一1)和(n2a,十o∞)上单调递增，在(-1，ln2a)上单调递减.…(6分)(2)证明：当a=1且x>0时，要证f(x)≥lnx一x2一x+1,即要证xe一x-一2x≥lnx一x2一x十1，即要证xe一l≥nx十x,即要证xe-1≥lnx十lhe=ln(xe).…(8分)今t=xe,t∈(0，十o∞)，则转化为证明：t一1一ln≥0.…(10分)令gD=1-1一ln,则g(0)=1-令g()<0,解得0<<1：g()>0,解得>1，故函数g()在(0,1)上单调递减，在(1，十c∞)上单调递增，所以g(t)≥g(1)=0,即1一1一ln≥0.所以，f（x)≥nx一x2一x十1，…(2分》·18.

6.甲、乙为某种二倍体植物的植株，其体细胞中2对同源染色体（I和Ⅱ)及相关基因分别见图甲和图乙，其中图乙表示变异情况，且变异不影响基因的表达。减数分裂时，染色体联会过程均不发生交叉互换。A和a分别控制高茎和矮茎；B和b分别控制红花和白花。下列说法错误的是甲A.甲植株进行自交产生的高茎白花后代中杂合子占2/3B.乙植株发生的变异类型是易位，基因B的碱基序列未改变C.乙植株减数分裂过程中，会产生同时含有a、B、b的配子D.甲、乙植株杂交，后代中高茎红花植株占9/167.氨基酸脱氨基产生的氨经肝脏代谢转变为尿素，此过程发生障碍时，大量进入脑组织的氨与谷氨酸反应生成谷氨酰胺，谷氨酰胺含量增加可引起脑组织水肿、代谢障碍，患者会出现昏迷、膝跳反射明显增强等现象。下列说法错误的是A.谷氨酰胺含量增加能改变内环境的成分和理化性质B.脑组织水肿是脑组织的细胞外液渗透压降低导致的C.在患者可以进食后，应该减少蛋白类食品的摄入D.患者膝跳反射增强的原因是高级神经中枢对低级神经中枢的控制减弱8.如图1是用电流表研究突触上兴奋传导的示意图；图2、图3分别为该突触结构浸泡某种毒素前、后给予突触前神经元相同刺激后，测得的突触后神经元的电位变化。下列相关分析错误的是mV+40-40.70-70刺激刺激图1图2图3A.刺激图1的a处时，指针偏转两次；刺激b处时，指针偏转一次B.清除c处的神经递质，再刺激a处时，指针也会发生偏转C.神经元从产生兴奋到恢复静息状态，同一种离子会出现不同的跨膜运输方式D.该毒素的生理作用可能是阻碍突触间隙中神经递质的分解高三生物试题第3页（共12页）

B.赤霉素处理去顶植株效果不佳可能与内源生长素的含量有关C,生长素和赤霉素单独作用时均可促进两种植株幼苗的伸长生长(1)步骤1中培养m加盖的目的是D.生长素和赤霉素混合作用时均能体现对两种植株伸长的协同作用在载玻片中央滴加1一2滴。步骤3中制作临时装片时，需扁内邵)。为研究胰岛A细胞的鳞失对移植的胰岛功能的影，2)实验表明，当两种溶液的浓度低于0.2mol·L时，弹勉科研人员做了以下两个实验，17.[实验操作和结吴预测]下列实验操作可达到预期目的的是(表皮细胞几不发生质壁分离，原因是实验A.用饲喂法研究生长激素对动物的生长的影响岛，用不同浓度的衡物猜刺微正常胰岛和人细胞峡失腹B。将甘蔗研磨液过滤后加人适量斐林试剂，可观察到砖红色沉淀在0.4m0·L的鹿糖溶液中大约只有20%的细胞发并刚定胰岛素的分泌量，结果如图1。C.洋葱根尖分生区细胞解离后经龙胆紫染色，显微镜下可观生了质壁分离，同一表皮的细胞质壁分离不同步的原因是实验二格正常旗岛和A细胞缺失胰岛分别移植到糖尿病模型小鼠体内，在正常饲吸的条件下，定时测定模型小鼠的血糖浓度，结果如图2察到深色的染色体D.加人二苯胺试剂后加热，通过观察是否变蓝判断有无目的(3)根据实验结果分析，0.6mol·L'的NaC1溶液的修透压PCR产物生成比0.6mol·L的蔗糖溶液的渗透压400r☐正常牌易■A细失·正常岛E30040·A细胞绕失陕18.[实验凌许]研究者给家兔注射一种可以特异性破坏胰岛B细(4)在“观察植物细胞质壁分离及复原实验”中，一般认为使材料中50%左右的细胞发生质壁分离的溶液浓度为理想实验张2003胞的药物一链脲佐菌素(STZ)进行血糖调节研究，为了判断STZ是否成功破坏胰岛B细胞，应度，但不宜选用0,35mol,LNaC1溶液进行实验，理由是315①在免子饱足的状态下，②在兔子空腹的状态下③测定血糖含量④测定尿液中是否含糖22.[实验设计和结果预期](11分)5616700⑤测定血液中碳岛素的含量异戊二烯能清除活性氧，降低高温、强光等环境因素对类囊葡萄境法度(oL秀-1012351911A.①③④B.①③⑤c.②③⑤D.②③④图1移植时间/。19.[实验養]生物实验中常用到对照实验的方法，以下实验的体膜造成的伤害。下图是叶肉细胞中合成异戊二烯的有关过程，其中A、B代表相关细胞器。回答下列问题：回答下列问题：图2对照设置正确的是A探究醇母菌种群数量变化时，设置有氧条件和无氧条件的两组AC02(1)胰岛素作用的靶器官分布广，其主要功能是促进血糖进B入组织细胞进行」B.验证O,酶具有高效性时，设置加酶处理和加热处理的两组异戊二烯0固定合成,进人肝脏。肌肉并C.研究细胞核的功能时，将绿螈的受精卵横缢成有核和无核“3磷酸甘油酸C02，进人脂防组织转变成甘油三酯，的两部分核酮糖-1,5二磷酸(C)(2)用酶解法获得A细胞缺失费岛时，需控制好酶的D.验证还芽黯的感光部位在尖端时，设置保留尖端和去除尖(C)读还ATP量比值会】A细胞缺失胰岛中魂岛素与胰高血糖素的含瑞的两组原NADP阳“基本不变”)(填“明显升高”、“明显降低”或20.[实验蜡暴分并]已知药物X对细胞增殖有促进作用，药物D淀粉一3磷酸甘油醛磷酸烯醇式4丙酮酸丙酮酸(3)实验二结果表明，A细胞缺失胰岛的移植不能有效改善可牌制药物X的作用。某同学将同一瓶小鼠皮肤细胞均分小鼠高血糖状态。结合实验一结果分析，原因是为甲、乙、丙三组，分别置于培养液中培养，培养过程中进行不同的处理（其中甲组未加药物），每隔一段时间测定各组葡萄糖·3奔酸甘油醛磷酸烯醇式(4)研究表明，生物体内胰岛周围毛细血管内皮细胞能合成丙酮酸·丙酮酸并分泌α一1抗胰蛋白酶，它在胰岛的自身保护中起重要作用。细隐数，结果如图所示。据图分析，下列相关叙述不合理的(1)A中合成NADPH的场所是B中[H]根据上述原理解释实验二中移植正常胰岛第7天后血糖浓度逐步是细跑数,乙组还原O2的场所是上升的原因是A乙组加人了药物X后再进行培养丙组(2)光合作用为异戊二稀的合成提供的物质有(5)有研究表明，分离纯化的胰岛B细胞在体外培养只能短B.丙组先加入药物X,培养一段时间(3)高温下呼吸链受抑制，耗氧量下降，异戊二烯合成量增期存活，而与胰岛A细胞混合培养则胰岛B细胞的存活时间明显后加入药物D,继续培养C.甲组加，据图分析主要原因是高温下叶片呼吸作用降低，使向叶绿体延长。有人提出这是由胰岛A细胞分部胰高血糖素引起的，试写乙组先加人药物D,培养一段时间输送的数量增加，增加了异戊二烯的合成。出简单实验思路：后加入药物X,继续培养时间(4)为进一步验证高温使呼吸链抑制，导致异戊二烯合成增D.若药物X为蛋白质，则药物D可能致变了药物X的空间结构多，科研人员用呼吸链抑制剂等进行了如下实验，完成下表。24.[实验设计和分析](10分)21.[实验桑作和结果分所](8分)实验步骤的目的在自然界中，竞争是一个非常普遍的现象。回答下列问题：某同学为探究不同物质及张度对洋葱表皮细胞失水的影响，实验步骤要点(1)竞争排斥原理是指在一个稳定的环境中，两个或两个以设计了如下实验。请国答下列问题：步骤1：配制具有一定法度梯度的蔗糖和氯化钠溶液各配制溶液配制缓冲液，均分为3组，第1组加适量①上受资源限制的，但具有相同资源利用方式的物种不能长期共存第2、3组不加在一起。为了验证竞争排斥原理，某同学选用双小核草履虫和大10mL,分别加人培养■中加盖、编号。步骤2：从同一紫色洋葱材料选择切取②-致的叶片，分为3组草履虫为材料进行实验，选择动物所遵循的原则是鳞片叶的相同部位务或外表皮10质壁分离织胞所占比例/%该实验中需要将两种草履虫放在菱糖将叶片的叶柄浸人相应的缓冲液中，第1、2组分别置资源（填“有限的”或“无限的”）环境中混合培若干，迅速分别投入到上述培进行实验处理于③养。当实验出现养■中，使其完全浸入溶液，0氯化物下，第3组置于常温下的结果时即可证实竞争排斥原理。浸泡10min.40测定相关数值段时间后，测定3组叶片的④(2)研究发现，以同一棵树上的种子为食物的两种雀科鸟原步骤3：依次取出洋葱鳞20，来存在竞争关系，经进化后通过分别取食大小不同的种子而能长片叶外表皮，制成临时装片，预期实验结果：0期共存。若仅从取食的角度分析，两种鸟除了因取食的种子大小用显微镜观察并拍照。02不同而共存，还可因取食的步骤4：统计照片中细隐23.[实验设计和结果分析](11分)(答出1点即可)不同而共存。丝数及质登分离细胞数，计算质壁分离细胞占比，结果如图。与胰岛素治疗相比，胰岛移植能起到稳定血糖避免低血糖发(3)根据上述实验和研究，关于生物种间竞争的结果可得出作的作用。但在胰岛分离过程中，容易造成外周细胞的损伤或丢的结论是失（胰岛A细胞主要分布在胰岛外周，胰岛B细胞主要分布在胰2023年伯乐马专题纠错卷（十三）·生物·第2页（共2页）

则f(x)在（一o∞，ln(一n))上单调递减，在(ln(一m),十∞）上单调递增，所以f(x)m=f(ln(-m)=-m十ln(-m)十m=ln(-m)≥0，故解得-1≤<0.综上所述，一1≤m≤0.故实数m的取值范围是[一1,0].16.55设切点坐标为M(xn,xn.ie)(i=1,2),由f(x)=xe,得f(x)=(x十1)e,则切线斜率=（-心.又所以十De分Ini-n化简整理得x.一x一n=0,因为△=12十4n>0,所以该方程有两个实数根x.1,x.2,且x.1十xn.2=1,所以x1.1十x1.2十x2.1十x2.2十x3.1十x3.2十…十x10.1十x10.2=1十2+3+…十10=55.17.解：(1).f(x)=x3-a.x2-x+b,∴.f(x)=3x2-2a.x-1,,函数f(x)=x3一a.x2一x十b在x=1处取得极值，.f(1)=2-2a=0,又f(1)=0,∴.a=1,b=1.经检验，a=1,b=1符合题意，.a=1,b=1.…5分(2)由(1)得f(x)=x3-x2-x+1,.f(x)=3x2-2x-1.令∫)>0，得<号或>1：令了(x0,得合<<1..函数y=f(x)在区间[0,2]上时，f(x)与f(x)的变化情况如下表：x0(0,1)(1,2)2f(z)0f()10个3由上表可知函数y=f(.x)在区间[0,2]上的值域为[0,3].…10分18.解：(1)当a=4时，f(x)=21nx-4x,函数的定义域为(0，+0)，且f(x)=2-4=21一22，y.f(1)=-2,又f(1)=-4,.曲线y=f(x)在点P处的切线方程为y十4=一2(x-1),即2x十y十2=0.…4分(2)f()=2-a=2a(x>0).当a≤0时，f(x)>0,函数f(x)在(0，十o∞)上单调递增，此时函数无极值；当a>0时，令f(x)>0,解得0<子，放函数在0，子)上单调递蜡，在（号.止单调递减。∴f(x)的极大值为f(2)=22-2=n4-2na-2,函数无极小值.综上，当a≤0时，函数f(x)无极值；当a>0时，函数f(.x)有极大值为ln4-2na-2,无极小值.……12分19.解：1)因为)=2-(m-1)a+lhx(m∈R).所以f()=x-(m-1)+(x>0).全国100所名校高考专项强化卷·数学卷二参考答案第3页（共6页）【理科·N】

1.命题意图：本小题主要考查函数图象和性质、李格和等缕础知识，考查化归与转化、函数与方彩等数学思想，考有推理论证、运算求解等数学能力，(二)选考题：为静折：1出题)-a+号22.命题意图：本小因为(x)在(-Q,0)上存在单调递增区间，理论证、运算求则6（-m0周不等式/)>0即-a<有解，解析：(1)由∝◆)-<0.则g)=-(x<0.代人x2+y2e可得C的极坐由g)=0得=-1，当E(-0,-1D,R()>0(-10),g(x)<0,p,2白，则r=一1时g(x)取得极大值，也即为最大值.且gx)=g(-1)=e,(2)联立直线所以a即o>一c为a的取致他阳兔e十四。二…4分整理，得p2一(2)(x)有两个极值点工1，x,所以∫(x)=0有两个不等的实数根工1，x,上述关于p的即中-。有两个根，作出)=牛2与)=-的图象，于是p十p由题意，可设因为IOM所以(p十pg(x)所以sin2a=可知，当x趋近于+∞时g(x)趋近于0，且g(一2)=0，故直线！的斜所以-a<0月-2<<-1，…6分23.命题意图：本经过点(-2,0)和(-1，e)的直线方程为y=e(x十2八，能力，化归与构道属数6G)=g)-+2)=2-c+2)=(+2)(-g）>0e（-2,-D(1)当x<所以g(x)>e(x+2).的最小值为3由于对任意x设方程e红十2》=-a的根为1，则=一号一2，所以3>a2-1过点一1，e)和1,0)直线方程为y=-受x-1D,………………………8分故a的取值范设-gt号6-D(-1m则m)-营-g,(2)由(1)可知则3(a+b+c)=,联行程的可知x<0时，m(x)<0,>0时，n(x>0,=14+(合+号x=0时，a()取得极小值，也即为最小值n(0)=号一1>0，≥14+22…所以)>0，即m(x>0,m()单调递增，=36,所8>-1时，me>m(-1D=0,甲g0>一登一当且仅当：-铝世方程一一1)=-。的银为期一是+1.…1分所以a+b+c≥12.9月卷A·理数参考答案第4页《共4页)，。

12.(-号，一2)由题设)的图象如下图示：y=lg(x-1川=-x2+1令t=f(x),则2[f(x)]2+2bf(x)+1=0化为22+2bt+1=0,所以要使原方程有8个不同实根，则22+/△=4b2-8>0b<-√2士0有2个不同的实根且两根m,nE(0,D,所以十刀0可得m十m二b,又y=m中1mm=0),=心曲已w十x=文直8因f(x)=2x-4-2(x-2),一数保站a4明+心一卧意人分，x由f(x)>0得x>2,f(x)<0得0

21.解：()当a=1时，fx)=e-1-lnx,则f'()=e-1,.1分所以f'①)=e-1,..2分又f(I)=e-1,.….3分故所求切线方程为y-(e-1)=(e-1)(x-1),即y=(e-1)x..4分(2)因为f(x)的定义域是(0，+0)，所以当a≥l时，f(x)-sinx=a(e-1)-lnx-sinx≥e-l-lnx-sinx,设g0)）=e-1-lnx-sinx,则g()=e-1-cosx,5分设h(x)=g)=e-1-cosx,则h=e++sinx>0,6分1因为e>2.7>16=24,所以e>2:又4+sin<4+1,42≈1.984<2，所以h43.142所以h(x)在1π34上存在唯一零点x,也是h(x)在(0，+0）上的唯一零点，所以hl)=e-1-c0sx,=0,即e=+c0sX..9分Xo当0x,时，g'(x)<0,g(x)在(x。+o）上单调递增.所以g(x)mn=g(xo)=eo-lnx,-l-sinx=+cos,-lhx,-1-sino,l0分时0<<所以->L,nx,<0,cos>≥sXo所以g(x)mn=g(xo)>0,所以g(x)>0,.11分所以当a≥1时，f(x)-Sinx>0,即f(x)>inx成立..12分22.解：(1)由题意知，△GHF2的周长为4a,则4a=8,所以a=2,1分试卷第5页，共6页

g(x)mx=g(1)=-1,…10分因为(a-2)≥lnx-z在(0，十0∞)恒成立，……………11分x即a-2≥g(x)mx=-1,解得a≥1，所以a的取值范闱为[1，十∞).……12分21.(1)y2=4x(2)是定值，定值为一1【解析11)设A(x19),B(xy),由题可知F点坐标为(？0）：直线AB的方程为y=x一号代人y2-2,得-3xǒe三0。…1分由一元二次方程根与系数的关系得x1十x=3px1x,=4……2分AB=AF十BF=x1十x2十p=4p=8,……3分得力=2，所以抛物线方程为y2=4x.…………………4分(2)由(1)知Q点坐标为(1,2)，设M(x3,y3),N(x4,y4),由y3=4x3,y=4x4,………5分两式相减得(y3一y4)(y3十y4)=4(x3一x4),…6分4kMN…7分y3+y41y2=4x,设直线QM的方程y一2=k(x一1)，由……………8分(y-2=k(x-1),消去x整理得y2一4y十8一4k=0①，…9分显然2是方程的两根，所以十2=号②10分同理可得y:十2=一⑧1l分②十③得y3十y4=-4,所以kMN=4=一1.所以MN的斜率为定值一1.…12分y3+y42.(1)2pcos0-psin0+2=0(2)[-2,+∞）】【解析1(1）令x=0,则一4=0，解得1=4，则y=2,即A(0,2）,……1分令y=0,则t=0,则x=一1，即B(一1,0)，……2分2-0可知kAB=0-（二)=2，所以直线AB的方程为y=2x十2，即2x一y十2=0。…3分由x=pcos0,y=psin0可得，直线AB的极坐标方程为2pcos0-psin0十2=0.…5分2pcos0+2（②)因为1pcs0-）-2m=0,所以号2c心2 osin 0-2m-0,所以直线l转化为普通方程为：x十y一2m=0,………6分联立1与C的方程，将x=1一4，4y亿代人x+y2=0中，40-2m=0,……7分要使l与C有公共点，则8m=t十4E-4有獬.…8分令x=,fx)=2+4-4≥0)，所以f)[-4,+o),所以8m≥-4，则m的取值范围为[-号，十）…10分23.(1)图象见解析，函数值域为[2，十∞)(2)(-∞，-4]U[0,十∞)轮复联考（五）全国卷文科数学答案第4页（共5页）

设M(x1,0),N(x2,0)所以f'(x)=lnx-x2-2ax=0有两个不同的实根x1,x2:因为C的两条渐近线的斜率为±2，1(6分)》2,wss1不妨令w==设(x)='(x)nx-x-2a(x>0),2(8分)》xxs-X2则x1=s-2t,x2=s+2t,(9分)则N(x)=1-h=(x>0).x2所以1GM11GN1=I(s-2t-m)(s+2t-m)1=1(s-m)2-设m(x)=1-lnx-x2(x>0),显然m(x)在(0，+∞)上4t21=14-2ms+m21,(11分)是减函数，且m(1)=0,所以当m=0,即G(0,0)时，IGM11GN1为定值4.所以当x∈(0,1)时，h'(x)>0,h(x)单调递增；(12分)当x∈（1，+o)时，h'(x)<0,h(x)单调递减，百方法总结解决是否存在某点使得与线段长度有所以01),2到定值，若可得定值，则也可得到存在的该点坐标则F'()=(-)n0(o121.【命题意图】本题考查利用导数研究函数的单调性及所以F(x)在(1，+∞)上是增函数，极值，体现了数学抽象、逻辑推理等核心素养所以F(x)>F(1)=0.（1)解1当a=时)=nx子子-(0).所以()-4)0，即()>】(10分)》所以r=h--1子=h因为a(名)=A(),所以()>h）x2-x.(1分)因为00),则g()=2-1-1+w1-2(0.所以，≥，所以k>l,n,+h,=1n(飞)>0，(2分)所以x1x2+lnx1+lnx2>1.(12分)当xe0,）时g()>0,8()单调递增：22.【命题意图】本题考查参数方程与普通方程的互化、极坐标方程与直角坐标方程的互化，体现了数学运算、当xe(分+时，g()<0,8()单调递减(3分)数学抽象、逻辑推理等核心素养，【解】(1)因为圆E以(3,0)为圆心且与圆0外切，所以其半径为|0E1-1=2.所以g(≤（分）=-h2<0(x0)恒成立，所以圆E的普通方程为(x-3)2+y2=4.(2分)圆E的参数方程为即f'(x)<0(x>0).(4分)x=3+2co9'(p为参数).(3分)Ly=2sin o所以f(x)在(0，+∞)上单调递减.(5分)》由(x-3)2+y2=4,得x2+y2-6x+5=0.(2)证明1因为)=血x子-a-(x0)，由ryp,locos 0=x,所以f'(x)=lnx-x2-2ax(x>0)得圆E的极坐标方程为p2-6pcos0+5=0.(5分)因为(x)有两个不同的极值点x1,x2,(2)由题意得10A1=1,所以10B1+10C1=5.(6分)D21卷（三）·文科数学

、e2r+ln(1+2x)-mx-1≥0…5分2x+1e2.x令gx)=2x+1+1n(1+2x)-mx-1(x≥0)，则g'(x)=4xe2x2-m,(2x+1)21+2xg(x)≥0，且g(0)=0,∴.存在x,>0,使得当x∈[0，xo)时，g'(x)≥0…6分.g'(0)=2-m≥0，即m≤2…7分下面证明当m≤2时，g(x)≥0…8分+h1+2刘-2x-1,月7e:g22x+=e2r-ln(1+2x)2x+1g(x)≥e2-h+20+ln(1+2.x)-2.x-1…9分设F(x)=e-x-1,∴.F'(x)=e-1,可知F(x)在(-0,0)上单调递减，在(0，+oo)上单调递增，.F(x)≥F(0)=0,e≥x+1,.e2x-0+2w≥2x-ln(1+2x)+1…10分g(x)≥e2-+2)+ln(1+2x)-2x-1≥2.x-ln(1+2x)+1+ln(1+2x)-2x-1=0…11分综上，实数m的取值范围为(-o0,2]…12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.22.(本小题满分10分)选修4一4：坐标系与参数方程在面直角坐标系xOy中，已知曲线C的参数方程为〔x=2P（:为参数.以0为极点，x轴正半轴为极轴(y 2t系，线/的极坐标方程为psna-)=V2sm(a分，其中a为倾斜角，且41(1)求曲线C的普通方程和直线1的直角坐标方程：(2)设1与曲线C相交于P,2两点，直线OP,O2的斜率为k,k2,求k+k2的取值范围.解：(1)曲线C的普通方程为y2=2x…2分面psin(a-)=V2sin(a-克，得psinacos0-pcosasin=-sina-cosa即xsina-ycosa=sina-cosa,即y=k(x-1)+1(k∈(L,V3)…4分(2)设P(2t,2t),Q(2t,2t2),将x=22代入直线1方程中，得2r2-21+1-k=0…5分y=2t则-6京华2去…7分2k妾金密品…8分k∈(L,V3),k+k2∈(-0，-V3-1)…10分23.(本小题满分10分)选修4一5：不等式选讲

于是g(x)在(0，α)单调递增，在（α，π）单调递减，可知g(x)在(0，m)存在唯一的极大值点a,(号g(2)=h受-受+2>2-受>0，g()=-2-+1+sin--+(m之-1)<0，g(r)=lnr-r+1=nr-(r-1)<0,(因为lnx≤x-1)可知g(x)在(0，a)和(a,π)分别恰有一个零点.所以当xe(0,π)时，g(x)有且仅有2个零点.综上，当xe(0,+∞)时，g(x)有且仅有2个零点.…12分2.解：(1)因为-2<2-2g1+2()2+之-+m2511+s以曲线C的直角坐标方程为名+父(g≠-2)。………3分当cosa≠0时，l的直角坐标方程为y=(tana)x+2+tana,当c0s@=0时，l的直角坐标方程为x=-1.…5分(2)将1的参数方程代入C的直角坐标方程，整理得关于t的方程(c0s2a+1)t2+4(sina-c0sa)t-2=0.①…6分因为曲线C截直线l所得线段AB的中点(-1,2)在C的内部，所以①有两个解，设A,B两点所对应的参数分别为4，a,则由0得6+，=-4.064=o@a+-2cos a +11由题设可知4+tB=0,由此得ana=1,cos2a=乞，因为181=-+户4，名9…8分又直线B的方程为y=x+3,所以原点0到直线AB的距离d=3巨2所以△0AB的面积S=AB列d=6.…10分23.解：(1)当m=2时，fx)=xlx-21+(x-2)|x-41，当x<2时，f(x)=-2(x-2)2<0;…2分当2≤x<4时x)=4(x-2)≥0；当x≥4时八x)=2(x-2)2>0.所以不等式f(x)≥0的解集为[2，+∞).…5分(2)①当m=2,且x∈(-，2)时，f(x)=xlx-21+(x-2)1x-41=-x(x-2)-(x-2)(x-4)=-2(x-2)2<0,所以m=2符合题意.……6分②当m>2,且xe(-∞，2)时，f八x)=-2(x-m)(x-2)<0,所以m>2符合题意.③当m<2,且x∈（-o,2)时，若x>m,则f八x)=4(x-m)>0,不符合题意.…9分综上，可知m的取值范围是[2，+∞)。…10分出

当g()≥0时，≥n子，即g()在[h子，1上单调递增：当g()≤0时，≤h子，即g(x)在[0，h1上单润递减又g(0)=-7<0,g(k)=(k-1)e-k-6,令h(k)=g(k)=(k-1)e-k-6,.h'(k)=ke-1,.1≤k≤2，∴.h'(k)=ke-1>0,.h(k)在[1,2]上单调递增，∴.h(k)max=h(2)=e2-8<0,.g(k)<0恒成立，g(0)<0,8(k)<0,g)=(-l)e-名r-60在xe0,上恒成立.x∈[0，k]f(x）2.当x<-3时，f(x)=-5,则f(x)>1无解；当-3≤x≤2时，由f(x)=2x+1>1,解得x>0,则02时，(x)=5,则f(x)>1恒成立，则x>2.综上，不等式f(x)>1的解集为(0，+0).…(5分)(Ⅱ)f(x)+2x-2|≥4对Hx∈R都成立，.x+m+x-2≥4对HxeR恒成立，只需(x+m+x-2)min≥4，由绝对值三角不等式知，x+m+x-2≥|(x+m)-(x-2)=m+2,当且仅当(x+m)(x-2)≤0时等号成立，∴.m+2≥4，解得m≥2或m≤-6..实数m的取值范围为(-∞，-6]U[2,+∞).(10分)武功县2023届高三数学（文科）第二次质量检测试题-答案-3（共3页）

1-3k2≠0，△=(-12k2)2-4(1-3k2)(-12k2-3)>0,12k2所以x+41广3<0，得2>13x4=12水33>0，●设△GQF2的周长为之，z=1GF2|+|QF2|+|GQ=23+GF|+23+|QF|+|GQI=43+21GQ=48+2v1中V+)=4。-4,3+21HE/)4)脉=43+2v1+·√哥=4543出日人&g,由泽0三B+48x中68+8t3t32,t>0,所以z(l5,+综上，由①@可得△GQF:的周长的取范国为[16，+)…12分21.（本小题满分12分)已知函数f(x)=(x+n)lnx.(1)若n=1,求函数g(x)=f(x)一b(x一1)(k>2)的零点个数，并说明理由；(2)当n=0时，若方程f(x)=b有两个实根x1,x2,且x10),.k>2,,4=4k(k-2)>0,所以p(x)有两个零点x1,x2,其中x1十x2=2k-2>0,x1x2=1>0,不妨令00,则x∈(0,1)U(x2,十o∞)；令h'(x)<0,则x∈(x1,x2),所以h(x)在区间(0，x1),(x2,十∞)上递增，在区间(x1,x2)上递减又.0h(1)=0>h(x2),又.若x→十∞时，lnx十∞，显然h(x)→+o∞，十时，lnx一ooz1>k显然h(t)根据零点存在定理和单调性可知h(x)在(0,1)，(1，十∞)有两个零点，所以g(x)总共有3个零，点.…………6分理科数学试题第34页

18解：(1)由正弦定理得3(sinAcosC-sinB)=V3 sin Csin A.2分∴-3 cos A sinC=V3 sinCsinA.tanA=-V3,A∈(0°，1805分4A=120°6分(2)SAAnc -hc sinAbb由已知得Ad=号AC+主A、…9分=+号cos120+写c-r+52-2g≥号c=949≥gc=9(当c=2b即c=4.b=2时取等号)AD的最小值为号12分19.解：(1)AB/CD,AB￠面CDMN,CD∈面CDMW·AB/面CDMN又：ABS面SAB,面SAB∩面CDMN=MN·AB/MN器=器=克5分(2):S梯形CDMN=4 SADMN*VS-CDMN =4VS-DMN 4VD-SMN.SAABD SABCDVs-ABCD=2Vs-ABD 2VD-SABSASMN -1.VD-SMINSASAB9”VD-SaB=可8分AS-cDM她=Vs-ABeD9nm0分s-o三12分2V多面体ABCDMN20.解：()当a=1时，函数f0)=×2-21nxx>0)则f0=2x-是=226x>0,1分令f'(x)=0,得x=1;当0<×<1时，f'(x)<0,所以函数f(x)在(0,1)上单调递减，当X>1时，f'(X)>0,所以函数f(8)在(1，+o)上单调递增…3分.当X=1时，f(x)nmln=14分(2)令g(x)=f(x)-2x+1-（-2ax+2a)=x2-2alnx2a-2)x-2a+l,即x>0,g(x)≥0恒成立；9'(8)-2x-2+2a-2=2-1+2X①当a≥0时，g'(x)=0,得x=1,当01时，g(X)>0,g(x)单调递增：g(幻)≥g()=0成立..6分②当a=1时，x>0时，g()≥0，g(x)单调递增：2023届江西省重点中学盟校一模文数答案第2页，共4页

21+a故gx,)>2a+1-1-aa(2-a)>0.所以g(x)无零点，f(x)无零点.（8)冷f:)=-a)+:=0.因为f=10,所以：-n）+:=0可转化为a=+品由了)有两个学点，可得。-+信有两解令A2)=十位则)=1一令1)-11周r)-当：0片时r)>0)单调通增当：立1时，'(x)0,h()单调递减，所以()<）-1-上、0，所以(x)在(0,1D上单调道减又在1，十一)上.1110团20-0汉0.防o于y(3an)>0,所以存在。（包)使，)-1--0则1，=月会当x=xo时h(取得极小值h(x,)=x。十√区。∈(2+反，)所以a的最小整数值是4.22.(1)曲线C:的直角坐标方程为x2+y2一2y=0,曲线C,的直角坐标方程为z2+y2-2√3x=0.联立x2+y2-2y=0,0解得0,或x2+y2-2√5x=0y=0,所以C,与C文点的直角经标为0,0)和复3y=2(2)直线t的极坐标方程为9=a(p∈R,p0),其中0≤a<,因此A的极坐标为(2sa,a),B的极坐标为25coae.所以1AB1=2anm-25cou=4利sina-子1.当。-号时.AB取得最大值，最大值为4.23.解：(1)因为f(x)=|x十a|+lx-b|+c≥1(x+a)-(x-b)1+c=1a+b|+c,当且仅当-a≤x≤b时，等号成立.又a>0,b>0,所以|a+bl=a十b,所以f(x)的最小值为a+b+c.又已知f(x)的最小值为4，所以a十b十c=4.(2)由1)蜘a+b+c=4,由桐西不等式得(：2+号62+：)4+9+1D≥（号×2+号×3+×1）ot0*-64小号当组取当字-亨-片原号6-导-号591136立故2+号0+的最小值为号

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·高二数学·参考答案及解析17.解：(1)依题意，x∈(0，十∞)，则当x∈(0,1)时，h'(x)<0,h(x)单调递减，f(x)=a(2x-）-a…②x+1)E2-1)(13分)当x∈(1，十o∞)时，h'(x)>0,h(x)单调递增，(1分)(14分)令f(x)=0,解得x=2(2分)故h(x)mm=h(1)=0,即h(x)≥0，故f(x)≥x.若a>0,则当x∈(0.号)时.f(x)<0,当x∈(15分)18.解：1)由(x-)=45,(y-)=800,15(竖+)时fx)>≥0.(x.-)(y-)=4807(2分)则f(x)在(o.号)上单调递减，在（竖，+）上单得样本相关系数r=480=0.8.(6分)/45×8000调递增；(4分)(2)依题意，P(X=1)=P(X=k+1|X>k)=若a<0,则当x∈(0.号)时f(x)>0,当x∈0.1,(7分)(号+)时f(x)<0…又P(X=k+11X>k)=P(X=+1)P(X>k则f()在(0.号)上单调递增，在（三，+）上单则P(X=k+1)=0.1P(X>k),(9分)当k≥2时，把k换成k一1，调递减，(6分)则P(X=k)=0.1P(X>k-1),(11分)综上所述，当a>0时f(x)在(o,号)上单调递减，两式相减得P(X=)一P(X=k十1)=0.1P(X=k),在（竖，十）上单调递增：当a<0时，f(x)在即P(Xk+1D=0.9(k≥2)，又P(X=2)=P(X-k)(0,号)上单调递增：在（号+）上单调递减0.1P(X>1)=0.1×(1一P(X=1))=(7分)0.9P(X=1),(14分)(2)证明：由(1)可知，f(1)=a,而(1)·所以PCX士1)=0.9对任意∈N都成立，P(X-k)(-1)=-1,解得a=1.(10分)从而{P(X=k)}是首项为0.1，公比为0.9的等令h(x)=f(x)-x=x2-lnx-x,x∈(0，+∞)，比数列，所以P(X=k)=0.1×0.9-1.故()=2x-子-1=22所以P(X=2024)=0.1×0.92023.(17分)(2x+1)(x-1)12分)19.解：1)b=0时f(x)=ln2产x十2-2xx∈(0,2.。4

:f'(x)=2ax-3+2f'(t)=2at-3+2=1,即2at2-4t+2=0,又t-3=at2-3t+2lnt,.4t-2=8t-4lnt-6,即lnt=t-1;令g(t)=lnt-t+1,则gt)=-1=号，∴当t∈(0,1)时，g(t)>0;当t∈(1，+∞)时，g(t)<0;·9(t)在0,1)上单调递增，在(1，+∞)上单调递减，g(t)(1)max,即lnt=t-1有唯-解：t=1,2a-4+2=0,解得：a=1.x2-y2=118.(①)4;(2)证明见解析【详解】()）依题意，设双曲线C的方程为号-苦=1(2≠0，而点A(22,-1)在双曲线C上，于是A=管少=专双进线C的方程为号-号-号即4少123x2所以双曲线C的标准方程为4严=】(2)当直线EF斜率存在时，设直线EF的方程为：y=kx+m,设E(X1,y1),F(X2,y2),由y=kx+m消去y并整理得(4k2-1)x2+8kmx+4(m2+1)=0,x2-4y2=4有4k2-1≠0，且△=(8km)2-16(m2+1)(4k2-1)>0,即4k2-1≠0且4k2-m2-1<0,有x1+X2=智，x1x2=告又y12=(kx1+mkx2+m=k2x1x2+-8kmkm(x1+x2)+m2,DE=(x1-2,y1),DF=(x2-2,y2),由DE.DF=0,得(X1-2)(X2-2)+y1y2=0,整理得(k2+1)·x1x2+(km-2)·(x1+x2)+m2+4=0,于是(k2+1)告+(km-2+m2+4=0,化简得3m2+16km+202=0,即(3m+10k)(m+2)=0,解得m=-2k或m=-9k,均满足条件，当m=-2k时，直线EF的方程为y=k(X-2),直线EF过定点(2,0)，与已知矛盾，高三数学答案及解析第7页，共10页

高三数学试卷参考答案1.C全称量词命题的否定为存在量词命题.2.A由题可知{一1}二M二{一2，一1,0,1}，则满足条件的集合M有8个.3.B因为3.1>1,0<0.13<1，log30.1<0,所以a>b>c.4.C因为f(x)=e-ex,所以f'(x)=e-e.当x∈(-∞，1)时，f(x)<0,f(x)单调递减，当x∈(1，+∞)时，(x)>0,f(x)单调递增，故f(x)的最小值为f(1)=0,无最大值5A若≥0则年。8》-ao0即2e年k=3小-1=-2,满足。>6>0a千>千e不清足>0，放>0是4中”的充分不必要条件6.B由题可知，y=20ln(Wt+1)+70≥110，则ln(Wt+1)≥2，所以Wt+1≥e2,从而t≥(e2-1)2≈40.96，故运动时间至少约为41分钟.7.Bf(x)=e+me+1一cosx=c十e:一cosx十m为偶函数，其图象关于y轴对称.由f(x)恰有一个零点，可得f(0)=1十m=0,解得m=一1，此时f(x)=e+ex一cosx一1，当x>0时，e+ex>2,一cosx一1≥一2，则f(x)在(0，+∞)上无零点，从而f(x)恰有一个零点.8D了)=2alne+a)+千。=[2nc+a)4。-l小，令ge)=nr+a）年a十1,易知g(x)在（一a,十∞）上单调递增，g(0)=2lna.当a∈(0,1)时，则存在m∈(0，十∞)，使得g(m)=0,符合x=0是函数f(x)=x2ln(x十a)的极大值点；当a∈(1，十o∞)时，则存在m∈(-a,0),使得g(m)=0,不符合x=0是函数f(x)=x2ln(x十a)的极大值点；当a=1时，g(0)=0,不符合x=0是函数f(x)=x2ln(x十a)的极大值点.综上，a的取值范围为(0,1).9ABD对于A,当心0时年=上2十三·所以A错误对于B,若a=1,b=-1,c=-1,d=-2,则ac=-1,bd=2,此时aca-1,则ab>ba,所以D错误.【高三数学·参考答案第1页（共5页）】

若A={（0,0），（0,1），（1,0），则D(A）={（0,0），（0,1），（1,0），（1,1））.（2）card（A）的最小值为5证明如下：设card（A）=m因为card（Ω）=2²=8，除（0，0，0）=d（a，B）外，其它7个元素需由两个不同的a，β计算得到，所以C≥7，解得m≥5.当A={（0,0,0），（0,0，1），(0，1,0），（1,0,0），（1,1,1）}时，有D（A）=Ω,符合题意·9分1.A【解析】由集合 M=(1,2,3,4),N=(3,5),根据交集的定义可知M∩N=(3)。（3）证明：设A中的所有元素为a1，a，，am，其中m=card（A）.故答案为A.记a=d（a，a）（i=1，2，，m），则这些a互不相等。2.B【解析】一是“若x是自然数，则x不是整数”。证明如下：如果存在i≠j，d（ai，a）=d(a，a），则d（aa1），d（aja）的每一位都相等，所以aa的每一位都相等，从而a=a，与故答案为B.集合A中元素的互异性矛盾。定义集合D'（A）={a1，a}，则card（D'（A））=m=card（A）3.A【解析】函数f（x）=2x²-mx+1的对称轴是x=，因为函数在区间[-1，+∞）上是增函数，所以m<-1，解得m≤-4，又因又D（A）≥D（A），所以card（D（A））≥card（D'（A））=card（A）.为f(1)=3-m，因此3-m≥7，所以f（1）的取值范围是[7，+∞）.故答案为A.4.A【解析】因为MN，则a=0或a=2，所以a=0→MN，由MN推不出a=0.“a=0”是“MN”的充分不必要条件。故答案为A.故答案为C.6.B【解析】选项 A,知b+2b（a+2）26选项Ba-（6）a-+²b²=a-b）（1+），又a>b>，可得a-b>0，所以a（6-）0，即a>，可得B正确。选项 C,当 c=0时，ac²0,ab>0,即a>0,可得,因此D错误。故答案为B.增，又f（x）-h（x）<0，f（0）-h（0）=0，所以在区间[0，1）上，f（x）-g（x）<0恒成立，即a0时，f（x）先增后减再增，又f（0）<0，则f（-）<0，解得a>2;当a<0时，f（x）先减后增再减，又f（0）<0，此时存在零点xo<0，不符合题意；综上，a的取值范围是a>2.故答案为A9.AB【解析】选项A，x+m>0，解得x>-m，故f（x）=logm（x+m）（m>1）的定义域为（-m，8），故4，解得m=4正确。选项B，f（x）=log（x+4），f（-2）=1og（-2+4）=，B正确选项C，令f（x）=0，即log（x+4）=0，解得x=-3,故-3是f（x）的零点，C错误选项D，当x=1时，f（+1）=f（2），故D错误、故答案为AB.10.AC【解析】正实数x,y满足xy=x+4y+5，则有xy=x+4y+5≥2√4xy+5，即（√xy）²-4√xy-5≥0，解得√xy≥5，当且仅当x=4y，即x=10，y=时等号成立，所以xy的最小值为25，A正确、x+4y+5=x·4y≤（+4）²-（x+4y），即（x+4）²-16（x+4y）-80≥0，解得x+4y≥20，当且仅当x=4y，即x=10,y-时等号成立，所以x+4y的最小值为20，B错误，2025届高三联考·数学（一）参考答案第4页（共4页）2025届高三联考·数学（一）参考答案第1页（共4页）

18.据图文材料，完成下列问题。（20分）甘肃省景泰县L村紧邻黄河，距兰州170公里，属温带大陆性气候，年降水量不足400mm，但降水集中。该地深厚的砂砾岩受构造运动、流水等作用，形成了冲沟深切、峭壁林立、峰林峰丛广布的“石林景观”。1990年，某地质考察队为当地提出以石林为核心的景区开发建议。如图为L村附近地理事物示意图。冲沟石林范围绿洲沙漠km（1）从自然环境整体性的角度，分析该石林中冲沟发育的原因。（8分）（2）推测冲沟沟口堆积物的磨圆度和分选性特征，并说明成因。（6分）特征成因分选性（强/弱）磨圆度（好/差）（3）分析L村开发以石林为核心的景区的可行性。（6分）

又因为g（g（所以g（x）在1）上有唯一的零点a，-----6分2即函数f（x）在（0，π）上存在唯一零点，当x∈（0，a）时，f（x）>0，f（x）在（0，a）上单调递增；当x∈（a，π）时，f（x）<0，f（x）在（a，π）上单调递减，所以f（x）在（0，π）上存在唯一的极大值点a.-----8分（2）①由（1）知：f（x）在（0，π）上存在唯一的极大值点T所以f（a）>f212<0所以f（x）在（0，a）上恰有一个零点，----10分又因为f（π）=lnπ-π<2-π<0，所以f（x）在（a，π）上也恰有一个零点.-----12分②当x∈[π，2π）时，则sinx≤0：f（x）≤lnx-x，设h（x）=1nx-x，h所以h（x）在[π，2π）上单调递减，所以h（x）≤h（π）<0，所以当xE[π，2π）时，f（x）≤h（x）≤h（π）<0恒成立，所以f（x）在[π，2π）上没有零点.-----14分③当x∈[2π，+∞）时，f（x）≤lnx-x+2，设Φ（x）=1nx-x+2，Φ′（x）所以（x）在[2π，+∞）上单调递减，所以（x）≤（2π）=ln2π-2π+2<2-2π+2=4-2π<0，所以当xE[2π，+∞）时，f（x）≤p（x）≤p（2π）<0恒成立所以f（x）在[2π，+o）上没有零点.----16分综上，f（x）有且仅有两个零点.-----17分

对于C，若P=Q，则P∩Q=PUQ，所以选项C错误：对于D，若x=l,y=-1，有x>y，但不满足x²>y²；若x=-2,y=1，则x²>y²，但不满足x>y，即选项D正确故选：D.6.【答案】D【解析】因为f（x）是定义在R上的偶函数，且在[0,+o）上单调递减，所以f（x）在（-o，0）上单调递增，又f（-4)=0得f（4）=0，所以当x∈（-00,-4）U（4,+0）时，f（x)<0，当x∈（-4,4）时，f（x）>0，因为（x-2)f（x)<0[x-2<0，[x-2>0，所以故选：D7.【答案】B【解析】设此户居民本月用水量为x㎡，缴纳的水费为y元则当x∈[0,12]时，y=3x≤36元，不符合题意当x∈（12,18]时，y=12×3+（x-12）·6=6x-36，令6x-36=82，解得x=19.7，不符合题意；161=x8=06-x6=6.（81-x）+9×9+×71=（0+8x综上所述：此户居民本月用水量为19.1m故选：B.8.【答案】B【解析】将M（x）写出分段函数形式，画出图象，由图象可得最小值令f（x）≥g（x），可得x+1≥（x+1）²，即x²+x≤0，解得-1≤x≤0；令f（x）0，解得x<-1或x>0[x+1,-1