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    2024年山东省潍坊市、滨州市高考数学一模试卷(含解析)
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    2024年山东省潍坊市、滨州市高考数学一模试卷(含解析)

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    这是一份2024年山东省潍坊市、滨州市高考数学一模试卷(含解析),共15页。试卷主要包含了单选题,多选题,填空题,解答题等内容,欢迎下载使用。

    1.已知平面向量a=(1,2),b=(−1,λ),若a⊥b,则实数λ=( )
    A. 12B. −12C. −2D. 2
    2.已知抛物线C:x2=y上点M的纵坐标为1,则M到C的焦点的距离为( )
    A. 1B. 54C. 32D. 2
    3.已知集合A={x|lg3(2x+1)=2},集合B={2,a},其中a∈R.若A∪B=B,则a=( )
    A. 1B. 2C. 3D. 4
    4.已知等差数列{an}的前n项和为Sn,a1=−1,S1=5a4+10,则S4=( )
    A. 6B. −325C. 8D. 10
    5.12世纪以前的某时期.盛行欧洲的罗马数码采用的是简单累数制进行记数,现在一些场合还在使用,比如书本的卷数、老式表盘等.罗马数字用七个大写的拉丁文字母表示数目:
    IㅤVㅤXㅤLㅤ CㅤㅤDㅤㅤM
    1ㅤ5ㅤ10 50ㅤ100ㅤ500ㅤ1000
    例如:58=LVIII,464=CCCCLXIIII.依据此记数方法,MMXXXV=( )
    A. 2025B. 2035C. 2050D. 2055
    6.如图所示,在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中,点P为截面A1C1B上的动点,若DP⊥A1C,则点P的轨迹长度是( )
    A. 22
    B. 2
    C. 12
    D. 1
    7.已知数列{an}满足a1=0,a2=1.若数列{an+an+1}是公比为2的等比数列,则a2024=( )
    A. 22023+13B. 22024+13C. 21012−1D. 21011−1
    8.已知直三棱柱ABC−A1B1C1外接球的直径为6,且AB⊥BC,BC=2,则该棱柱体积的最大值为( )
    A. 8B. 12C. 16D. 24
    二、多选题:本题共3小题,共18分。在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求。
    9.某科技攻关青年团队有6人,他们年龄分布的茎叶图如图所示.已知这6人年龄的极差为14,则( )
    A. a=8
    B. 6人年龄的平均数为35
    C. 6人年龄的75%分位数为36
    D. 6人年龄的方差为643
    10.函数f(x)=2 3sinωxcsωx+2cs2ωx−1(0<ω<1)的图象如图所示,则( )
    A. f(x)的最小正周期为2π
    B. y=f(2x+π3)是奇函数
    C. y=f(x+π6)csx的图象关于直线x=π12对称
    D. 若y=f(tx)(t>0)在[0,π]上有且仅有两个零点,则t∈[116,176)
    11.已知函数f(x)及其导函数f′(x)的定义域均为R,记g(x)=f′(x),且f(x)−f(−x)=2x,g(x)+g(2−x)=0,则( )
    A. g(0)=1B. y=f(x)x的图象关于点(0,1)对称
    C. f(x)+f(2−x)=0D. k=1ng(k)=n−n22(n∈N*)
    三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分。
    12.已知i是虚数单位,若复数z满足(2+i)z=i,则z2−i= ______.
    13.第40届潍坊国际风筝会期间,某学校派5人参加连续6天的志愿服务活动,其中甲连续参加2天,其他人各参加1天,则不同的安排方法有______种.(结果用数值表示)
    14.已知平面直角坐标系xOy中,直线l1:y=2x,l2:y=−2x,点P为平面内一动点,过P作DP//l2交l1于D,作EP//l1,交l2于E,得到的平行四边形ODPE面积为1,记点P的轨迹为曲线Γ.若Γ与圆x2+y2=t有四个交点,则实数t的取值范围是______.
    四、解答题:本题共5小题,共77分。解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤。
    15.(本小题13分)
    在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知a(sinB+csB)=c.
    (1)求A;
    (2)若c= 2,a= 5,D为BC的中点,求AD.
    16.(本小题15分)
    已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)中,点A,C分别是E的左、上顶点,|AC|= 5,且E的焦距为2 3.
    (1)求E的方程和离心率;
    (2)过点(1,0)且斜率不为零的直线交椭圆于R,S两点,设直线RS,CR,CS的斜率分别为k,k1,k2,若k1+k2=−3,求k的值.
    17.(本小题15分)
    如图,在四棱台ABCD−A1B1C1D1中,下底面ABCD是平行四边形,∠ABC=120°,AB=2A1B1=2,BC=8,A1A=4 2,DD1⊥DC,M为BC的中点.
    (1)求证:平面CDD1C1⊥平面D1DM;
    (2)若D1D=4,求直线DM与平面BCC1B1所成角的正弦值.
    18.(本小题17分)
    若ξ,η是样本空间Ω上的两个离散型随机变量,则称(ξ,η)是Ω上的二维离散型随机变量或二维随机向量.设(ξ,η)的一切可能取值为(ai,bj),i,j=1,2,…,记pη表示(ai,bj)在Ω中出现的概率,其中pη=P(ξ=ai,η=bj)=P[(ξ=ai)∩(η=bj)].
    (1)将三个相同的小球等可能地放入编号为1,2,3的三个盒子中,记1号盒子中的小球个数为ξ,2号盒子中的小球个数为η,则(ξ,η)是一个二维随机变量.
    ①写出该二维离散型随机变量(ξ,η)的所有可能取值;
    ②若(m,n)是①中的值,求P(ξ=m,η=n)(结果用m,n表示);
    (2)P(ξ=ai)称为二维离散型随机变量(ξ,η)关于ξ的边缘分布律或边际分布律,求证:P(ξ=ai)=j=1+∞pη.
    19.(本小题17分)
    已知函数f(x)=2mlnx−x+1x(m>0).
    (1)讨论f(x)的单调性;
    (2)证明:(1+122)(1+132)(1+142)…(1+1n2)(3)若函数g(x)=m2ln2x−x−1x+2有三个不同的零点,求m的取值范围.
    答案和解析
    1.【答案】A
    【解析】解:a=(1,2),b=(−1,λ),a⊥b,
    则−1+2λ=0,解得λ=12.
    故选:A.
    根据已知条件,结合向量垂直的性质,即可求解.
    本题主要考查向量垂直的性质,属于基础题.
    2.【答案】B
    【解析】解:已知抛物线C:x2=y上点M的纵坐标为1,
    则M到C的焦点的距离为1+p2=1+14=54.
    故选:B.
    由抛物线的性质,结合抛物线的定义求解.
    本题考查了抛物线的性质,重点考查了抛物线的定义,属基础题.
    3.【答案】D
    【解析】解:集合A={x|lg3(2x+1)=2}={4},集合B={2,a},A∪B=B,
    则a=4.
    故选:D.
    根据已知条件,先求出集合A,再结合并集的定义,即可求解.
    本题主要考查并集及其运算,属于基础题.
    4.【答案】B
    【解析】解:等差数列{an}中,a1=−1,S1=5a4+10,
    所以−1=5(−1+3d)+10,
    解得d=−25,
    则S4=−4+6×(−25)=−325.
    故选:B.
    由已知结合等差数列的通项公式及求和公式即可求解.
    本题主要考查了等差数列的通项公式及求和公式的应用,属于基础题.
    5.【答案】B
    【解析】解:因为58=50+5+1+1+1,464=100+100+100+100+50+10+1+1+1+1,
    所以以此类推:MMXXXV=1000+1000+10+10+10+5=2035.
    故选:B.
    根据简单累数制记数方法求解.
    本题主要考查了类比推理,属于基础题.
    6.【答案】B
    【解析】解:在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中,连接DC1,BD,AC,
    由AA1⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,得BD⊥AA1,
    而BD⊥AC,AA1∩AC=A,AA1,AC⊂平面AA1C,则BD⊥平面AA1C,
    又A1C⊂平面AA1C,于是BD⊥A1C,同理BC1⊥A1C,
    而BC1∩BD=B,BC1,BD⊂平面BC1D
    因此A1C⊥平面BC1D,
    因为DP⊥A1C,则DP⊂平面BC1D,而点P为截面A1C1B上的动点,
    平面A1C1B∩平面BC1D=BC1,
    所以点P的轨迹是线段BC1,长度为 2.
    故选:B.
    连接DC1,BD,AC,利用线面垂直的判定推理证明A1C⊥平面BC1D,即可确定点P的轨迹.
    本题考查直线与平面垂直的判定,轨迹问题,属于中档题.
    7.【答案】A
    【解析】解:因为数列{an+an+1}是公比为2的等比数列,且a1+a2=1,
    所以an+an+1=2n−1,①
    所以an+1+an+2=2n,②
    由②−①得:an+2−an=2n−1,
    分别取n=2,4,6,⋅⋅⋅,2022得,
    a4−a2=22−1=2,
    a6−a4=24−1=23,
    a8−a6=26−1=25,
    ⋅⋅⋅⋅⋅⋅,
    a2024−a2022=22022−1=22021,
    以上各式左右分别相加得:a2024−a2=2+23+25+⋅⋅⋅+22021=2[1−(22)1011]1−22=22023−23,
    所以a2024=22023−23+1=22023+13.
    故选:A.
    由等比数列的通项公式可得an+an+1=2n−1,从而得到an+2−an=2n−1,由累加法即可求得a2024.
    本题考查等比数列的通项公式和累加法求数列的通项,涉及等比数列求和,属于中档题.
    8.【答案】C
    【解析】解:如图,
    ∵直三棱柱ABC−A1B1C1外接球的直径为6,∴外接球的半径R=3,
    再设上下底面的中心分别为O1,O,连接O1O,则外接球球心G为O1O的中点,
    连接GC,则GC=3,设AB=x(0则AC= x2+4,得OC= x2+42,在Rt△COG中,求得OO1=2 9−x2+44= 32−x2.
    ∴该棱柱体积V=12×2x× 32−x2= x2(32−x2)≤ (x2+32−x22)2=16.
    当且仅当x2=32−x2,即x=4时等号成立.
    故选:C.
    由已知求出多面体外接球的半径,设AB=x(0本题考查多面体体积的求法,考查空间想象能力与思维能力,考查运算求解能力,训练了利用基本不等式求最值,是中档题.
    9.【答案】ACD
    【解析】解:这6人年龄的极差为14,
    最大值为42,
    则最小值为28,故a=8,故A正确;
    6人年龄的平均数为:16×(28+36+36+32+30+42)=34,故B错误;
    茎叶图数据从小到大排序为:28,30,32,36,36,42,共6个,
    6×0.75=4.5,
    故6人年龄的的75%分位数为36,故C正确;
    6人年龄的方差为:16×[(34−28)2+(34−30)2+⋅⋅⋅+(34−42)2]=643,故D正确.
    故选:ACD.
    结合茎叶图的数据,以及统计的知识,即可求解.
    本题主要考查茎叶图的应用,属于基础题.
    10.【答案】ACD
    【解析】解:f(x)=2 3sinωxcsωx+2cs2ωx−1(0<ω<1)
    = 3sin2ωx+cs2ωx=2( 32sin2ωx+12cs2ωx)=2sin(2ωx+π6),
    由图象知,当x=π3时,f(x)取最大值,
    所以2ωπ3+π6=π2,解得ω=12,
    所以f(x)= 3sin(x+π6).
    对于A,T=2π,故A正确;
    对于B,y=f(2x+π3)=2sin(2x+π3+π6)=2sin(2x+π2)=2cs2x,是偶函数,故B错误;
    对于C,y=f(x+π6)csx=2sin(x+π3)csx
    =2(12sinxcsx+ 32cs2x)
    =12sin2x+ 32(1+cs2x)=sin(2x+π3)+ 32,
    因为当x=π12时,2×π12+π3=π2,所以y=f(x+π6)csx的图象关于直线x=π12对称,故C正确;
    对于D,若y=f(tx)(t>0)在[0,π]上有且仅有两个零点,
    所以2π≤tπ+π6<3π,解得116≤t<176,故D正确.
    故选:ACD.
    利用降幂公式和辅助角公式对函数f(x)化简,得f(x)=2sin(2ωx+π6),借助图象求出ω、得出解析式后结合正弦型函数性质逐一判断选项即可.
    本题考查三角恒等变换,三角函数的图象和性质,属中档题.
    11.【答案】ABD
    【解析】解:因为f(x)−f(−x)=2x,
    所以f′(x)+f′(−x)=2,
    即g(x)+g(−x)=2,
    令x=0,得g(0)=1,故A正确;
    f(x)−f(−x)=2x,
    当x≠0时,f(x)x+f(−x)−x=2,
    所以y=f(x)x的图象关于点(0,1)对称,故B正确;
    对于C,假设f(x)+f(2−x)=0成立,
    求导得f′(x)−f′(2−x)=0,
    即g(x)−g(2−x)=0,又g(x)+g(2−x)=0,
    所以g(x)=0,所以g(0)=0与g(0)=1矛盾,故C错误;
    对于D,因为g(x)+g(−x)=2,g(x)+g(2−x)=0,
    所以g(2−x)−g(−x)=−2,g(1)=0,g(2)=−1,
    所以有g(n+2)−g(n)=−2,且g(2)−g(1)=−1,n∈N*,
    所以数列{g(n)}是以0为首项,−1为公差的等差数列,
    所以g(n)=1−n,
    所以k=1ng(k)=n−n22,故D正确.
    故选:ABD.
    对于A,对条件f(x)−f(−x)=2x,求导可得;对于B,对条件f(x)−f(−x)=2x,两边同时除以x可得;对于C,反证法,假设C正确,求导,结合条件g(x)+g(2−x)=0,可得g(0)=0与g(0)=1矛盾,可判断C;对于D,求出g(1)=0,g(2)=−1,所以有g(n+2)−g(n)=−2,g(2)−g(1)=−1,n∈N*,得出数列{g(n)}是以0为首项,−1为公差的等差数列,利用等差数列求和公式即可判断.
    本题考查函数的性质,属难题.
    12.【答案】15i
    【解析】解:(2+i)z=i,
    则z=i2+i,
    故z2−i=i(2+i)(2−i)=15i.
    故答案为:15i.
    根据已知条件,结合复数的四则运算,即可求解.
    本题主要考查复数的四则运算,属于基础题.
    13.【答案】120
    【解析】解:在6天里,连续2天的情况,一共有5种,
    剩下的4人全排列:A44种,
    故一共有:5×A44=120种.
    故答案为:120.
    首先安排甲,可知连续2天的情况共有5种,其余的人全排列,相乘得到结果.
    本题考查排列组合的应用,属于基础题.
    14.【答案】(1,4)
    【解析】解:设点P(x0,y0),则点P到l1的距离为d=|2x0−y0| 5,
    直线PD方程为y=−2x+2x0+y0,
    联立y=−2x+2x0+y0y=2x,
    解得xD=2x0+y04,
    所以|OD|= 5|2x0+y0|4,
    S平行四边形ODPE=|OD|d= 5|2x0+y0|4×|2x0−y0| 5=1,
    所以x02−y024=±1,
    所以点P的轨迹Γ为两个双曲线x2−y24=±1,
    因为双曲线x2−y24=1的实半轴长为1,双曲线y24−x2=1的实半轴长为2,
    若Γ与圆x2+y2=t有四个交点,则1< t<2,
    即1所以实数t的取值范围是(1,4).
    故答案为:(1,4).
    设点P(x0,y0),则点P到l1的距离为d=|2x0−y0| 5,再联立直线PD与y=2x的方程,求出点D的坐标,进而表达出平行四边形ODPE面积,再结合平行四边形ODPE面积为1求出点P的轨迹方程,再利用双曲线的性质求解.
    本题主要考查了求动点的轨迹方程,考查了圆与双曲线的位置关系,属于中档题.
    15.【答案】解:(1)根据正弦定理得sinA(sinB+csB)=sinC,
    在△ABC中,sinC=sin(A+B),
    则有sinA(sinB+csB)=sin(A+B),
    ∴sinAsinB+sinAcsB=sinAcsB+csAsinB,
    ∴sinAsinB=csAsinB,sinB≠0,
    ∴sinA=csA,∴A=45°;
    (2)根据余弦定理有a2=b2+c2−2bccsA,
    则有5=b2+2−2b,解之得b=3,b=−1(舍去),
    ∵D为BC的中点,则AD=12(AB+AC),
    AD2=14(AB2+AC2+2AB⋅AC)=14×(2+9+2× 2×3× 22)=174,AD= 172.
    【解析】(1)根据正弦定理可得角A;(2)可根据向量关系求得AD.
    本题考查正弦定理,余弦定理,两角和差公式,属于中档题.
    16.【答案】解:(1)由题意可得A(−a,0),C(0,b),
    可得|AC|= a2+b2= 5,2c=2 3,可得c= 3,
    可得a2−b2=3,a2+b2=5,
    解得a2=4,b2=1,
    所以离心率e=ca= 32;
    所以椭圆的方程为:x24+y2=1;离心率e= 32;
    (2)由(1)可得C(0,1),
    由题意设直线RS的方程为x=my+1,则k=1m,
    设R(x1,y1),S(x2,y2),
    联立x24+y2=1x=my+1,整理可得:(4+m2)y2+2my−3=0,
    显然Δ>0,且y1+y2=−2m4+m2,y1y2=−34+m2,
    直线CR,CS的斜率k1=y1−1x1,k2=y2−1x2,
    则k1+k2=y1−1x1+y2−1x2=(my2+1)(y1−1)+(my1+1)(y2−1)(my1+1)(my2+1)=2my1y2+(1−m)(y1+y2)−2m2y1y2+m(y1+y2)+1
    =2m⋅−34+m2+(1−m)⋅−2m4+m2−2m2⋅−34+m2+m⋅−2m4+m2+1=2m−1,
    因为k1+k2=−3,即−3=2m−1,解得m=13,
    所以直线RS的斜率k=1m=3.
    即k的值为3.
    【解析】(1)由|AC|的值,可得a,b的关系,再由焦距可得c的值,又可得a,b的关系,两式联立,可得a,b的值,即求出椭圆的方程;
    (2)设直线RS的方程,与椭圆的方程联立,可得两根之和及两根之积,求出直线CR,CS的斜率之和,由题意整理可得参数的值,进而求出直线RS的斜率的大小.
    本题考查椭圆方程的求法及直线与椭圆的综合应用,属于中档题.
    17.【答案】(1)证明:由题意知,在△CDM中,CD=2,CM=4,∠BCD=60°,
    由余弦定理得,DM2=CD2+CM2−2CD⋅CMcs∠BCD=4+16−2×2×4×12=12,即DM=2 3,
    所以DM2+CD2=CM2,即CD⊥DM,
    又DD1⊥DC,DD1∩DM=D,
    所以CD⊥平面D1DM,
    因为CD⊂平面CDD1C1,
    所以平面CDD1C1⊥平面D1DM.
    (2)解:取AD的中点N,连接A1N,则AN=DN=4,
    因为AB=2A1B1=2,BC=8,
    所以由四棱台的性质知,A1D1=12AD=4=DN,A1D1//DN,
    所以四边形A1D1DN是平行四边形,
    所以A1N=D1D=4,A1N//D1D,
    又A1A=4 2,所以AA12=AN2+A1N2,即A1N⊥AD,
    所以D1D⊥AD,
    又DD1⊥DC,AD∩DC=D,所以D1D⊥平面ABCD,
    由(1)知,CD⊥平面D1DM,
    故以D为坐标原点,DM,DC,DD1所在直线分别为x,y,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,

    则D(0,0,0),M(2 3,0,0),B(4 3,−2,0),C(0,2,0),C1(0,1,4),
    所以DM=(2 3,0,0),CC1=(0,−1,4),CB=(4 3,−4,0),
    设平面BCC1B1的法向量为n=(x,y,z),则n⋅CC1=0n⋅CB=0,即−y+4z=04 3x−4y=0,
    取x=1,则y= 3,z= 34,所以n=(1, 3, 34),
    设直线DM与平面BCC1B1所成角为θ,则sinθ=|cs|=|DM⋅n||DM|⋅|n|=2 32 3× 1+3+316=4 6767,
    故直线DM与平面BCC1B1所成角的正弦值为4 6767.
    【解析】(1)结合余弦定理与勾股定理证明CD⊥DM,再利用DD1⊥DC,可得CD⊥平面D1DM,然后由面面垂直的判定定理,即可得证;
    (2)取AD的中点N,连接A1N,先证D1D⊥平面ABCD,再以D为坐标原点建立空间直角坐标系,然后利用向量法求线面角,即可得解.
    本题考查立体几何的综合应用,熟练掌握线面、面面垂直的判定定理或性质定理,利用向量法求线面角是解题的关键,考查空间立体感,逻辑推理能力和运算求解能力,是中档题.
    18.【答案】解:(1)①该二维离散型随机变量(ξ,η)的所有可能取值为:
    (0,0),(0,1),(0,2),(0,3),(1.0),(1,1,(1,2),(2,0),(2,1),(3,0).
    ②由题意0≤m+n≤3,
    P(ξ=m,η=n)=P(ξ=m|η=n)⋅P(η=n),
    因为P(η=n)=C3n(13)n(23)3−n;
    P(ξ=m|η=n)=C3−nm(12)m(12)3−n−m=C3−nm(12)3−n,
    所以P(ξ=m,η=n)=C3−nm(12)3−n⋅C3n(13)n(23)3−n=127C3nC3−nm
    =29×1m!n!(3−m−n)!.
    (2)证明:由定义及全概率公式知:
    P(ξ=ai)=P{(ξ=ai)∩[(η=b1)∪(η=b2)∪…∪(η=bj)∪…]}
    =P{[(ξ=ai)∩(η=b1)]∪[(ξ=ai)∩(η=b2)]∪…∪[(ξ=ai)∩(η=bj)]∪
    =P[(ξ=ai)∩(η=b1)]+P[(ξ=ai)∩(η=b2)]+…+P[(ξ=ai)∩(η=bj)]+
    =j=1∞P[(ξ=ai)∩(η=bj)]=j=1∞P(ξ=ai,η=bj)=j=1∞pij.
    【解析】(1)①根据题意直接写出所有可能的取值;②利用独立重复试验的概率、条件概率公式以及独立事件的概率公式列式化简即得;
    (2)利用全概率公式以及互斥事件的加法公式推理即可.
    本题考查全条件概率公式和全概率公式,属于综合题,难度较大.
    19.【答案】解:(1)函数f(x)定义域为(0,+∞),
    因为f′(x)=2mx−1−1x2=−x2+2mx−1x2,
    设k(x)=−x2+2mx−1,则Δ=4(m2−1),
    ①当0②当m>1时,Δ>0,k(x)有两个零点x1=m− m2−1,x2=m+ m2−1,
    所以当00,即f′(x)>0;
    当x>x2时,k(x)<0,即f′(x)<0.
    综上所述:当0当m>1时,f(x)在(0,x1),(x2,+∞)上单调递减,在(x1,x2)上单调递增;
    (2)证明:由(1)知当m=1时,x∈(1,+∞)时,f(x)=2lnx−x+1x所以lnx则ln(1+1n2)<12(1+1n2)−12(1+1n2)=12(1n2+1+1n2)<1n2<1n2−14
    =1n−12−1n+12,
    ln(1+122)+ln(1+132)+ln(1+142)+⋯+ln(1+1n2)
    <(12−12−12+12)+(13−12−13+12)+⋯+(1n−12−1n+12)
    =23−1n+12<23,
    所以(1+122)(1+132)(1+142)⋯(1+1n2)(3)g(x)=m2ln2x−x−1x+2=m2ln2x−(x−1)2x=(mlnx−x−1 x)(mlnx+x−1 x),
    因为lnx与x−1同号,所以y=mlnx+x−1 x只有一个零点x=1,
    令t= x,由f(1)=0,则g(x)有三个不同的零点等价于函数f(t)有三个不同的零点,
    由(1)知:当0当m>1时,因为f(1)=0,且x1x2=1,所以x1<1由(2)知,x>1时,lnx所以ln x< x2−12 x,即lnx< x−1 x,
    所以f(4m2)=2mln(4m2)−4m2+14m2<2m(2m−12m)−4m2+14m2=1−4m24m2<0,
    所以由零点存在性定理知,f(t)在区间(t2,4m2)上有唯一的一个零点t0,
    因为f(t0)+f(1t0)=2mlnt0−t0+1t0+2mln1t0−1t0+t0=0,
    因为f(t0)=0,所以f(1t0)=0,
    所以m>1时,f(t)存在三个不同的零点1t0,1,t0,
    故实数m的取值范围是(1,+∞).
    【解析】(1)求出f(x)的定义域,对f(x)求导,利用导数与单调性的关系求解即可;
    (2)由(1)可得x∈(1,+∞)时,f(x)=2lnx−x+1x(3)对g(x)化简可得g(x)=(mlnx−x−1 x)(mlnx+x−1 x),y=mlnx+x−1 x只有一个零点x=1,令t= x,由f(1)=0,则g(x)有三个不同的零点等价于函数f(t)有三个不同的零点,分01两种情况讨论,结合零点存在性定理即可求解.
    本题主要考查利用导数研究函数的单调性与最值,考查运算求解能力与逻辑推理能力,属于难题.
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