天津市河西区2022届高三下学期数学二模试卷解析版
高三下学期数学二模试卷一、单选题1．设集合A={1，2}，B={1，2，3}，C={2，3，4}，则(A∩B)∪C=（ ）A．{1，2，3}B．{1，2，4}C．{2，3，4}D．{1，2，3，4}【答案】D【知识点】子集与交集、并集运算
高三下学期数学二模试卷一、单选题1．设集合A={x|−2b”是“ba0，由a>b可得1>ba即bab可得ba0，ba0，则“a>b”是“ba0，故g(x)在(0，+∞)上单调递增，而g(0)=0，所以在(0，+∞)上，g(
简介：高三下学期数学二模试卷一、单选题1．设集合A={x|−2 0，则“a>b”是“ba<1”的（ ）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分又不必要条件3．函数f(x)=ln|x|+1+cosx在[−π，π]上的大致图象为（ ）A．B．C．D．4．某高中学校学生人数和近视情况分别如图①和图②所示.为了解该学校学生近视形成原因，在近视的学生中按年级用分层抽样的方法抽取部分学生进行问卷调查，已知抽取到的高中一年级的学生36人，则抽取到的高三学生数为（ ）A．32B．45C．64D．905．已知a=log637，b=log736，c=60.1，则（ ）A．b 0)上一点(2，m)到焦点的距离为3，准线为l，若l与双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0，b>0)的两条渐近线所围成的三角形面积为2，则双曲线C的离心率为（ ）A．3B．6C．3D．629．已知定义在R上的函数f(x)满足：①f(2−x)+f(x)=0；②f(x−2)−f(−x)=0；③在[−1，1]上的解析式为f(x)=cosπ2x，x∈[−1，0]1−x，x∈(0，1]，则函数f(x)与函数g(x)=(12)|x|的图象在区间[−3，3]上的交点个数为( )A．3B．4C．5D．6二、填空题10．i是虚数单位，复数2+i1−2i= ．11．若(1+2x)(1−x+x2)9=a0+a1x+a2x2+⋯+a19x19，则a1+a2+⋅⋅⋅+a18= ．12．设⊙O1：x2+y2=1与⊙O2：x2+(y−2)2=4相交于A，B两点，则|AB|= ．13．若函数f(x)=x3+ax2−x−9在x=−1处取得极值，则f(2)= ．14．已知一箱产品中含有2件次品和3件正品，现需要通过检测将其区分．每次随机检测一件产品，检测后不放回，直到检测出2件次品或者检测出3件正品时检测结束，则第一次检测出的是次品且第二次检测出正品的概率是 ；已知每检测一件产品需花费100元，设X表示直到检测出2件次品或者检测出3件正品时所需要的检测费用（单位：元），则E(X)= ．15．如图直角梯形ABCD中，AB//CD，AB⊥AD，AB=2CD=2AD=2，在等腰直角三角形CDE中，∠C=90°，则向量AE在向量CB上的投影向量的模为 ；若M，N分别为线段BC，CE上的动点，且AM⋅AN=52，则MD⋅DN的最小值为 ．三、解答题16．在△ABC中，内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知asinA=4bsinB，ac=5(a2−b2−c2).（I）求cosA的值；（II）求sin(2B−A)的值.17．如图所示，在几何体ABCDEF中，四边形ABCD为直角梯形，AD∥BC，AB⊥AD，AE⊥底面ABCD，AE∥CF，AD=3，AB=BC=AE=2，CF=1．（1）求证：BF∥平面ADE；（2）求直线BE与直线DF所成角的余弦值；（3）求点D到直线BF的距离． 18．已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1、F2，P(−1，32)是椭圆C上一点，且PF1与x轴垂直．（1）求椭圆C的标准方程；（2）设椭圆C的右顶点为A，O为坐标原点，过F2作斜率大于0直线l交椭圆C于M、N两点，直线l与坐标轴不重合，若△OAM与△OMN的面积比为2：3，求直线l的方程．19．已知数列{an}的首项a1=3，且满足an+1=2an+2n(n∈N∗)．（1）证明数列{an2n−1}是等差数列，并求数列{an}的通项公式；（2）求k=1nak的值；（3）设bn=(−1)n⋅(2n2+10n+13)⋅24n−2an2⋅an+12，数列{bn}的前n项和为Tn，求Tn的最大值和最小值．20．已知函数f(x)=ex，x∈R，g(x)=lnx，x∈(0，+∞)．（1）若直线y=kx+2与g(x)的图象相切，求实数k的值；（2）设x>0，讨论曲线y=f(x)与曲线y=mx2(m>0)公共点的个数．（3）设a 0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，不妨设M在第一象限．与椭圆C方程联立，x=my+1×24+y23=1，消去x，得(3m2+4)y2+6my−9=0，y1+y2=−6m3m2+4，y1y2=−93m2+4，∵S△OAM=12|OA|⋅y1，S△OMN=12|OF|⋅(y1−y2)，△OAM与△OMN的面积比为2：3，∴y1y1−y2=13，整理得y2=−2y1，∴−y2=−6m3m2+4，−2y22=−93m2+4，即2(6m3m2+4)2=93m2+4，解得m2=45，∵m>0，∴m=255，直线l的方程为x=255y+1，即5x−25y−5=019．【答案】（1）证明：因为an+1=2an+2n(n∈N∗)，所以，等式两边同除以2n得an+12n−an2n−1=1，又因为a1=3，a120=3，所以，数列{an2n−1}是等差数列，公差为1，首项为3.所以，an2n−1=n+2，即an=(n+2)⋅2n−1.（2）解：设Sn=3×20+4×21+5×22+⋯+(n+1)2n−2+(n+2)⋅2n−1，则2Sn=3×21+4×22+⋯⋯+(n+1)2n−1+(n+2)2n，所以，两式作差得：−Sn=3+21+22+23+⋯+2n−1−(n+2)2n，整理得：−Sn=3+2(1−2n−1)1−2−(n+2)2n=1−(n+1)2n，即Sn=(n+1)2n−1.所以，k=1nak=(n+1)⋅2n−1（3）解：由（1）知bn=(−1)n⋅(2n2+10n+13)⋅24n−2an2⋅an+12=(−1)n⋅(2n2+10n+13)⋅24n−2(n+2)2⋅22n−2⋅(n+3)2⋅22n=(−1)n⋅(2n2+10n+13)(n+2)2(n+3)2=(−1)n[1(n+2)2+1(n+3)2]，所以，Tn=−(132+142)+(142+152)−⋯+(−1)n[1(n+2)2+1(n+3)2]=(−1)n1(n+3)2−19， 所以，当n为奇数时，Tn=−1(n+3)2−19，随着n的增大而增大，故当n=1时，Tn有最小值−25144；当n为偶数时，Tn=1(n+3)2−19，随着n的增大而减小，故当n=2时，Tn有最大值−16225；综上所述，Tn有最小值−25144，最大值−1622520．【答案】（1）解：设直线y=kx+2与g(x)=lnx相切与点P(x0，y0)，则有kx0+2=lnx0k=g′(x0)=1×0解得x0=e3，k=e−3（2）解：当x>0，m>0时，曲线y=f(x)与曲线y=mx2(m>0)的公共点个数即方程f(x)=mx2根的个数．由f(x)=mx2，∴m=exx2令ℎ(x)=exx2⇒ℎ′(x)=xex(x−2)x2，则当x∈(0，2)时，ℎ'(x)<0，即ℎ(x)在(0，2)上单调递减，当x∈(2，+∞)时，ℎ'(x)>0，即ℎ(x)在(2，+∞)上单调递增．故ℎ（2）=e24是ℎ(x)的极小值同时也为最小值．所以对曲线y=f(x)与曲线y=mx2(m>0)公共点的个数，讨论如下：当m∈(0，e24)时，有0个公共点；当m=e24，有1个公共点；当m∈(e24，+∞)有2个公共点．（3）解：设f(a)+f(b)2−f(b)−f(a)b−a=(b−a+2)·f(a)+(b−a−2)·f(b)2·(b−a)=(b−a+2)·ea+(b−a−2)·eb2·(b−a)=(b−a+2)+(b−a−2)·eb−a2·(b−a)·ea令g(x)=x+2+(x−2)ex，x>0．则g′(x)=1+(1+x−2)·ex=1+(x−1)·ex，g′(x)的导函数g″(x)=(1+x−1)·ex=x·ex>0， 所以g'(x)在(0，+∞)上单调递增，且g'(0)=0．因此，g'(x)>0，故g(x)在(0，+∞)上单调递增，而g(0)=0，所以在(0，+∞)上，g(x)>0．因为当x>0时，g(x)=x+2+(x−2)·ex>0且a 0，所以当a f(b)−f(a)b−a
简介：高三下学期数学二模试卷一、单选题1．设集合A={x|−2 0，则“a>b”是“ba<1”的（ ）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分又不必要条件3．函数f(x)=ln|x|+1+cosx在[−π，π]上的大致图象为（ ）A．B．C．D．4．某高中学校学生人数和近视情况分别如图①和图②所示.为了解该学校学生近视形成原因，在近视的学生中按年级用分层抽样的方法抽取部分学生进行问卷调查，已知抽取到的高中一年级的学生36人，则抽取到的高三学生数为（ ）A．32B．45C．64D．905．已知a=log637，b=log736，c=60.1，则（ ）A．b 0)上一点(2，m)到焦点的距离为3，准线为l，若l与双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0，b>0)的两条渐近线所围成的三角形面积为2，则双曲线C的离心率为（ ）A．3B．6C．3D．629．已知定义在R上的函数f(x)满足：①f(2−x)+f(x)=0；②f(x−2)−f(−x)=0；③在[−1，1]上的解析式为f(x)=cosπ2x，x∈[−1，0]1−x，x∈(0，1]，则函数f(x)与函数g(x)=(12)|x|的图象在区间[−3，3]上的交点个数为( )A．3B．4C．5D．6二、填空题10．i是虚数单位，复数2+i1−2i= ．11．若(1+2x)(1−x+x2)9=a0+a1x+a2x2+⋯+a19x19，则a1+a2+⋅⋅⋅+a18= ．12．设⊙O1：x2+y2=1与⊙O2：x2+(y−2)2=4相交于A，B两点，则|AB|= ．13．若函数f(x)=x3+ax2−x−9在x=−1处取得极值，则f(2)= ．14．已知一箱产品中含有2件次品和3件正品，现需要通过检测将其区分．每次随机检测一件产品，检测后不放回，直到检测出2件次品或者检测出3件正品时检测结束，则第一次检测出的是次品且第二次检测出正品的概率是 ；已知每检测一件产品需花费100元，设X表示直到检测出2件次品或者检测出3件正品时所需要的检测费用（单位：元），则E(X)= ．15．如图直角梯形ABCD中，AB//CD，AB⊥AD，AB=2CD=2AD=2，在等腰直角三角形CDE中，∠C=90°，则向量AE在向量CB上的投影向量的模为 ；若M，N分别为线段BC，CE上的动点，且AM⋅AN=52，则MD⋅DN的最小值为 ．三、解答题16．在△ABC中，内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知asinA=4bsinB，ac=5(a2−b2−c2).（I）求cosA的值；（II）求sin(2B−A)的值.17．如图所示，在几何体ABCDEF中，四边形ABCD为直角梯形，AD∥BC，AB⊥AD，AE⊥底面ABCD，AE∥CF，AD=3，AB=BC=AE=2，CF=1．（1）求证：BF∥平面ADE；（2）求直线BE与直线DF所成角的余弦值；（3）求点D到直线BF的距离． 18．已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1、F2，P(−1，32)是椭圆C上一点，且PF1与x轴垂直．（1）求椭圆C的标准方程；（2）设椭圆C的右顶点为A，O为坐标原点，过F2作斜率大于0直线l交椭圆C于M、N两点，直线l与坐标轴不重合，若△OAM与△OMN的面积比为2：3，求直线l的方程．19．已知数列{an}的首项a1=3，且满足an+1=2an+2n(n∈N∗)．（1）证明数列{an2n−1}是等差数列，并求数列{an}的通项公式；（2）求k=1nak的值；（3）设bn=(−1)n⋅(2n2+10n+13)⋅24n−2an2⋅an+12，数列{bn}的前n项和为Tn，求Tn的最大值和最小值．20．已知函数f(x)=ex，x∈R，g(x)=lnx，x∈(0，+∞)．（1）若直线y=kx+2与g(x)的图象相切，求实数k的值；（2）设x>0，讨论曲线y=f(x)与曲线y=mx2(m>0)公共点的个数．（3）设a 0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，不妨设M在第一象限．与椭圆C方程联立，x=my+1×24+y23=1，消去x，得(3m2+4)y2+6my−9=0，y1+y2=−6m3m2+4，y1y2=−93m2+4，∵S△OAM=12|OA|⋅y1，S△OMN=12|OF|⋅(y1−y2)，△OAM与△OMN的面积比为2：3，∴y1y1−y2=13，整理得y2=−2y1，∴−y2=−6m3m2+4，−2y22=−93m2+4，即2(6m3m2+4)2=93m2+4，解得m2=45，∵m>0，∴m=255，直线l的方程为x=255y+1，即5x−25y−5=019．【答案】（1）证明：因为an+1=2an+2n(n∈N∗)，所以，等式两边同除以2n得an+12n−an2n−1=1，又因为a1=3，a120=3，所以，数列{an2n−1}是等差数列，公差为1，首项为3.所以，an2n−1=n+2，即an=(n+2)⋅2n−1.（2）解：设Sn=3×20+4×21+5×22+⋯+(n+1)2n−2+(n+2)⋅2n−1，则2Sn=3×21+4×22+⋯⋯+(n+1)2n−1+(n+2)2n，所以，两式作差得：−Sn=3+21+22+23+⋯+2n−1−(n+2)2n，整理得：−Sn=3+2(1−2n−1)1−2−(n+2)2n=1−(n+1)2n，即Sn=(n+1)2n−1.所以，k=1nak=(n+1)⋅2n−1（3）解：由（1）知bn=(−1)n⋅(2n2+10n+13)⋅24n−2an2⋅an+12=(−1)n⋅(2n2+10n+13)⋅24n−2(n+2)2⋅22n−2⋅(n+3)2⋅22n=(−1)n⋅(2n2+10n+13)(n+2)2(n+3)2=(−1)n[1(n+2)2+1(n+3)2]，所以，Tn=−(132+142)+(142+152)−⋯+(−1)n[1(n+2)2+1(n+3)2]=(−1)n1(n+3)2−19， 所以，当n为奇数时，Tn=−1(n+3)2−19，随着n的增大而增大，故当n=1时，Tn有最小值−25144；当n为偶数时，Tn=1(n+3)2−19，随着n的增大而减小，故当n=2时，Tn有最大值−16225；综上所述，Tn有最小值−25144，最大值−1622520．【答案】（1）解：设直线y=kx+2与g(x)=lnx相切与点P(x0，y0)，则有kx0+2=lnx0k=g′(x0)=1×0解得x0=e3，k=e−3（2）解：当x>0，m>0时，曲线y=f(x)与曲线y=mx2(m>0)的公共点个数即方程f(x)=mx2根的个数．由f(x)=mx2，∴m=exx2令ℎ(x)=exx2⇒ℎ′(x)=xex(x−2)x2，则当x∈(0，2)时，ℎ'(x)<0，即ℎ(x)在(0，2)上单调递减，当x∈(2，+∞)时，ℎ'(x)>0，即ℎ(x)在(2，+∞)上单调递增．故ℎ（2）=e24是ℎ(x)的极小值同时也为最小值．所以对曲线y=f(x)与曲线y=mx2(m>0)公共点的个数，讨论如下：当m∈(0，e24)时，有0个公共点；当m=e24，有1个公共点；当m∈(e24，+∞)有2个公共点．（3）解：设f(a)+f(b)2−f(b)−f(a)b−a=(b−a+2)·f(a)+(b−a−2)·f(b)2·(b−a)=(b−a+2)·ea+(b−a−2)·eb2·(b−a)=(b−a+2)+(b−a−2)·eb−a2·(b−a)·ea令g(x)=x+2+(x−2)ex，x>0．则g′(x)=1+(1+x−2)·ex=1+(x−1)·ex，g′(x)的导函数g″(x)=(1+x−1)·ex=x·ex>0， 所以g'(x)在(0，+∞)上单调递增，且g'(0)=0．因此，g'(x)>0，故g(x)在(0，+∞)上单调递增，而g(0)=0，所以在(0，+∞)上，g(x)>0．因为当x>0时，g(x)=x+2+(x−2)·ex>0且a 0，所以当a f(b)−f(a)b−a
简介：高三下学期数学二模试卷一、单选题1．设集合A={x|−2 0，则“a>b”是“ba<1”的（ ）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分又不必要条件3．函数f(x)=ln|x|+1+cosx在[−π，π]上的大致图象为（ ）A．B．C．D．4．某高中学校学生人数和近视情况分别如图①和图②所示.为了解该学校学生近视形成原因，在近视的学生中按年级用分层抽样的方法抽取部分学生进行问卷调查，已知抽取到的高中一年级的学生36人，则抽取到的高三学生数为（ ）A．32B．45C．64D．905．已知a=log637，b=log736，c=60.1，则（ ）A．b 0)上一点(2，m)到焦点的距离为3，准线为l，若l与双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0，b>0)的两条渐近线所围成的三角形面积为2，则双曲线C的离心率为（ ）A．3B．6C．3D．629．已知定义在R上的函数f(x)满足：①f(2−x)+f(x)=0；②f(x−2)−f(−x)=0；③在[−1，1]上的解析式为f(x)=cosπ2x，x∈[−1，0]1−x，x∈(0，1]，则函数f(x)与函数g(x)=(12)|x|的图象在区间[−3，3]上的交点个数为( )A．3B．4C．5D．6二、填空题10．i是虚数单位，复数2+i1−2i= ．11．若(1+2x)(1−x+x2)9=a0+a1x+a2x2+⋯+a19x19，则a1+a2+⋅⋅⋅+a18= ．12．设⊙O1：x2+y2=1与⊙O2：x2+(y−2)2=4相交于A，B两点，则|AB|= ．13．若函数f(x)=x3+ax2−x−9在x=−1处取得极值，则f(2)= ．14．已知一箱产品中含有2件次品和3件正品，现需要通过检测将其区分．每次随机检测一件产品，检测后不放回，直到检测出2件次品或者检测出3件正品时检测结束，则第一次检测出的是次品且第二次检测出正品的概率是 ；已知每检测一件产品需花费100元，设X表示直到检测出2件次品或者检测出3件正品时所需要的检测费用（单位：元），则E(X)= ．15．如图直角梯形ABCD中，AB//CD，AB⊥AD，AB=2CD=2AD=2，在等腰直角三角形CDE中，∠C=90°，则向量AE在向量CB上的投影向量的模为 ；若M，N分别为线段BC，CE上的动点，且AM⋅AN=52，则MD⋅DN的最小值为 ．三、解答题16．在△ABC中，内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知asinA=4bsinB，ac=5(a2−b2−c2).（I）求cosA的值；（II）求sin(2B−A)的值.17．如图所示，在几何体ABCDEF中，四边形ABCD为直角梯形，AD∥BC，AB⊥AD，AE⊥底面ABCD，AE∥CF，AD=3，AB=BC=AE=2，CF=1．（1）求证：BF∥平面ADE；（2）求直线BE与直线DF所成角的余弦值；（3）求点D到直线BF的距离． 18．已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1、F2，P(−1，32)是椭圆C上一点，且PF1与x轴垂直．（1）求椭圆C的标准方程；（2）设椭圆C的右顶点为A，O为坐标原点，过F2作斜率大于0直线l交椭圆C于M、N两点，直线l与坐标轴不重合，若△OAM与△OMN的面积比为2：3，求直线l的方程．19．已知数列{an}的首项a1=3，且满足an+1=2an+2n(n∈N∗)．（1）证明数列{an2n−1}是等差数列，并求数列{an}的通项公式；（2）求k=1nak的值；（3）设bn=(−1)n⋅(2n2+10n+13)⋅24n−2an2⋅an+12，数列{bn}的前n项和为Tn，求Tn的最大值和最小值．20．已知函数f(x)=ex，x∈R，g(x)=lnx，x∈(0，+∞)．（1）若直线y=kx+2与g(x)的图象相切，求实数k的值；（2）设x>0，讨论曲线y=f(x)与曲线y=mx2(m>0)公共点的个数．（3）设a 0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，不妨设M在第一象限．与椭圆C方程联立，x=my+1×24+y23=1，消去x，得(3m2+4)y2+6my−9=0，y1+y2=−6m3m2+4，y1y2=−93m2+4，∵S△OAM=12|OA|⋅y1，S△OMN=12|OF|⋅(y1−y2)，△OAM与△OMN的面积比为2：3，∴y1y1−y2=13，整理得y2=−2y1，∴−y2=−6m3m2+4，−2y22=−93m2+4，即2(6m3m2+4)2=93m2+4，解得m2=45，∵m>0，∴m=255，直线l的方程为x=255y+1，即5x−25y−5=019．【答案】（1）证明：因为an+1=2an+2n(n∈N∗)，所以，等式两边同除以2n得an+12n−an2n−1=1，又因为a1=3，a120=3，所以，数列{an2n−1}是等差数列，公差为1，首项为3.所以，an2n−1=n+2，即an=(n+2)⋅2n−1.（2）解：设Sn=3×20+4×21+5×22+⋯+(n+1)2n−2+(n+2)⋅2n−1，则2Sn=3×21+4×22+⋯⋯+(n+1)2n−1+(n+2)2n，所以，两式作差得：−Sn=3+21+22+23+⋯+2n−1−(n+2)2n，整理得：−Sn=3+2(1−2n−1)1−2−(n+2)2n=1−(n+1)2n，即Sn=(n+1)2n−1.所以，k=1nak=(n+1)⋅2n−1（3）解：由（1）知bn=(−1)n⋅(2n2+10n+13)⋅24n−2an2⋅an+12=(−1)n⋅(2n2+10n+13)⋅24n−2(n+2)2⋅22n−2⋅(n+3)2⋅22n=(−1)n⋅(2n2+10n+13)(n+2)2(n+3)2=(−1)n[1(n+2)2+1(n+3)2]，所以，Tn=−(132+142)+(142+152)−⋯+(−1)n[1(n+2)2+1(n+3)2]=(−1)n1(n+3)2−19， 所以，当n为奇数时，Tn=−1(n+3)2−19，随着n的增大而增大，故当n=1时，Tn有最小值−25144；当n为偶数时，Tn=1(n+3)2−19，随着n的增大而减小，故当n=2时，Tn有最大值−16225；综上所述，Tn有最小值−25144，最大值−1622520．【答案】（1）解：设直线y=kx+2与g(x)=lnx相切与点P(x0，y0)，则有kx0+2=lnx0k=g′(x0)=1×0解得x0=e3，k=e−3（2）解：当x>0，m>0时，曲线y=f(x)与曲线y=mx2(m>0)的公共点个数即方程f(x)=mx2根的个数．由f(x)=mx2，∴m=exx2令ℎ(x)=exx2⇒ℎ′(x)=xex(x−2)x2，则当x∈(0，2)时，ℎ'(x)<0，即ℎ(x)在(0，2)上单调递减，当x∈(2，+∞)时，ℎ'(x)>0，即ℎ(x)在(2，+∞)上单调递增．故ℎ（2）=e24是ℎ(x)的极小值同时也为最小值．所以对曲线y=f(x)与曲线y=mx2(m>0)公共点的个数，讨论如下：当m∈(0，e24)时，有0个公共点；当m=e24，有1个公共点；当m∈(e24，+∞)有2个公共点．（3）解：设f(a)+f(b)2−f(b)−f(a)b−a=(b−a+2)·f(a)+(b−a−2)·f(b)2·(b−a)=(b−a+2)·ea+(b−a−2)·eb2·(b−a)=(b−a+2)+(b−a−2)·eb−a2·(b−a)·ea令g(x)=x+2+(x−2)ex，x>0．则g′(x)=1+(1+x−2)·ex=1+(x−1)·ex，g′(x)的导函数g″(x)=(1+x−1)·ex=x·ex>0， 所以g'(x)在(0，+∞)上单调递增，且g'(0)=0．因此，g'(x)>0，故g(x)在(0，+∞)上单调递增，而g(0)=0，所以在(0，+∞)上，g(x)>0．因为当x>0时，g(x)=x+2+(x−2)·ex>0且a 0，所以当a f(b)−f(a)b−a
简介：高三下学期数学二模试卷一、单选题1．设集合A={x|−2 0，则“a>b”是“ba<1”的（ ）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分又不必要条件3．函数f(x)=ln|x|+1+cosx在[−π，π]上的大致图象为（ ）A．B．C．D．4．某高中学校学生人数和近视情况分别如图①和图②所示.为了解该学校学生近视形成原因，在近视的学生中按年级用分层抽样的方法抽取部分学生进行问卷调查，已知抽取到的高中一年级的学生36人，则抽取到的高三学生数为（ ）A．32B．45C．64D．905．已知a=log637，b=log736，c=60.1，则（ ）A．b 0)上一点(2，m)到焦点的距离为3，准线为l，若l与双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0，b>0)的两条渐近线所围成的三角形面积为2，则双曲线C的离心率为（ ）A．3B．6C．3D．629．已知定义在R上的函数f(x)满足：①f(2−x)+f(x)=0；②f(x−2)−f(−x)=0；③在[−1，1]上的解析式为f(x)=cosπ2x，x∈[−1，0]1−x，x∈(0，1]，则函数f(x)与函数g(x)=(12)|x|的图象在区间[−3，3]上的交点个数为( )A．3B．4C．5D．6二、填空题10．i是虚数单位，复数2+i1−2i= ．11．若(1+2x)(1−x+x2)9=a0+a1x+a2x2+⋯+a19x19，则a1+a2+⋅⋅⋅+a18= ．12．设⊙O1：x2+y2=1与⊙O2：x2+(y−2)2=4相交于A，B两点，则|AB|= ．13．若函数f(x)=x3+ax2−x−9在x=−1处取得极值，则f(2)= ．14．已知一箱产品中含有2件次品和3件正品，现需要通过检测将其区分．每次随机检测一件产品，检测后不放回，直到检测出2件次品或者检测出3件正品时检测结束，则第一次检测出的是次品且第二次检测出正品的概率是 ；已知每检测一件产品需花费100元，设X表示直到检测出2件次品或者检测出3件正品时所需要的检测费用（单位：元），则E(X)= ．15．如图直角梯形ABCD中，AB//CD，AB⊥AD，AB=2CD=2AD=2，在等腰直角三角形CDE中，∠C=90°，则向量AE在向量CB上的投影向量的模为 ；若M，N分别为线段BC，CE上的动点，且AM⋅AN=52，则MD⋅DN的最小值为 ．三、解答题16．在△ABC中，内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知asinA=4bsinB，ac=5(a2−b2−c2).（I）求cosA的值；（II）求sin(2B−A)的值.17．如图所示，在几何体ABCDEF中，四边形ABCD为直角梯形，AD∥BC，AB⊥AD，AE⊥底面ABCD，AE∥CF，AD=3，AB=BC=AE=2，CF=1．（1）求证：BF∥平面ADE；（2）求直线BE与直线DF所成角的余弦值；（3）求点D到直线BF的距离． 18．已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1、F2，P(−1，32)是椭圆C上一点，且PF1与x轴垂直．（1）求椭圆C的标准方程；（2）设椭圆C的右顶点为A，O为坐标原点，过F2作斜率大于0直线l交椭圆C于M、N两点，直线l与坐标轴不重合，若△OAM与△OMN的面积比为2：3，求直线l的方程．19．已知数列{an}的首项a1=3，且满足an+1=2an+2n(n∈N∗)．（1）证明数列{an2n−1}是等差数列，并求数列{an}的通项公式；（2）求k=1nak的值；（3）设bn=(−1)n⋅(2n2+10n+13)⋅24n−2an2⋅an+12，数列{bn}的前n项和为Tn，求Tn的最大值和最小值．20．已知函数f(x)=ex，x∈R，g(x)=lnx，x∈(0，+∞)．（1）若直线y=kx+2与g(x)的图象相切，求实数k的值；（2）设x>0，讨论曲线y=f(x)与曲线y=mx2(m>0)公共点的个数．（3）设a 0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，不妨设M在第一象限．与椭圆C方程联立，x=my+1×24+y23=1，消去x，得(3m2+4)y2+6my−9=0，y1+y2=−6m3m2+4，y1y2=−93m2+4，∵S△OAM=12|OA|⋅y1，S△OMN=12|OF|⋅(y1−y2)，△OAM与△OMN的面积比为2：3，∴y1y1−y2=13，整理得y2=−2y1，∴−y2=−6m3m2+4，−2y22=−93m2+4，即2(6m3m2+4)2=93m2+4，解得m2=45，∵m>0，∴m=255，直线l的方程为x=255y+1，即5x−25y−5=019．【答案】（1）证明：因为an+1=2an+2n(n∈N∗)，所以，等式两边同除以2n得an+12n−an2n−1=1，又因为a1=3，a120=3，所以，数列{an2n−1}是等差数列，公差为1，首项为3.所以，an2n−1=n+2，即an=(n+2)⋅2n−1.（2）解：设Sn=3×20+4×21+5×22+⋯+(n+1)2n−2+(n+2)⋅2n−1，则2Sn=3×21+4×22+⋯⋯+(n+1)2n−1+(n+2)2n，所以，两式作差得：−Sn=3+21+22+23+⋯+2n−1−(n+2)2n，整理得：−Sn=3+2(1−2n−1)1−2−(n+2)2n=1−(n+1)2n，即Sn=(n+1)2n−1.所以，k=1nak=(n+1)⋅2n−1（3）解：由（1）知bn=(−1)n⋅(2n2+10n+13)⋅24n−2an2⋅an+12=(−1)n⋅(2n2+10n+13)⋅24n−2(n+2)2⋅22n−2⋅(n+3)2⋅22n=(−1)n⋅(2n2+10n+13)(n+2)2(n+3)2=(−1)n[1(n+2)2+1(n+3)2]，所以，Tn=−(132+142)+(142+152)−⋯+(−1)n[1(n+2)2+1(n+3)2]=(−1)n1(n+3)2−19， 所以，当n为奇数时，Tn=−1(n+3)2−19，随着n的增大而增大，故当n=1时，Tn有最小值−25144；当n为偶数时，Tn=1(n+3)2−19，随着n的增大而减小，故当n=2时，Tn有最大值−16225；综上所述，Tn有最小值−25144，最大值−1622520．【答案】（1）解：设直线y=kx+2与g(x)=lnx相切与点P(x0，y0)，则有kx0+2=lnx0k=g′(x0)=1×0解得x0=e3，k=e−3（2）解：当x>0，m>0时，曲线y=f(x)与曲线y=mx2(m>0)的公共点个数即方程f(x)=mx2根的个数．由f(x)=mx2，∴m=exx2令ℎ(x)=exx2⇒ℎ′(x)=xex(x−2)x2，则当x∈(0，2)时，ℎ'(x)<0，即ℎ(x)在(0，2)上单调递减，当x∈(2，+∞)时，ℎ'(x)>0，即ℎ(x)在(2，+∞)上单调递增．故ℎ（2）=e24是ℎ(x)的极小值同时也为最小值．所以对曲线y=f(x)与曲线y=mx2(m>0)公共点的个数，讨论如下：当m∈(0，e24)时，有0个公共点；当m=e24，有1个公共点；当m∈(e24，+∞)有2个公共点．（3）解：设f(a)+f(b)2−f(b)−f(a)b−a=(b−a+2)·f(a)+(b−a−2)·f(b)2·(b−a)=(b−a+2)·ea+(b−a−2)·eb2·(b−a)=(b−a+2)+(b−a−2)·eb−a2·(b−a)·ea令g(x)=x+2+(x−2)ex，x>0．则g′(x)=1+(1+x−2)·ex=1+(x−1)·ex，g′(x)的导函数g″(x)=(1+x−1)·ex=x·ex>0， 所以g'(x)在(0，+∞)上单调递增，且g'(0)=0．因此，g'(x)>0，故g(x)在(0，+∞)上单调递增，而g(0)=0，所以在(0，+∞)上，g(x)>0．因为当x>0时，g(x)=x+2+(x−2)·ex>0且a 0，所以当a f(b)−f(a)b−a
简介：高三下学期数学二模试卷一、单选题1．设集合A={x|−2 0，则“a>b”是“ba<1”的（ ）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分又不必要条件3．函数f(x)=ln|x|+1+cosx在[−π，π]上的大致图象为（ ）A．B．C．D．4．某高中学校学生人数和近视情况分别如图①和图②所示.为了解该学校学生近视形成原因，在近视的学生中按年级用分层抽样的方法抽取部分学生进行问卷调查，已知抽取到的高中一年级的学生36人，则抽取到的高三学生数为（ ）A．32B．45C．64D．905．已知a=log637，b=log736，c=60.1，则（ ）A．b 0)上一点(2，m)到焦点的距离为3，准线为l，若l与双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0，b>0)的两条渐近线所围成的三角形面积为2，则双曲线C的离心率为（ ）A．3B．6C．3D．629．已知定义在R上的函数f(x)满足：①f(2−x)+f(x)=0；②f(x−2)−f(−x)=0；③在[−1，1]上的解析式为f(x)=cosπ2x，x∈[−1，0]1−x，x∈(0，1]，则函数f(x)与函数g(x)=(12)|x|的图象在区间[−3，3]上的交点个数为( )A．3B．4C．5D．6二、填空题10．i是虚数单位，复数2+i1−2i= ．11．若(1+2x)(1−x+x2)9=a0+a1x+a2x2+⋯+a19x19，则a1+a2+⋅⋅⋅+a18= ．12．设⊙O1：x2+y2=1与⊙O2：x2+(y−2)2=4相交于A，B两点，则|AB|= ．13．若函数f(x)=x3+ax2−x−9在x=−1处取得极值，则f(2)= ．14．已知一箱产品中含有2件次品和3件正品，现需要通过检测将其区分．每次随机检测一件产品，检测后不放回，直到检测出2件次品或者检测出3件正品时检测结束，则第一次检测出的是次品且第二次检测出正品的概率是 ；已知每检测一件产品需花费100元，设X表示直到检测出2件次品或者检测出3件正品时所需要的检测费用（单位：元），则E(X)= ．15．如图直角梯形ABCD中，AB//CD，AB⊥AD，AB=2CD=2AD=2，在等腰直角三角形CDE中，∠C=90°，则向量AE在向量CB上的投影向量的模为 ；若M，N分别为线段BC，CE上的动点，且AM⋅AN=52，则MD⋅DN的最小值为 ．三、解答题16．在△ABC中，内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知asinA=4bsinB，ac=5(a2−b2−c2).（I）求cosA的值；（II）求sin(2B−A)的值.17．如图所示，在几何体ABCDEF中，四边形ABCD为直角梯形，AD∥BC，AB⊥AD，AE⊥底面ABCD，AE∥CF，AD=3，AB=BC=AE=2，CF=1．（1）求证：BF∥平面ADE；（2）求直线BE与直线DF所成角的余弦值；（3）求点D到直线BF的距离． 18．已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1、F2，P(−1，32)是椭圆C上一点，且PF1与x轴垂直．（1）求椭圆C的标准方程；（2）设椭圆C的右顶点为A，O为坐标原点，过F2作斜率大于0直线l交椭圆C于M、N两点，直线l与坐标轴不重合，若△OAM与△OMN的面积比为2：3，求直线l的方程．19．已知数列{an}的首项a1=3，且满足an+1=2an+2n(n∈N∗)．（1）证明数列{an2n−1}是等差数列，并求数列{an}的通项公式；（2）求k=1nak的值；（3）设bn=(−1)n⋅(2n2+10n+13)⋅24n−2an2⋅an+12，数列{bn}的前n项和为Tn，求Tn的最大值和最小值．20．已知函数f(x)=ex，x∈R，g(x)=lnx，x∈(0，+∞)．（1）若直线y=kx+2与g(x)的图象相切，求实数k的值；（2）设x>0，讨论曲线y=f(x)与曲线y=mx2(m>0)公共点的个数．（3）设a 0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，不妨设M在第一象限．与椭圆C方程联立，x=my+1×24+y23=1，消去x，得(3m2+4)y2+6my−9=0，y1+y2=−6m3m2+4，y1y2=−93m2+4，∵S△OAM=12|OA|⋅y1，S△OMN=12|OF|⋅(y1−y2)，△OAM与△OMN的面积比为2：3，∴y1y1−y2=13，整理得y2=−2y1，∴−y2=−6m3m2+4，−2y22=−93m2+4，即2(6m3m2+4)2=93m2+4，解得m2=45，∵m>0，∴m=255，直线l的方程为x=255y+1，即5x−25y−5=019．【答案】（1）证明：因为an+1=2an+2n(n∈N∗)，所以，等式两边同除以2n得an+12n−an2n−1=1，又因为a1=3，a120=3，所以，数列{an2n−1}是等差数列，公差为1，首项为3.所以，an2n−1=n+2，即an=(n+2)⋅2n−1.（2）解：设Sn=3×20+4×21+5×22+⋯+(n+1)2n−2+(n+2)⋅2n−1，则2Sn=3×21+4×22+⋯⋯+(n+1)2n−1+(n+2)2n，所以，两式作差得：−Sn=3+21+22+23+⋯+2n−1−(n+2)2n，整理得：−Sn=3+2(1−2n−1)1−2−(n+2)2n=1−(n+1)2n，即Sn=(n+1)2n−1.所以，k=1nak=(n+1)⋅2n−1（3）解：由（1）知bn=(−1)n⋅(2n2+10n+13)⋅24n−2an2⋅an+12=(−1)n⋅(2n2+10n+13)⋅24n−2(n+2)2⋅22n−2⋅(n+3)2⋅22n=(−1)n⋅(2n2+10n+13)(n+2)2(n+3)2=(−1)n[1(n+2)2+1(n+3)2]，所以，Tn=−(132+142)+(142+152)−⋯+(−1)n[1(n+2)2+1(n+3)2]=(−1)n1(n+3)2−19， 所以，当n为奇数时，Tn=−1(n+3)2−19，随着n的增大而增大，故当n=1时，Tn有最小值−25144；当n为偶数时，Tn=1(n+3)2−19，随着n的增大而减小，故当n=2时，Tn有最大值−16225；综上所述，Tn有最小值−25144，最大值−1622520．【答案】（1）解：设直线y=kx+2与g(x)=lnx相切与点P(x0，y0)，则有kx0+2=lnx0k=g′(x0)=1×0解得x0=e3，k=e−3（2）解：当x>0，m>0时，曲线y=f(x)与曲线y=mx2(m>0)的公共点个数即方程f(x)=mx2根的个数．由f(x)=mx2，∴m=exx2令ℎ(x)=exx2⇒ℎ′(x)=xex(x−2)x2，则当x∈(0，2)时，ℎ'(x)<0，即ℎ(x)在(0，2)上单调递减，当x∈(2，+∞)时，ℎ'(x)>0，即ℎ(x)在(2，+∞)上单调递增．故ℎ（2）=e24是ℎ(x)的极小值同时也为最小值．所以对曲线y=f(x)与曲线y=mx2(m>0)公共点的个数，讨论如下：当m∈(0，e24)时，有0个公共点；当m=e24，有1个公共点；当m∈(e24，+∞)有2个公共点．（3）解：设f(a)+f(b)2−f(b)−f(a)b−a=(b−a+2)·f(a)+(b−a−2)·f(b)2·(b−a)=(b−a+2)·ea+(b−a−2)·eb2·(b−a)=(b−a+2)+(b−a−2)·eb−a2·(b−a)·ea令g(x)=x+2+(x−2)ex，x>0．则g′(x)=1+(1+x−2)·ex=1+(x−1)·ex，g′(x)的导函数g″(x)=(1+x−1)·ex=x·ex>0， 所以g'(x)在(0，+∞)上单调递增，且g'(0)=0．因此，g'(x)>0，故g(x)在(0，+∞)上单调递增，而g(0)=0，所以在(0，+∞)上，g(x)>0．因为当x>0时，g(x)=x+2+(x−2)·ex>0且a 0，所以当a f(b)−f(a)b−a
简介：高三下学期数学二模试卷一、单选题1．设集合A={x|−2 0，则“a>b”是“ba<1”的（ ）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分又不必要条件3．函数f(x)=ln|x|+1+cosx在[−π，π]上的大致图象为（ ）A．B．C．D．4．某高中学校学生人数和近视情况分别如图①和图②所示.为了解该学校学生近视形成原因，在近视的学生中按年级用分层抽样的方法抽取部分学生进行问卷调查，已知抽取到的高中一年级的学生36人，则抽取到的高三学生数为（ ）A．32B．45C．64D．905．已知a=log637，b=log736，c=60.1，则（ ）A．b 0)上一点(2，m)到焦点的距离为3，准线为l，若l与双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0，b>0)的两条渐近线所围成的三角形面积为2，则双曲线C的离心率为（ ）A．3B．6C．3D．629．已知定义在R上的函数f(x)满足：①f(2−x)+f(x)=0；②f(x−2)−f(−x)=0；③在[−1，1]上的解析式为f(x)=cosπ2x，x∈[−1，0]1−x，x∈(0，1]，则函数f(x)与函数g(x)=(12)|x|的图象在区间[−3，3]上的交点个数为( )A．3B．4C．5D．6二、填空题10．i是虚数单位，复数2+i1−2i= ．11．若(1+2x)(1−x+x2)9=a0+a1x+a2x2+⋯+a19x19，则a1+a2+⋅⋅⋅+a18= ．12．设⊙O1：x2+y2=1与⊙O2：x2+(y−2)2=4相交于A，B两点，则|AB|= ．13．若函数f(x)=x3+ax2−x−9在x=−1处取得极值，则f(2)= ．14．已知一箱产品中含有2件次品和3件正品，现需要通过检测将其区分．每次随机检测一件产品，检测后不放回，直到检测出2件次品或者检测出3件正品时检测结束，则第一次检测出的是次品且第二次检测出正品的概率是 ；已知每检测一件产品需花费100元，设X表示直到检测出2件次品或者检测出3件正品时所需要的检测费用（单位：元），则E(X)= ．15．如图直角梯形ABCD中，AB//CD，AB⊥AD，AB=2CD=2AD=2，在等腰直角三角形CDE中，∠C=90°，则向量AE在向量CB上的投影向量的模为 ；若M，N分别为线段BC，CE上的动点，且AM⋅AN=52，则MD⋅DN的最小值为 ．三、解答题16．在△ABC中，内角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知asinA=4bsinB，ac=5(a2−b2−c2).（I）求cosA的值；（II）求sin(2B−A)的值.17．如图所示，在几何体ABCDEF中，四边形ABCD为直角梯形，AD∥BC，AB⊥AD，AE⊥底面ABCD，AE∥CF，AD=3，AB=BC=AE=2，CF=1．（1）求证：BF∥平面ADE；（2）求直线BE与直线DF所成角的余弦值；（3）求点D到直线BF的距离． 18．已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1、F2，P(−1，32)是椭圆C上一点，且PF1与x轴垂直．（1）求椭圆C的标准方程；（2）设椭圆C的右顶点为A，O为坐标原点，过F2作斜率大于0直线l交椭圆C于M、N两点，直线l与坐标轴不重合，若△OAM与△OMN的面积比为2：3，求直线l的方程．19．已知数列{an}的首项a1=3，且满足an+1=2an+2n(n∈N∗)．（1）证明数列{an2n−1}是等差数列，并求数列{an}的通项公式；（2）求k=1nak的值；（3）设bn=(−1)n⋅(2n2+10n+13)⋅24n−2an2⋅an+12，数列{bn}的前n项和为Tn，求Tn的最大值和最小值．20．已知函数f(x)=ex，x∈R，g(x)=lnx，x∈(0，+∞)．（1）若直线y=kx+2与g(x)的图象相切，求实数k的值；（2）设x>0，讨论曲线y=f(x)与曲线y=mx2(m>0)公共点的个数．（3）设a 0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，不妨设M在第一象限．与椭圆C方程联立，x=my+1×24+y23=1，消去x，得(3m2+4)y2+6my−9=0，y1+y2=−6m3m2+4，y1y2=−93m2+4，∵S△OAM=12|OA|⋅y1，S△OMN=12|OF|⋅(y1−y2)，△OAM与△OMN的面积比为2：3，∴y1y1−y2=13，整理得y2=−2y1，∴−y2=−6m3m2+4，−2y22=−93m2+4，即2(6m3m2+4)2=93m2+4，解得m2=45，∵m>0，∴m=255，直线l的方程为x=255y+1，即5x−25y−5=019．【答案】（1）证明：因为an+1=2an+2n(n∈N∗)，所以，等式两边同除以2n得an+12n−an2n−1=1，又因为a1=3，a120=3，所以，数列{an2n−1}是等差数列，公差为1，首项为3.所以，an2n−1=n+2，即an=(n+2)⋅2n−1.（2）解：设Sn=3×20+4×21+5×22+⋯+(n+1)2n−2+(n+2)⋅2n−1，则2Sn=3×21+4×22+⋯⋯+(n+1)2n−1+(n+2)2n，所以，两式作差得：−Sn=3+21+22+23+⋯+2n−1−(n+2)2n，整理得：−Sn=3+2(1−2n−1)1−2−(n+2)2n=1−(n+1)2n，即Sn=(n+1)2n−1.所以，k=1nak=(n+1)⋅2n−1（3）解：由（1）知bn=(−1)n⋅(2n2+10n+13)⋅24n−2an2⋅an+12=(−1)n⋅(2n2+10n+13)⋅24n−2(n+2)2⋅22n−2⋅(n+3)2⋅22n=(−1)n⋅(2n2+10n+13)(n+2)2(n+3)2=(−1)n[1(n+2)2+1(n+3)2]，所以，Tn=−(132+142)+(142+152)−⋯+(−1)n[1(n+2)2+1(n+3)2]=(−1)n1(n+3)2−19， 所以，当n为奇数时，Tn=−1(n+3)2−19，随着n的增大而增大，故当n=1时，Tn有最小值−25144；当n为偶数时，Tn=1(n+3)2−19，随着n的增大而减小，故当n=2时，Tn有最大值−16225；综上所述，Tn有最小值−25144，最大值−1622520．【答案】（1）解：设直线y=kx+2与g(x)=lnx相切与点P(x0，y0)，则有kx0+2=lnx0k=g′(x0)=1×0解得x0=e3，k=e−3（2）解：当x>0，m>0时，曲线y=f(x)与曲线y=mx2(m>0)的公共点个数即方程f(x)=mx2根的个数．由f(x)=mx2，∴m=exx2令ℎ(x)=exx2⇒ℎ′(x)=xex(x−2)x2，则当x∈(0，2)时，ℎ'(x)<0，即ℎ(x)在(0，2)上单调递减，当x∈(2，+∞)时，ℎ'(x)>0，即ℎ(x)在(2，+∞)上单调递增．故ℎ（2）=e24是ℎ(x)的极小值同时也为最小值．所以对曲线y=f(x)与曲线y=mx2(m>0)公共点的个数，讨论如下：当m∈(0，e24)时，有0个公共点；当m=e24，有1个公共点；当m∈(e24，+∞)有2个公共点．（3）解：设f(a)+f(b)2−f(b)−f(a)b−a=(b−a+2)·f(a)+(b−a−2)·f(b)2·(b−a)=(b−a+2)·ea+(b−a−2)·eb2·(b−a)=(b−a+2)+(b−a−2)·eb−a2·(b−a)·ea令g(x)=x+2+(x−2)ex，x>0．则g′(x)=1+(1+x−2)·ex=1+(x−1)·ex，g′(x)的导函数g″(x)=(1+x−1)·ex=x·ex>0， 所以g'(x)在(0，+∞)上单调递增，且g'(0)=0．因此，g'(x)>0，故g(x)在(0，+∞)上单调递增，而g(0)=0，所以在(0，+∞)上，g(x)>0．因为当x>0时，g(x)=x+2+(x−2)·ex>0且a 0，所以当a f(b)−f(a)b−a
