2020-2021学年广东省湛江市高三（下）第九次月考数学试卷人教A版（2019）

这是一份2020-2021学年广东省湛江市高三（下）第九次月考数学试卷人教A版（2019），共13页。试卷主要包含了 已知双曲线C等内容，欢迎下载使用。


1. 设全集U=R，集合A=x|x>3，B=x|x<4，则∁UA∪B=( )
A.x|x<3B.x|x≤3C.x|x<4D.x|x≤4

2. 已知复数z=3i−11+i，则|z|=（ ）
A.5B.5C.17D.3+2

3. 记Sn为等差数列an的前n项和，若3S3=S2+S4,a1=2，则a5=（ ）
A.−10B.−12C.10D.12

4. 牙雕套球又称“鬼工球”，取鬼斧神工的意思，制作相当繁复，工艺要求极高．明代曹昭在《格古要论•珍奇•鬼工毬》中写道：“尝有象牙圆毬儿一箇，中直通一窍，内车数重，皆可转动，故谓之鬼工毬”．现有某“鬼工球”，由外及里是两层表面积分别为100πcm2和64πcm2的同心球（球壁的厚度忽略不计），在外球表面上有一点A，在内球表面上有一点B，连接线段AB．若线段AB不穿过小球内部，则线段AB长度的最大值是（ ）

A.41cmB.9cmC.3cmD.2cm

5. x−1x6的展开式的常数项为（ ）
A.20B.−20C.−15D.15

6. “双十一”期间，网上销售业务火爆，每个网点平台业务繁忙．某网上销售平台现有网上客服20人，每天能完成10000份线上与线下订单的对接任务，但由于订单量大幅增加，导致订单线上与线下对接积压．为及时做好对接工作，需从其它岗位上调配员工到网上进行对接客服工作．已知某日积压2000份订单没有及时对接，预计第二天的新订单超过12000份的概率为0.04，新调配员工每人每天能完成400份订单的对接，为使第二天完成积压订单及当日订单对接任务的概率不小于0.96，则至少需要调配职工（ ）
A.10B.12C.14D.16

7. 若直线l与曲线y=x−1和x−12+y2=15都相切，则l的方程为（ ）
A.y=−x2B.y=x2−1C.y=−12x+1D.y=x2

8. 已知双曲线C:x2a2−y2b2=1a>0,b>0，点F1,F2是C的左右焦点，O是坐标原点，过F1作C的一条渐近线的垂线，垂足为Q，若|QF2|=3|OQ|，则C的离心率为（ ）
A.3B.6C.233D.263

9. 某保险公司为客户定制了5个险种：甲，一年期短险；乙，两全保险；丙，理财类保险；丁，定期寿险：戊，重大疾病保险，各种保险按相关约定进行参保与理赔．该保险公司对5个险种参保客户进行抽样调查，得出如下的统计图例：
用该样本估计总体，以下四个选项正确的是（ ）
A.54周岁以上参保人数最少
B.18∼29周岁人群参保总费用最少
C.丁险种更受参保人青睐
D.30周岁以上的人群约占参保人群20%

10. 关于函数f(x)=3sin (2x−π3)+1(x∈R)，下列命题正确的是（ ）
A.由f(x1)=f(x2)=1可得x1−x2是π的整数倍
B.y＝f (x) 的表达式可改写成f(x)=3cs2x−5π6+1
C.y=f(x)的图象关于点3π4, 1对称
D.y=f(x)的图象关于直线x=−π12对称

11. 下列不等式中一定成立的是（ ）
A.lg20.3<20.3<0.32B.5−12C.lg23>lg58>lg34D.23
12. 下列说法正确的是（ ）
A.设向量a→，b→，c→满足|a→|=|b→|=1，a→⋅b→=−12，则|a→+2b→|=3
B.已知a→，b→为单位向量，其夹角为θ，若|a→+b→|>1，则θ∈[0,2π3）
C.设a→，b→，c→是单位向量，且a→⋅b→=0，则a→−c→⋅b→−c→的最小值为1−2
D.设向量a→，b→，c→满足|a→|=|b→|=1，a→⋅b→=12，⟨a→−c→,b→−c→⟩=120∘，则|c→|的最大值为233
解答题

斜率为1的直线过抛物线C:y2=2pxp>0的焦点，且|AB|=8，则p=________．

函数fx=sinωxω>0，若fx在−π4,π2单调，写出一个满足条件的ω=________．

正三棱柱ABC−A1B1C1内接于半径为2的球，若A，B两点的球面距离为π（注：把球面上经过A、B两点的大圆被A、B所分的劣弧的长度定义为A，B两点的球面距离），则正三棱锥的体积为________．

设函数fx的定义域为R，满足fx−1=2fx，且当x∈0,1时，fx=xx−1，若对任意x∈m,+∞，都有fx≥−19，则m的取值范围是________．

已知Sn为等差数列an的前n项和，S4=24，S10=120．
(1)求Sn；

(2)记数列1Sn的前n项和为Tn，证明Tn<34.

在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c且3c−2bsinC=0．
(1)求角B的大小；

(2)从条件①b=33,a=4 ；条件②a=2,A=π4这两个条件中选择一个作为已知，求△ABC的面积．
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．

如图，已知四棱锥P−ABCD的底面为等腰梯形， AB//CD,AC⊥BD，垂足为H，PH是四棱锥的高．

(1)证明：若AB=2CD，E为PA的中点，求证：DE//平面PBC；

(2)若∠APB=∠ADB=60∘，求二面角H−PB−C的余弦值．

某商场举行有奖促销活动，顾客购买一定金额商品后即可抽奖，每次抽奖都从装有4个红球、6个白球的甲箱和装有5个红球、5个白球的乙箱中，各随机摸出1个球，在摸出的2个球中，若都是红球，则获一等奖，若只有1个红球，则获二等奖；若没有红球，则不获奖．
求：
(1)求顾客抽奖1次能获奖的概率；

(2)若某顾客有3次抽奖机会，记该顾客在3次抽奖中获一等奖的次数为X，求X的分布列和数学期望．

已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的上顶点B到右焦点F2的距离为2，离心率为12．过椭圆C的左焦点F1作不与x轴垂直的直线MN与椭圆C交于M，N两点，过点M作直线l:x=−2a的垂线ME，E为垂足．
(1)求椭圆C的标椎方程；

(2)①直线EN是否过定点？如果是，求出定点坐标，如果不是，请说明理由；
②点O为坐标原点，求△OEN的面积的最大值．

已知函数fx=x3−ax+e2,gx=2−lnx，其中e为自然对数的底数．
(1)若函数fx的极值点恰有2个，求实数a的取值范围；

(2)记maxm,n=m, m≥nn, m0，讨论ℎx的零点个数．
参考答案与试题解析
2020-2021学年广东省湛江市高三（下）第九次月考数学试卷
选择题
1.
【答案】
C
【考点】
交、并、补集的混合运算
【解析】
先求出∁UA={x|x≤3}，再利用集合的并集运算求解即可.
【解答】
解：集合A=x|x>3，B=x|x<4，
∴ ∁UA={x|x≤3}，
则∁UA∪B={x|x<4}.
故选C.
2.
【答案】
B
【考点】
复数的模
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：z=3i−11+i=−1+2i，
所以|z|=(−1)2+22=5.
故选B.
3.
【答案】
A
【考点】
等差数列的性质
等差数列的通项公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ Sn为等差数列{an}的前n项和，3S3=S2+S4，a1=2，
∴ 3×(3a1+3×22d)=a1+a1+d+4a1+4×32d，
把a1=2，代入得d=−3，
∴ a5=2+4×(−3)=−10．
故选A.
4.
【答案】
C
【考点】
球的表面积和体积
利用导数研究函数的最值
类比推理
【解析】
由题意画出过球心的截面如图，再由勾股定理求解．
【解答】
解：过球心作截面圆如图，
∵ 外层与内层的表面积分别为100πcm2和64πcm2，
∴ 大球与小球的半径分别为5与4，
则|AB|的最大值为52−42=3cm．
故选C．
5.
【答案】
D
【考点】
二项展开式的特定项与特定系数
二项式定理的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由于(x−1x)6展开式的通项公式为Tr+1=C6r⋅x6−r2⋅(−1)r⋅x−r=(−1)r⋅C6r⋅x6−3r2．
令6−3r2=0，
解得r=2，
故展开式中的常数项为C62=15.
故选D．
6.
【答案】
A
【考点】
生活中概率应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为公司可以完成配货1000份订单，
则至少需要调配职工：12000+2000−10000400=10（名）.
故选A.
7.
【答案】
D
【考点】
点到直线的距离公式
圆的切线方程
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：设l与y=x−1的切点为(x0,x0−1)，则x0≥1，
所以y′=12x−1，
所以kL=12x0−1，
所以l：y−x0−1=12x0−1(x−x0)，
即x−2yx0−1+x0−2=0.
因为直线l与x−12+y2=15相切，
所以|1+x0−2|1+4(x0−1)=55，
即5x02−14x0+8=0，
所以x0=2或45（舍），
所以l：x−2y=0，
所以y=12x.
故选D.
8.
【答案】
B
【考点】
双曲线的离心率
双曲线的特性
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
9.
【答案】
A,C
【考点】
频率分布折线图、密度曲线
扇形统计图
分布的意义和作用
【解析】
根据选项逐一对应相应的统计图即可进行判断．
【解答】
解：由扇形图可得，54周岁以上参保人数最少，30周岁以上的人群约占参保人群的39%+33%+80%=80%，故A正确，D错误；
由折线图可知， 18∼29周岁人群人均参保费用最少，但是因为参保人数并不是最少的，故其总费用不是最少，故B错误；
由柱状图可知，丁险种参保比例最高，故C正确．
故选AC．
10.
【答案】
B,D
【考点】
正弦函数的奇偶性和对称性
【解析】
根据三角函数的图象和性质，分别进行求解判断即可．
【解答】
解：A．由f(x)=3sin (2x−π3)+1=1得sin (2x−π3)=0，
则函数的周期T=π，则x1−x2 是T2=π2的整数倍，故A错误；
B．f(x)=3sin (2x−π3)+1=3cs[π2−(2x−π3)]=3cs(5π6−2x)+1=3cs(2x−5π6)+1，故B正确；
C．当x=3π4时，sin(2×3π4−π3)=sin(3π2−π3)=sin7π6=−12≠0，即函数关于(3π4, 1)不对称，故C错误；
D．当x=−π12时，sin[2×(−π12)−π3]=sin(−π6−π3)=sin(−π2)=−1，是最小值，则y=f(x)的图象关于直线x=−π12对称，故D正确．
故选BD．
11.
【答案】
B,C
【考点】
对数值大小的比较
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：A.因为0<0.32<0.30=1，lg20.3所以lg20.3<0.32<20.3，故错误；
B.由对数函数性质得，lg32因为5−12=15<12=lg33所以512C.由对数函数性质得，lg48>lg58，lg23=lg92lg2，lg48=lg82lg2，
所以lg23>lg58>lg34，故正确；
D.lg32=13lg323=13lg38<13lg39=23，
lg53=13lg533=13lg527>13lg525=23，
所以lg32<23故选BC.
12.
【答案】
B,C,D
【考点】
平面向量数量积的性质及其运算律
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：A.|a→+2b→|=(a→+2b→)2=a→2+4a→b→+4b→2=3，故错误；
B.|a→+b→|2=a→2+b→2+2a→b→=2+2a→b→>1，
∴ a→⋅b→=csθ>−12．
再结合θ∈[0, π]，可得0≤θ<2π3，故正确；
C.∵a→，b→，c→是单位向量，a→⋅b→=0，
∴a→⊥b→，|a→+b→|=2，
∴a→−c→⋅b→−c→
=a→⋅b→−a→+b→⋅c→+c→2
=0−(a→+b→)⋅c→+1
=1−|a→+b→|⋅|c→|cs⟨a→+b→,c→⟩
=1−2cs⟨a→+b→,c→⟩≥1−2，故正确；
D.∵ |a|=|b|=1，a⋅b=12，
∴ cs=12，
∴ ⟨a→,b→⟩=60∘.
∵ 120∘，
∴ |c|的最大值为233.
故选BCD.
解答题
【答案】
2
【考点】
抛物线的性质
直线与抛物线结合的最值问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：抛物线y2=2px的焦点F(p2, 0)，准线方程为x=−p2，
∴ 直线AB的方程为y=x−p2，代入y2=2px可得x2−3px+p24=0，
∴ xA+xB=3p，
由抛物线的定义可知，AB=AF+BF=xA+xB+p=4p=8，
∴ p=2．
故答案为：2．
【答案】
1
【考点】
正弦函数的单调性
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为fx在−π4,π2单调，
所以π2ω≥π2，
所以ω可以取1.
故答案为：1.
【答案】
8
【考点】
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ 正三棱柱ABC−A1B1C1内接于半径为2的球，
又∵ A，B两点的球面距离为π，
故∠AOB=90∘.
又∵ △OAB是等腰直角三角形，
∴ AB=22，
则△ABC的外接圆半径为263，
则O点到平面ABC的距离为233，
∴ 正三棱柱高ℎ=433.
又∵ △ABC的面积S=23，
∴ 正三棱柱ABC−A1B1C1的体积V=S⋅ℎ=8．
故答案为：8.
【答案】
[53,+∞)
【考点】
分段函数的应用
函数恒成立问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为fx−1=2fx，
所以2f(x)=(x−1)x.
又当x∈0,1时，fx=xx−1，
所以f(x)∈[−14,0).
因为对任意x∈m,+∞，都有fx≥−19，
所以m≥53.
故答案为：[53,+∞).
【答案】
(1)解：设等差数列an的公差为d，
则Sn=na1+nn−1d2，
所以S4=4a1+6d=24，S10=10a1+45d=120，
解得a1=3，d=2，
故Sn=3n+n2−n=n2+2n．
(2)证明：1Sn=1n2+2n=121n−1n+2，
所以Tn=1S1+1S2+1S3+⋯+1Sn
=12[(1−13)+(12−14)+(13−15)
+⋯+(1n−1−1n+1)+(1n−1n+2)]
=121+12−1n+1−1n+2
<121+12
=34．
【考点】
等差数列的前n项和
数列的求和
数列与不等式的综合
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)解：设等差数列an的公差为d，
则Sn=na1+nn−1d2，
所以S4=4a1+6d=24，S10=10a1+45d=120，
解得a1=3，d=2，
故Sn=3n+n2−n=n2+2n．
(2)证明：1Sn=1n2+2n=121n−1n+2，
所以Tn=1S1+1S2+1S3+⋯+1Sn
=12[(1−13)+(12−14)+(13−15)
+⋯+(1n−1−1n+1)+(1n−1n+2)]
=121+12−1n+1−1n+2
<121+12
=34．
【答案】
解：(1)将3c−2bsinC=0，
利用正弦定理化简得：3sinC=2sinBsinC，
∵ sinC≠0，
∴ sinB=32.
∵ 0b>c，
∴ B=π3.
(2)选择条件①.
由余弦定理得，csB=a2+b2−c22ac=12，
所以16+c2−278c=12，
解得c=2+15，
所以S△ABC=12×4×(2+15)×32=23+35.
【考点】
正弦定理
余弦定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)将3c−2bsinC=0，
利用正弦定理化简得：3sinC=2sinBsinC，
∵ sinC≠0，
∴ sinB=32.
∵ 0b>c，
∴ B=π3.
(2)选择条件①.
由余弦定理得，csB=a2+b2−c22ac=12，
所以16+c2−278c=12，
解得c=2+15，
所以S△ABC=12×4×(2+15)×32=23+35.
【答案】
(1)证明：作PB中点G，连接EG，CG，
所以EG=//12AB.
又12AB=//CD，
所以EG=//CD，
所以四边形EDCG为平行四边形，
所以DE//GC.
因为GC⊂平面PBC且DE⊄平面PBC，
所以DE//平面PBC.
(2)解：根据题意得，PH⊥平面ABCD，AC⊥BD，
所以AC，BD，PH两两垂直，
建立以H为坐标原点，HA→，HB→，HP→为x，y，z轴正方向的空间直角坐标系，如图：
令AB=2，H(0,0,0)，B(0,2,0)，C(−63,0,0)，P(0,0,2)，
所以PB→=(0,2,−2)，PC→=(−63,0,−2).
令平面PBC的法向量为n→，
所以n→⋅PB→=0，n→⋅PC→=0，
所以n→=(−3,1,1).
又平面PBH的法向量m→=(1,0,0)，
所以cs⟨n→,m→⟩=155，
所以二面角H−PB−C的余弦值为155.
【考点】
直线与平面平行的判定
二面角的平面角及求法
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)证明：作PB中点G，连接EG，CG，
所以EG=//12AB.
又12AB=//CD，
所以EG=//CD，
所以四边形EDCG为平行四边形，
所以DE//GC.
因为GC⊂平面PBC且DE⊄平面PBC，
所以DE//平面PBC.
(2)解：根据题意得，PH⊥平面ABCD，AC⊥BD，
所以AC，BD，PH两两垂直，
建立以H为坐标原点，HA→，HB→，HP→为x，y，z轴正方向的空间直角坐标系，如图：
令AB=2，H(0,0,0)，B(0,2,0)，C(−63,0,0)，P(0,0,2)，
所以PB→=(0,2,−2)，PC→=(−63,0,−2).
令平面PBC的法向量为n→，
所以n→⋅PB→=0，n→⋅PC→=0，
所以n→=(−3,1,1).
又平面PBH的法向量m→=(1,0,0)，
所以cs⟨n→,m→⟩=155，
所以二面角H−PB−C的余弦值为155.
【答案】
解：(1)记事件A1={从甲箱中摸出一个球是红球}，
事件A2={从乙箱中摸出一个球是红球}，
事件B1={顾客抽奖1次获一等奖}，
事件B2={顾客抽奖1次获二等奖}，
事件C={顾客抽奖1次能获奖}，
由题意A1，A2相互独立，A1A2¯，A2A1¯互斥，B1，B2互斥，
且B1=A1A2，B2=A1A2¯+A2A1¯，C=B1+B2，
因为P(A1)=410=25，P(A2)=510=12，
所以，P(B1)=P(A1)P(A2)=25×12=15，
P(B2)=P(A1A2¯)+P(A2A1¯)
=P(A1)P(A2¯)+P(A1¯)P(A2)
=25×(1−12)+(1−25)×12=12，
故所求概率为：
P(C)=P(B1+B2)=P(B1)+P(B2)=15+12=710．
(2)由(1)可知，顾客抽奖1次获一等奖的概率为：15,
所以，X∼B(3,15)．
于是，P(X=0)=C30(15)0(45)3=64125，
P(X=1)=C31(15)1(45)2=48125，
P(X=2)=C32(15)2(45)1=12125，
P(X=3)=C33(15)3(45)0=1125．
故X的分布列为：
X的数学期望为E(X)=3×15=35.
【考点】
相互独立事件的概率乘法公式
条件概率与独立事件
离散型随机变量的期望与方差
离散型随机变量及其分布列
【解析】
（1）记事件A1={从甲箱中摸出一个球是红球}，事件A2={从乙箱中摸出一个球是红球}，事件B1={顾客抽奖1次获一等奖}，事件A2={顾客抽奖1次获二等奖}，事件C={顾客抽奖1次能获奖}，利用A1，A2相互独立，A1A2¯，A2A1¯互斥，B1，B2互斥，然后求出所求概率即可．
（2）顾客抽奖1次可视为3次独立重复试验，判断X∼B(3,15)．求出概率，得到X的分布列，然后求解期望．
【解答】
解：(1)记事件A1={从甲箱中摸出一个球是红球}，
事件A2={从乙箱中摸出一个球是红球}，
事件B1={顾客抽奖1次获一等奖}，
事件B2={顾客抽奖1次获二等奖}，
事件C={顾客抽奖1次能获奖}，
由题意A1，A2相互独立，A1A2¯，A2A1¯互斥，B1，B2互斥，
且B1=A1A2，B2=A1A2¯+A2A1¯，C=B1+B2，
因为P(A1)=410=25，P(A2)=510=12，
所以，P(B1)=P(A1)P(A2)=25×12=15，
P(B2)=P(A1A2¯)+P(A2A1¯)
=P(A1)P(A2¯)+P(A1¯)P(A2)
=25×(1−12)+(1−25)×12=12，
故所求概率为：
P(C)=P(B1+B2)=P(B1)+P(B2)=15+12=710．
(2)由(1)可知，顾客抽奖1次获一等奖的概率为：15,
所以，X∼B(3,15)．
于是，P(X=0)=C30(15)0(45)3=64125，
P(X=1)=C31(15)1(45)2=48125，
P(X=2)=C32(15)2(45)1=12125，
P(X=3)=C33(15)3(45)0=1125．
故X的分布列为：
X的数学期望为E(X)=3×15=35.
【答案】
解：(1)由题意得，a=2，e=ca=12，
所以c=1，
所以b2=3，
所以x24+y23=1.
(2)①设l:x=my0−1.
M(x1,y1)，N(x2,y2)，E(−4,y1).
所以EN：y−y1=y2−y1x2+4(x+4)，
令y0=0，
x=x2y1+4y1y1−y2−4=my1y2+3y1y1−y2−4，
联立方程得，x=my−1，x24+y23=1，
所以(3m2+4)y2−6my−9=0，
所以Δ=144(m2+1)，
所以y1+y2=6m3m2+4，y1y2=−93m2+4，
所以m=3(y1+y2)2y1y2，
所以my1y2+3y1y1−y2−4=−52.
所以EN过定点(−52,0).
②S△OEN=12×|0−(−52)|×|y1−y2|
=54|y1−y2|
=54(y1+y2)2−4y1y2
=15m2+13m2+4
=15m2+1+1m2+1.
令m2+1=t，S△OEN=153t+1t，
所以当且仅当t=1时，S△OEN取得最大值为154.
【考点】
椭圆的标准方程
直线与椭圆结合的最值问题
椭圆的应用
圆锥曲线中的定点与定值问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由题意得，a=2，e=ca=12，
所以c=1，
所以b2=3，
所以x24+y23=1.
(2)①设l:x=my0−1.
M(x1,y1)，N(x2,y2)，E(−4,y1).
所以EN：y−y1=y2−y1x2+4(x+4)，
令y0=0，
x=x2y1+4y1y1−y2−4=my1y2+3y1y1−y2−4，
联立方程得，x=my−1，x24+y23=1，
所以(3m2+4)y2−6my−9=0，
所以Δ=144(m2+1)，
所以y1+y2=6m3m2+4，y1y2=−93m2+4，
所以m=3(y1+y2)2y1y2，
所以my1y2+3y1y1−y2−4=−52.
所以EN过定点(−52,0).
②S△OEN=12×|0−(−52)|×|y1−y2|
=54|y1−y2|
=54(y1+y2)2−4y1y2
=15m2+13m2+4
=15m2+1+1m2+1.
令m2+1=t，S△OEN=153t+1t，
所以当且仅当t=1时，S△OEN取得最大值为154.
【答案】
解：(1)f′(x)=3x2−a.
当a≤0时，f′(x)≥0，所以f(x)在R上单调递增，无极值点；
当a>0，令f′(x)=0，得x1=−a3，x2=a3，
所以f′(x)在(−∞,x1)，(x2,+∞)上大于0，在(x1,x2)上小于0，
所以f(x)在(−∞,x1)，(x2,+∞)上单调递增，在(x1,x2)上单调递减，恰有2个极值点，
所以a的取值范围为(0,+∞).
(2)令g(x)=0，得x=e2.
①当a≤0时，由(1)知f(x)无极值点，f(x)=3x2−a≥0恒成立.
因为g(x)=2−lnx，
所以g′(x)=−1x在(0,+∞)上单调递减，
所以有且仅有一个x0∈(0,e2)使得f(x0)=g(x0)>0，
根据max{m,n}定义易得，当a≤0时，ℎ(x)无零点.
②当a>0时，f(x)有两个极值点.
令f′(x)=0，则3x2−a=0，
所以x=a3或−a3（舍去）.
当x∈(0,a3)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈[a3,+∞)时，f′(x)≥0，f(x)单调递增，
所以f(x)min=f(a3)，
f(a3)>0时，g(x)与f(x)有且仅有一个交点且ℎ(x)无零点，a∈(0,327e44)；
f(a3)<0时，g(x)与f(x)有且仅有一个交点且当f(e2)<0时，ℎ(x)有两个零点，所以a>e4+1.
【考点】
利用导数研究函数的极值
利用导数研究函数的单调性
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)f′(x)=3x2−a.
当a≤0时，f′(x)≥0，所以f(x)在R上单调递增，无极值点；
当a>0，令f′(x)=0，得x1=−a3，x2=a3，
所以f′(x)在(−∞,x1)，(x2,+∞)上大于0，在(x1,x2)上小于0，
所以f(x)在(−∞,x1)，(x2,+∞)上单调递增，在(x1,x2)上单调递减，恰有2个极值点，
所以a的取值范围为(0,+∞).
(2)令g(x)=0，得x=e2.
①当a≤0时，由(1)知f(x)无极值点，f(x)=3x2−a≥0恒成立.
因为g(x)=2−lnx，
所以g′(x)=−1x在(0,+∞)上单调递减，
所以有且仅有一个x0∈(0,e2)使得f(x0)=g(x0)>0，
根据max{m,n}定义易得，当a≤0时，ℎ(x)无零点.
②当a>0时，f(x)有两个极值点.
令f′(x)=0，则3x2−a=0，
所以x=a3或−a3（舍去）.
当x∈(0,a3)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈[a3,+∞)时，f′(x)≥0，f(x)单调递增，
所以f(x)min=f(a3)，
f(a3)>0时，g(x)与f(x)有且仅有一个交点且ℎ(x)无零点，a∈(0,327e44)；
f(a3)<0时，g(x)与f(x)有且仅有一个交点且当f(e2)<0时，ℎ(x)有两个零点，所以a>e4+1. X
0
1
2
3
P
64125
48125
12125
1125
X
0
1
2
3
P
64125
48125
12125
1125