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    2024年河北省邢台市五岳联盟高考数学质检试卷(3月份)(含解析)
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    2024年河北省邢台市五岳联盟高考数学质检试卷(3月份)(含解析)

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    这是一份2024年河北省邢台市五岳联盟高考数学质检试卷(3月份)(含解析),共17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。

    1.1−3i3+i=( )
    A. −1B. 1C. −iD. i
    2.已知全集U={−2,−1,0,1,2},集合A={−2,0},B={x|x2−2x=0},则∁U(A∪B)=( )
    A. {−11,2}B. {−1,0,1}C. {1}D. {−1,1}
    3.已知直线y=kx+1与圆x2+y2=4相交于M,N两点,若|MN|= 14,则|k|=( )
    A. 12B. 1C. 2D. 2
    4.高二年级进行消防知识竞赛,统计所有参赛同学的成绩,成绩都在[50,100]内.估计所有参赛同学成绩的第75百分位数为( )
    A. 65B. 75C. 85D. 95
    5.已知函数f(x)=aex−12x2在区间(1,2)上单调递增,则a的最小值为( )
    A. eB. 1C. e−2D. e−1
    6.已知四棱锥P−ABCD的底面是边长为2的正方形,侧棱长都等于2,则该四棱锥的内切球的表面积为( )
    A. (8−4 3)πB. 12πC. (8+4 3)πD. 8π
    7.如图,已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1、F2,左、右顶点分别为A,B,过原点的直线与椭圆E交于M,N两点,椭圆上异于M,N的点P满足PM⋅PN=0,|PM+PN|=|F1F2|=2c,NM⋅AB=2ac,则椭圆E的离心率为( )
    A. 3−1B. 4−2 3C. 22D. 33
    8.甲、乙等6人去A,B,C三个不同的景区游览,每个人去一个景区,每个景区都有人游览,若甲、乙两人不去同一景区游览,则不同的游览方法的种数为( )
    A. 342B. 390C. 402D. 462
    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.已知函数f(x)=sin(2x+2φ)(0<φ<π2),f(π12−x)=f(π12+x),则( )
    A. f(0)=12
    B. f(π3−x)=−f(π3+x)
    C. f(x)在(π6,π2)上单调递减
    D. f(x)的图象向左平移π12个单位长度后得到的图象关于y轴对称
    10.在△ABC中,B=π2,AB=2,BC=3,E为AC的中点,点F在线段BC上,且CF=2BF,将△ABC以直线BC为轴顺时针转一周围成一个圆锥,D为底面圆上一点,满足AD=π,则( )
    A. BA⊥BD
    B. FE在AB上的投影向量是12BA
    C. 直线EF与直线CD所成角的余弦值为6 6565
    D. 直线EF与平面ACD所成角的正弦值为4 11055
    11.已知非常数函数f(x)的定义域为R,且f(x)f(y)=f(xy)+xy(x+y),则( )
    A. f(0)=0B. f(1)=−2或f(1)=1
    C. f(x)x是{x|x∈R且x≠0}上的增函数D. f(x)是R上的增函数
    三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分。
    12.已知向量a=(3,5),b=(−1,1),若(a+λb)⊥b,则λ= ______.
    13.在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若a,b,c成等比数列,且b=acsC+ 3csinA,则A= ______,bsinBc= ______.
    14.已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,过F1作一条渐近线的垂线交双曲线C的左支于点P,已知|PF1||PF2|=25,则双曲线C的渐近线方程为______.
    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)
    已知{an}是等差数列,a1=4,且a5−4,a5,a5+6成等比数列.
    (1)求{an}的通项公式;
    (2)若数列{bn}满足bn−bn+1bnbn+1=an,且b1=12,求{bn}的前n项和Tn.
    16.(本小题15分)
    如图,在直三棱柱ABC=A1B1C1中,已知AA1=6,AB=BC=3,AD=λAC(0<λ<1).
    (1)当λ=12时,证明:B1C/​/平面A1BD.
    (2)若AB⊥BC,且λ=13,求平面BB1C与平面A1BD夹角的余弦值.
    17.(本小题15分)
    为建设“书香校园”,学校图书馆对所有学生开放图书借阅,可借阅的图书分为“期刊杂志”与“文献书籍”两类.已知该校小明同学的图书借阅规律如下:第一次随机选择一类图书借阅,若前一次选择借阅“期刊杂志”,则下次也选择借阅“期刊杂志”的概率为13,若前一次选择借阅“文献书籍”,则下次选择借阅“期刊杂志”的概率为35.
    (1)设小明同学在两次借阅过程中借阅“期刊杂志”的次数为X,求X的分布列与数学期望;
    (2)若小明同学第二次借阅“文献书籍”,试分析他第一次借哪类图书的可能性更大,并说明理由.
    18.(本小题17分)
    已知P是抛物线C1:y2=2px(p>0)上任意一点,且P到C1的焦点F的最短距离为32.直线l与C1交于A(x1,y1),B(x2,y2)两点,与抛物线C2:y2=2x交于C(x3,y3),D(x4,y4)两点,其中点A,C在第一象限,点B,D在第四象限.
    (1)求抛物线C1的方程.
    (2)证明:1y1+1y2=1y3+1y4.
    (3)设△AOB,△COD的面积分别为S1,S2,其中O为坐标原点,若|AC|=3|BD|,求S1S2.
    19.(本小题17分)
    已知函数f(x)=ln(x−1)x−2.
    (1)判断f(x)的单调性;
    (2)当a∈(2,+∞)时,求函数g(x)=f(x+1)−ax+1的零点个数.
    答案和解析
    1.【答案】C
    【解析】解:1−3i3+i=(1−3i)(3−i)(3+i)(3−i)=3−3−i−9i10=−i.
    故选:C.
    利用复数的运算性质化简即可求解.
    本题考查了复数的运算性质,属于基础题.
    2.【答案】D
    【解析】解:因为A={−2,0},B={0,2},所以A∪B={−2,0,2},
    又U={−2,−1,0,1,2},
    所以∁U(A∪B)={−1,1}.
    故选:D.
    先求出A∪B,再由补集定义能求出∁U(A∪B).
    本题考查并集、补集定义等基础知识,考查运算求解能力,是基础题.
    3.【答案】B
    【解析】解:设坐标原点O到直线kx−y+1=0的距离为d,则d=1 k2+1,
    由|MN|= 14,得2 4−1k2+1= 14,解得|k|=1.
    故选:B.
    由题意得坐标原点O到直线kx−y+1=0的距离为d=1 k2+1,利用弦长结合勾股定理即可求解.
    本题考查了直线与圆的位置关系,属于基础题.
    4.【答案】C
    【解析】解:因为参赛成绩位于[50,80)内的频率为10×(0.01+0.015+0.035)=0.6,
    所以第75百分位数在[80,90)内,
    设为80+y,则0.03y=0.15,解得y=5,
    即第75百分位数为85.
    故选:C.
    利用频率分布直方图、百分位数的定义直接求解.
    本题考查统计的知识、数据分析与数学运算的核心素养等基础知识,考查运算求解能力,是基础题.
    5.【答案】D
    【解析】解:因为函数f(x)=aex−12x2在区间(1,2)上单调递增,
    所以f′(x)=aex−x≥0恒成立,x∈(1,2),
    即a≥xex恒成立,x∈(1,2),
    令g(x)=xex,x∈(1,2),
    g′(x)=1−xex<0,
    所以g(x)在(1,2)上单调递减,
    所以g(x)所以a≥1e.
    故选:D.
    求导,根据题意可得f′(x)=aex−x≥0恒成立,x∈(1,2),分离参数,可得a≥xex,构造函数g(x)=xex,x∈(1,2),求导,利用导数研究g(x)的单调性和最值,即可求出结果.
    本题考查利用导数研究函数的单调性和最值,属中档题.
    6.【答案】A
    【解析】解:∵正四棱锥P−ABCD的底面边长为2,侧棱长为2,取BC的中点E,设P在底面的投影为O,
    ∴斜高PE= 22−(22)2= 3;
    PO= PE2−OE2= 2,
    设内切球的半径为r,则13PO⋅SABCD=13(S四边形ABCD+4S△PBC)r⇒13×2×2× 2=13×(2×2+4×12×2× 3)r,
    解得r= 6− 22,
    所以四棱锥P−ABCD内切球的表面积为:S=4πr2=(8−4 3)π.
    故选:A.
    本题考查四棱锥的体积公式、内切球的表面积公式,考查直观想象、数学运算的核心素养.
    本题考查正四棱锥的性质,考查球的半径,比较基础.
    7.【答案】A
    【解析】解:由PM⋅PN=0,知PM⊥PN,
    因为|PM+PN|=|F1 F2|=2c,所以MN是以PM,PN为邻边构成的矩形的对角线,即|MN|=2c,
    设直线MN的倾斜角为θ,θ∈(0,π),
    因为NM⋅AB=2ac,
    所以|NM|⋅|AB|csθ=2c⋅2a⋅csθ=2ac,即csθ=12,
    所以θ=π3,
    因为|OM|=c,所以点M的坐标为(c2, 3c2),
    将其代入椭圆方程有,14c2a2+34c2b2=1,
    又b2=a2−c2,
    所以c2(a2−c2)+3a2c2=4a2(a2−c2),
    整理得,c4−8a2c2+4a4=0,
    两边同时除以a4,得e4−8e2+4=0,
    解得e2=8± 64−162=4±2 3,
    因为0所以e2=4−2 3,即e= 4−2 3= 3−1.
    故选:A.
    根据平面向量的线性运算和数量积的运算法则,推出直线MN的倾斜角为π3,从而知点M(c2, 3c2),代入椭圆方程,化简运算即可得解.
    本题考查椭圆离心率的求法,熟练掌握椭圆的方程与几何性质是解题的关键,考查逻辑推理能力和运算能力,属于中档题.
    8.【答案】B
    【解析】解:去A,B,C三个不同的景区游览,每个人去一个景区,每个景区都有人去游览,
    则三个景区的人数有3种情况:
    ①1,1,4型,
    则不同种数为(C64−C42)A33=54;
    ②1,2,3型,
    则不同种数为C61C52C33A33−C41A33−C41C31A33=264;
    ③2,2,2型,
    则不同种数为C62C42C22−C42C222!A33=72,
    则不同的游览方法的种数为54+264+72=390.
    故选:B.
    先阅读题意,然后结合分类加法计数原理求解.
    本题考查用排列组合解决实际问题,考查数学建模的核心素养和应用意识,属中档题.
    9.【答案】BCD
    【解析】解:因为函数f(x)=sin(2x+2φ)(0<φ<π2)的图象的一条对称轴方程为x=π12,
    所以π6+2φ=kπ+π2(k∈Z),φ=kπ2+π6(k∈Z),
    因为0<φ<π2,所以φ=π6,即f(x)=sin(2x+π3),
    对于A,f(0)=sinπ3= 32,A错误;
    对于B,因为f(x)图象的一个对称中心为(π3,0),所以B正确:
    对于C,当x∈(π6,π2)时,2x+π3∈(2π3,4π3)⊆(π2,3π2),
    所以f(x)在(π6,π2)上单调递减,C正确;
    对于D,f(x)的图象向左平移π12个单位长度后,
    所得图象对应的函数解析式为f(x+π12)=sin[2(x+π12)+π3]=cs2x,
    显然y=f(x+π12)是偶函数,其图像关于y轴对称,D正确.
    故选:BCD.
    根据正弦函数的性质逐项判断即可.
    本题考查三角函数的图象与性质,属于中档题..
    10.【答案】ABD
    【解析】解:△ABC旋转一周后所得圆锥的顶点为C,底面圆心为B,半径AB=2,
    所以圆的周长为4π,所以AD所对的圆心角为∠ABD=π2,所以A正确;
    易知B正确;
    以B为原点,建立如图所示的空间直角坐标系,
    则A(0,2,0),D(2,0,0),C(0,0,3),E(0,1,2),
    F(0,0,1),
    所以EF=(0,−1,−12),CD=(2,0,−3),CA=(0,2,−3),
    所以cs〈EF,CD〉=EF⋅CD|EF||CD|=3 6565,所以C错误;
    设平面ACD的法向量为n=(x,y,z),
    则n⋅CD=0n⋅CA=0,即2x−3z=02y− 3z=0,令z=2,则n=(3,3,2),
    设直线EF与平面ACD所成的角为θ,则θ∈[0,π2],
    n⋅EF=3×0+3×(−1)+2×(−12)=−4,
    |n|= 32+32+22= 22,|EF|= 02+(−1)2+(−12)2= 52,
    cs=n⋅EF|n|⋅|EF|=−4 22× 52=−4 11055.
    则sinθ=|cs|=4 11055,所以D正确.
    故选:ABD.
    根据弧长求出∠ABD=π2,即可判断出A选项的真假;观察投影向量即可判断出B选项的真假;建立空间直角坐标系,利用空间向量的方法即可判断出C、D选项的真假.
    本题考查用空间向量的方法求异面直线的夹角及线面所成的角,属于中档题.
    11.【答案】AC
    【解析】解:在f(x)f(y)=f(xy)+xy(x+y)中,
    令y=0,得f(0)f(x)=f(0),
    即∀x∈R,f(0)[f(x)−1]=0.
    因为函数f(x)为非常数函数,
    所以f(0)=0,A正确;
    令g(x)=f(x)x,x≠0,则g(x)g(y)=g(xy)+x+y,
    令x=y=−1,则[g(−1)]2=g(1)−2,①
    令x=y=1,则[g(1)]2=g(1)+2,②
    由①②,解得g(1)=2,g(−1)=0,从而f(1)=2,B错误;
    令y=1,则g(x)g(1)=g(x)+x+1,即g(x)=x+1,
    所以g(x)=x+1是{x|x∈R且x≠0}上的增函数,
    即f(x)x是{x|x∈R且x≠0}上的增函数,故C正确;
    因为f(0)=0,所以f(x)=x(x+1),在R上不是单调递增函数,故D错误.
    故选:AC.
    令y=0,可求出f(0)的值,即可判断A;
    令g(x)=f(x)x,x≠0,分别令x=y=−1,令x=y=1,可得g(1)、g(−1)的值,从而可得f(1)的值,即可判断B;
    令y=1,可得g(x)=x+1,即可判断C;
    根据g(x)的解析式,可得f(x)的解析式,从而即可判断D.
    本题考查了利用赋值法求抽象函数的值、判断抽象函数的单调性,属于中档题.
    12.【答案】−1
    【解析】解:因为(a+λb)⋅b=0,
    所以a⋅b+λb2=2+2λ=0,解得λ=−1.
    故答案为:−1.
    根据已知条件,结合直线垂直的性质,即可求解.
    本题主要考查向量垂直的性质,属于基础题
    13.【答案】π6 12
    【解析】解:∵b=acsC+ 3csinA,
    ∴由正弦定理可得sinB=sin(A+C)=sinAcsC+csAsinC=sinAcsC+ 3sinCsinA,
    ∴csAsinC= 3sinCsinA,
    ∵sinC≠0,
    ∴tanA= 33,
    ∵A∈(0,π),
    ∴A=π6,
    又∵a,b,c成等比数列,
    ∴bc=ab,
    ∵由正弦定理asinA=bsinB,可得sinA=asinBb,
    ∴bsinBc=asinBb=sinA=12.
    故答案为:π6,12.
    由正弦定理,两角和的正弦函数公式,同角三角函数基本关系式化简已知等式可得tanA的值,结合A的范围,可得A的值,利用等比数列的性质及正弦定理即可求解.
    本题主要考查了正弦定理,两角和的正弦函数公式,同角三角函数基本关系式,等比数列的性质及正弦定理在解三角形中的综合应用,考查了计算能力和转化思想,属于中档题.
    14.【答案】y=±2x
    【解析】解:由|PF1||PF2|=25,可设|PF1|=2m,|PF2|=5m,
    ∵点P在双曲线的左支上,由双曲线的定义可得|PF2|−|PF1|=2a,
    即5m−2m=2a,得m=2a3,则|PF2|=10a3,|PF1|=4a3,
    在△PF1F2中,cs∠PF1F2=bc,
    由余弦定理得100a29=16a29+4c2−16ab3,化简得3b2−4ab−4a2=0,
    即3×(ba)2−4ba−4=0,解得ba=2.
    则双曲线C的渐近线方程为y=±2x.
    故答案为:y=±2x.
    由已知可设|PF1|=2m,|PF2|=5m,结合双曲线定义求得|PF1|、|PF2|的值,在△PF1F2中,由余弦定理求解.
    本题考查双曲线的性质,考查双曲线定义的应用,考查运算求解能力,是中档题.
    15.【答案】解:(1)因为{an}是等差数列,a1=4,设公差为d,
    由题可得a52=(a5−4)(a5+6),
    解得a5=12,
    则d=a5−a14=2,
    故an=a1+(n−1)d=2n+2;
    (2)由bn−bn+1bnbn+1=an,得1bn+1−1bn=an,
    所以1bn−1bn−1=an−1(n≥2),
    所以当n≥2时,1bn=(1bn−1bn−1)+(1bn−1−1bn−2)+⋅⋅⋅+(1b2−1b1)+1b1
    =an−1+an−2+⋅⋅⋅+a1+1b1=n(n+1),
    又b1=12,上式也成立,所以1bn=n(n+1),
    即bn=1n(n+1)=1n−1n+1,
    所以Tn=(1−12)+(12−13)+⋅⋅⋅+(1n−1n+1)
    =1−1n+1=nn+1.
    【解析】(1)利用定义及性质列方程即可求解;
    (2)由bn−bn+1bnbn+1=an,得1bn+1−1bn=an,然后利用累加法可得1bn=n(n+1),然后通过裂项相消即可求解.
    本题考查了数列的通项的求解及裂项相消求前n项和,属于中档题.
    16.【答案】解:(1)证明:在直三棱柱ABC=A1B1C1中,已知AA1=6,AB=BC=3,AD=λAC(0<λ<1),
    当λ=12时,连接AB1,交A1B于点E,连接DE,
    可知DE是△ACB1的中位线,
    所以B1C//DE,
    又B1C⊄平面A1BD,DE⊂平面A1BD,
    所以B1C/​/平面A1BD.
    (2)由题意知BA,BC,BB1两两垂直,
    以B为原点,BA,BC,BB1的方向分别为x,y,z轴的正方向建立空间直角坐标系,

    当λ=13时,B(0,0,0),D(2,1,0),A1(3,0,6),
    BD=(2,1,0),BA1=(3,0,6),
    设平面A1BD的法向量为n=(x,y,z),
    则BD⋅n=2x+y=0BA1⋅n=3x+6z=0,令z=−1,得n=(2,−4,−1).
    由题意知m=(1,0,0)为平面BB1C的一个法向量,
    设平面BB1C与平面A1BD的夹角为θ,
    则csθ=|n⋅m||n|m||=2 21×1=2 2121.
    【解析】(1)当λ=12时,连接AB1,交A1B于点E,连接DE,则B1C//DE,由此能证明B1C/​/平面A1BD.
    (2)由题意知BA,BC,BB1两两垂直,以B为原点,BA,BC,BB1的方向分别为x,y,z轴的正方向建立空间直角坐标系,由此能求出平面BB1C与平面A1BD的夹角的余弦值.
    本题考查线面平行、线面垂直的判定与性质、二面角等基础知识,考查运算求解能力,是中档题.
    17.【答案】解:用Ai表示第i次借阅“期刊杂志”,用Ai−表示第i次借阅“文献书籍”,i=1,2,
    则P(A1)=P(A1−)=12,P(A2|A1)=13,P(A2|A1−)=35.
    (1)依题意知,X的可能取值为0,1,2,
    P(X=0)=P(A1−A2−)=P(A1−)P(A2−|A1−)=12×25=15,
    P(X=1)=P(A1A2−)+P(A1−A2)=P(A1)P(A2−|A1)+P(A1−)P(A2|A1−)=12×23+12×35=1930,
    P(X=2)=P(A1A2)=P(A1)P(A2|A1)=12×13=16,
    所以X的分布列为:
    数学期望为E(X)=0×15+1×1930+2×16=1930+13=2930.
    (2)若小明第二次借阅“文献书籍”,则他第一次借阅“期刊杂志”的可能性更大.
    理由如下:P(A2−)=P(A1A2−)+P(A1−A2−)=P(A1)P(A2−|A1)+P(A1−)P(A2−|A1−)=12×23+12×25=815.
    (i)若第一次借阅“期刊杂志”,则P(A1|A2−)=P(A1A2−)P(A2−)=P(A1)P(A2−|A1)P(A2−)=12×23815=58.
    (ii)若第一次借阅“文献书籍”,则P(A1−|A2−)=P(A1−A2−)P(A2−)=P(A1−)P(A2−|A1−)P(A2−)=12×25815=38.
    因为38<58,所以小明第一次选择借阅“期刊杂志”的可能性更大.
    【解析】(1)用Ai表示第i次借阅“期刊杂志”,Ai−表示第i次借阅“文献书籍”,由题意知X的可能取值,计算对应的概率,写出分布列,计算数学期望.
    (2)用条件概率计算小明第二次借阅“文献书籍”时,他第一次借阅“期刊杂志”和“文献书籍”的概率,比较即可得出结论.
    本题考查了离散型随机变量的分布列与数学期望的应用问题,也考查了条件概率计算问题,是中档题.
    18.【答案】(1)解:设P(x0,y0),易知F(p2,0),准线方程为x=−p2,
    所以|PF|=x0+p2,
    当x0=0时,|PF|取得最小值p2,由p2=32,解得p=3,
    所以抛物线C1的方程为y2=6x;
    (2)证明:设直线l与x轴交于点M(t,0),因为直线l的斜率显然不为0,
    所以设直线l的方程为x=my+t,
    联立x=my+ty2=6x,消去x得y2−6my−6t=0,Δ=36m2+24t>0,
    所以y1+y2=6m,y1y2=−6t,
    所以1y1+1y2=y1+y2y1y2=−mt,
    联立x=my+ty2=2x,消去x化简得y2−2my−2t=0,Δ=4m2+8t>0,
    所以y3+y4=2m,y3y4=−2t,
    则1y3+1y4=y3+y4y3y4=−mt,
    所以1y1+1y2=1y3+1y4;
    (3)解:因为|AC|=3|BD|,
    所以y1−y3=3(y4−y2),即y1+3y2=y3+3y4,
    因为y1+y2=6m,y3+y4=2m,
    所以6m+2y2=2m+2y4,即y4−y2=2m,
    所以y1−y3=6m,
    由(2)知1y1−1y3=1y4−1y2,
    所以y3−y1y1y3=y2−y4y2y4,故|y3−y1||y2−y4|=y1y3y2y4=3,
    所以y1y3=3y2y4,即y1(y1−6m)=3(6m−y1)(8m−y1),
    化简得y12−18my1+72m2=0,
    解得y1=12m或y1=6m,
    若y1=6m,则y2=0,这与y2<0矛盾,
    所以y1=12m,y2=−6m,y3=6m,y4=−4m,
    所以S1S2=|AB||CD|=y1−y2y3−y4=95.
    【解析】(1)由已知条件结合抛物线的性质即可求解;
    (2)设直线l的方程为x=my+t,分别与抛物线C1、抛物线C2联立,利用韦达定理即可分别求得1y1+1y2,1y3+1y4即可得证;
    (3)由|AC|=3|BD|可得y1+3y2=y3+3y4,再由(2)可得y4−y2=2m,y1−y3=6m,y1y3=3y2y4,进一步可求得y1=12m,y2=−6m,y3=6m,y4=−4m,而S1S2=|AB||CD|=y1−y2y3−y4,代入即可求解.
    本题考查了直线与抛物线位置关系的综合应用,属于难题.
    19.【答案】解:(1)函数f(x)的定义域为(1,2)∪(2,+∞),f′(x)=1−1x−1−ln(x−1)(x−2)2,
    令φ(x)=1−1x−1−ln(x−1),
    则φ′(x)=2−x(x−1)2,
    当x∈(1,2)时,φ′(x)>0,φ(x)单调递增,
    当x∈(2,+∞)时,φ′(x)<0,φ(x)单调递减,
    所以φ(x)<φ(2)=0,
    所以f′(x)<0在(1,2)∪(2,+∞)上恒成立,
    所以f(x)在(1,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递减;
    (2)g(x)=lnxx−1−ax+1(x>0且x≠1)的零点等价于h(x)=lnx−a(x−1)x+1(x>0且x≠1)的零点,
    h′(x)=1x−2a(x+1)2=x2+(2−2a)x+1x(x+1)2,
    令p(x)=x2+(2−2a)x+1,
    易知p(0)=1>0,
    因为a>2,p(1)=4−2a<0,
    所以存在x1∈(0,1),x2∈(1,+∞),使得p(x1)=0,p(x2)=0,
    所以h(x)在(0,x1)上单调递增,在(x1,1)上单调递减,在(1,x2)上单调递减,在(x2,+∞)上单调递增,
    当x∈(x1,1)时,h(x)>h(1)=0,
    当x∈(1,x2)时,h(x)所以h(x)在(x1,1),(1,x2)上不存在零点,
    取x3=e2a>1,
    则h(x3)=h(e2a)=2a−a(e2a−1)e2a+1=a(e2a+3)e2a+1>0,
    所以h(x)在(x2,x3)上存在一个零点,设为x0,
    又h(x)+h(1x)=0,
    所以h(x0)+h(1x0)=0,
    因为h(x0)=0,
    所以h(1x0)=0,
    因为x0>1,
    所以0<1x0<1,
    因为h(x)>h(1)=0,h(1x0)=0所以1x0综上所述,当a∈(2,+∞)时,函数g(x)的零点个数为2.
    【解析】(1)先求出函数的定义域,对f(x)求导,利用导数研究函数的单调性,即可求解;
    (2)将原问题转化为求h(x)=lnx−a(x−1)x+1(x>0且x≠1)的零点,利用导数研究函数的单调性,以及零点存在定理,即可求解.
    本题主要考查利用导数研究函数的单调性,考转化能力,属于难题.X
    0
    1
    2
    P
    15
    1930
    16
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