2021-2022学年湖南省长沙县某校高二（下）月考数学试卷

这是一份2021-2022学年湖南省长沙县某校高二（下）月考数学试卷，共11页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 已知集合A=x∈N*|x<5,B=0,1,2,3,4,5,6,7，则A∩B=（ ）
A. 0,1,2,3,4 B. 5,6,7
C.0,1,2,3,4,5,6,7 D. 1,2,3,4

2. 已知z=3+4i，则|z|−zi=（ ）
A.29+3iB.29−3iC.9−3iD.9+3i

3. 已知圆O: x2+y2−2x−2y−2=0，则圆心O到直线x−y=4的距离是（ ）
A.42B.22C.2D.2

4. 已知平面向量a→，b→满足|a→|=2,|b→|=3，a→与b→的夹角为150∘，λb→−a→⊥a→，则实数λ的值为（ ）
A.23B.−23C.43D.−43

5. 若fx=2x2+|x|，则满足f2−a≤f2a−1的a的取值范围是（ ）
A.−∞,−1∪1,+∞B.−1,1
C.−∞,−3]∪[3,+∞D.−3,3

6. 北京冬奥会于2022年2月4日正式开幕，某大学有6名学生参加冬奥会志愿者服务，已知有翻译、导游、保洁、司机四项工作可以安排，要求每人安排一项工作，保洁必须安排2人，其余各项工作至少安排1人，则不同的安排方案有（ ）
A.360种B.540种C.720种D.1080种

7. 2020年1月11日，历时22年建成的被誉为“中国天眼”的500米口径球面射电望远镜通过国家验收正式开放运行，成为全球口径最大且最灵敏的射电望远镜（简称FAST）．FAST的反射面的形状为球冠．球冠是球面被平面所截得的一部分，截得的圆为球冠的底，垂直于截面的直径被截得的一段为球冠的高．某科技馆制作了一个FAST模型，其口径为8米，反射面总面积为20π平方米，若模型的厚度忽略不计，则该球冠模型的高为（注：球冠表面积S=2πRh，其中R是球的半径，h是球冠的高）（ ）

A.2米B.22米C.2米D.4米

8. 已知函数 fx=|sinπ2x|,0≤x≤6ex,x<0 ，若存在不同的实数xii=1,2,3,4,5,6,7，满足fx1=fx2=fx3=fx4=fx5=fx6=fx7，则i=17xifxi的取值范围为（ ）
（注： i=1nxi=x1+x2+⋯+xn）
A.[−1e17,+∞)B.[−1e17,18)C.[−1e19,18)D.[−1e19,+∞)
二、多选题

关于2x−1x6的展开式，下列结论正确的是（ ）
A.二项式系数之和为64B.所有项的系数之和为1
C.常数项为160D.x2项的系数为240

已知三角函数fx=4sin2x−π3，下列说法正确的是（ ）
A.函数fx的最小正周期为π
B.函数fx在−π12,π12上单调递增
C.x=π6为函数fx的一条对称轴
D.将函数y=4cs2x的图象向右平移5π12个单位长度后，将与已知函数的图象重合

如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点E是线段CD1（含端点）上的动点，则下列判断错误的是（ ）

A.三棱锥A1−BB1E的体积是定值
B.A、B、C1、E四点始终不共面
C.正方体ABCD−A1B1C1D1的外接球表面积为8π
D.无论点E在线段CD1的什么位置，都有AC1⊥B1E

下列命题中正确的是（ ）
A.若b>a>0，则b22+a>a22+b
B.若实数a0，则1a>1b
C.若aD.2lnπ>πln2
三、填空题

在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，若B=120∘,b=23,a=2，则△ABC的面积是________.

数列an的通项公式为an=1+−1nn+1，前n项和为Sn，则S2012=________.

若“∀x∈2,5，x2−ax+9>0”为真命题，则实数a的取值范围为________.

已知F1,F2分别为双曲线y29−x216=1的上、下焦点，过F1作斜率为k的直线与双曲线的上支交于A，B两点，记△AF1F2的内切圆O1的半径为r1，△BF1F2的内切圆O2的半径为r2，圆O1的面积为S1，圆O2的面积为S2，则k的取值范围是________，S1+S2的最小值是________．
四、解答题

设数列an是首项为1的等差数列，若a2是a1，a4的等比中项，且a1≠a2.
(1)求an的通项公式；

(2)设lg2bn=an，求数列bn的前n项的和Sn.

在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足2b−ccsA=acsC.
(1)求角A的大小；

(2)若a=3，bc=3，求△ABC的周长．

如图，在直四棱柱ABCD−A′B′C′D′中，ABCD是边长为2的正方形，E、F、G分别是棱B′C′、C′D′、CC′的中点．

(1)求证：平面EFG//平面B′D′C；

(2)若多面体EFGB′D′C的体积为76．求平面ABG与平面AC′G夹角的余弦值．

在学期末，为了解学生对食堂用餐满意度情况，某兴趣小组按性别采用分层抽样的方法，从全校学生中抽取容量为200的样本进行调查．被抽中的同学分别对食堂进行评分，满分为100分．调查结果显示：最低分为51分，最高分为100分．随后，兴趣小组将男、女生的评分结果按照相同的分组方式分别整理成了频数分布表和频率分布直方图，图表如下：
为了便于研究，兴趣小组将学生对食堂的评分转换成了“满意度情况”，二者对应关系
如下：

(1)求m的值；

(2)为进一步改善食堂状况，从评分在[50,70）的男生中随机抽取3人进行座谈，记这3人中对食堂“不满意”的人数为X，求X的分布列和数学期望；

(3)以调查结果的频率估计概率，从该校所有学生中随机抽取一名学生，求其对食堂“比较满意”的概率．

已知椭圆G:x2a2+y2b2=1a>b>0的焦距为4，其四个顶点构成的四边形的面积等于82.
(1)求椭圆G的方程；

(2)过椭圆G右焦点F的直线l与椭圆G交于M，N两点，O为坐标原点，若MF→=3FN→，求△OMN的面积．

已知函数fx=aex−2lnx，kx=a−3eex+x.
(1)设hx=fx−kx，求hx的极值点及单调区间；

(2)当a≥1时，求证： fx>4−2ln2.
参考答案与试题解析
2021-2022学年湖南省长沙县某校高二（下）月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
D
【考点】
交集及其运算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
∵ A=1,2,3,4 ,B=0,1,2,3,4,5,6,7
∴ A∩B=1,2,3,4
故选D．
2.
【答案】
C
【考点】
复数的模
复数代数形式的混合运算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为z=3+4i，所以|z|=32+42=5，zi=3+4ii=−4+3i，
所以|z|−zi=9−3i.
故选C．
3.
【答案】
B
【考点】
点到直线的距离公式
圆的标准方程
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：把圆的方程化为标准方程得：x−12+y−12=4，
∴ 圆心坐标为1,1，半径r=2，
∴ 圆心到直线x−y=4的距离，d=42=22，
故选B．
4.
【答案】
D
【考点】
平面向量的坐标运算
数量积判断两个平面向量的垂直关系
【解析】
此题暂无解析
【解答】
λb→−a→⊥a→=0⇒λb→⋅a→−a→2=0⇒λ⋅23⋅−32−4=0⇒λ=−43
5.
【答案】
A
【考点】
函数单调性的性质
奇偶性与单调性的综合
【解析】
此题暂无解析
【解答】
因为函数fx为定义域R上的偶函数，
又当x≥0时，函数fx在[0,+∞）单调递增，所以f2−a≤f2a−1，则有|2−a|≤|2a−1|⇒2−a2≤2a−12
解得a∈−∞,−1∪1,+∞．故选：A
6.
【答案】
B
【考点】
排列、组合及简单计数问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：先选2人从事保洁工作，然后再将剩下的4人分成3组，然后再分配剩余3项工作，一共有C62C42A33=540种不同的方案．
故选B．
7.
【答案】
C
【考点】
函数模型的选择与应用
根据实际问题选择函数类型
【解析】
此题暂无解析
【解答】
如图所示为球的轴截面图像，
ACD部分为该球冠的轴截面，AD是弦，OC是球的半径，点O1为AD的中点，则OC⊥AD于点O1，
由题意可得， |OC|=|OA|=R，|O1C|=h，|AD|=8，
所以|OO1|=R−h，|AO1|=4，在△OAO1中，
由勾股定理可得R2=R−h2+42①，
又由球冠的表面积可得20πRh=20π②，
由①②可得， h=2.
8.
【答案】
C
【考点】
利用导数研究函数的单调性
利用导数研究函数的最值
【解析】
此题暂无解析
【解答】
不防设x1所以i=17xifx1=x1+18fx1=x1+18ex1，
令gx=x+18exx<0，g′x=x+19exx<0，
当x∈−∞,−19时，g′x<0,gx单调递减；当x∈−19,0时，g′x>0,gx单调递增，
又∵ 当x∈−∞,−19时， gx<0，且g0=18，∴ gxmin=g−19=−1e19；
则i=17xifxi的取值范围为[−1e19,18）.
故选：C．
二、多选题
【答案】
A,B,D
【考点】
二项式定理的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
2x−1x6的展开式的所有二项式系数和为26=64，故A正确；
取x=1，可得所有项的系数和为1，故B正确；
展开式的通项Tr+1=C6r2x6−r−1xr=−1r26−rC6rx6−2r，
由6−2r=0，得r=3，代入通项得常数项为T4=−160，C错误，
由6−2r=2，得r=2，∴ 含x2项的系数为240，故D正确．
故选ABD．
【答案】
A,B,D
【考点】
函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
正弦函数的单调性
正弦函数的对称性
正弦函数的周期性
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：函数fx=4sin2x−π3，
对A: 函数的最小正周期为T=2π|ω|=2π2=π，故选项A正确；
对B：当x∈−π12,π12时， 2x−π3∈−π2,−π6，而y=4sinx在−π2,0上单调递增，所以函数fx=4sin2x−π3在x∈−π12,π12上单调递增，故选项B正确；
对C x=π6时， 2x−π3=0，x=0不为y=4sinx的对称轴，故选项C错误；
对D: 将函数y=4cs2x的图象向右平移5π12个单位长度后得到y=4cs2x−5π12=
y=4cs2x−5π6=4cs2x−π3−π2=4sin2x−π3，故选项D正确；
故选：ABD．
【答案】
B,C
【考点】
球内接多面体
球的表面积和体积
棱柱的结构特征
两条直线垂直的判定
【解析】
此题暂无解析
【解答】
如图，建立空间直角坐标系，
A0,0,0,C12,2,2,B2,0,0,C2,2,0,
D10,2,2,A10,0,2,B12,0,2,D0,2,0，
为VA1−BB1E=VE−A1BB1，所以三棱锥A1−BB1E的体积是定值，故A正确；
当与点D1重合时，A、B、 C1、E四点共面，故错误；
正方体ABCD=A1B1C1D1的外接球半径为3，所以表面积为S=4πR2=12π，故C错误；
因为点E在线段CD1上，所以E2−z,2,z，AC1→=2,2,2，B1E→=−z,2,z−2，
AC1→⋅B1E→=−2z+4+2z−2=0，所以AC1⊥B1E，故D正确；
故选BC.
【答案】
A,B,D
【考点】
命题的真假判断与应用
函数单调性的性质
利用导数研究函数的单调性
【解析】
此题暂无解析
【解答】
设fx=x22+x，由于函数在0,+∞上单调递增，故fb>fa，可得b22+a>a22+b成立，故A正确；
由于a0，则aab1b，故B正确；
若a−b>0，−c>−d>0，可得−a−c>−b−d，
即ac>bd成立，故C错误；
设fx=lnxx，f′x=1−lnxx2，当00，函数单调递增，
当x>e时， f′x<0，函数单调递减，∴ fπ>f4，∴ lnππ>ln44=ln22，
∴ 2lnπ>πln2，故D正确．
故选ABD．
三、填空题
【答案】
3
【考点】
三角形的面积公式
正弦定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
∵ 在△ABC中，B=120∘,b=23,a=2，由正弦定理asinA=bsinB，得2sinA=2332=4⇒sinA=12⇒A=C=30∘，
故S△ABC=12acsinB=12×2×2×32=3.
故答案为： 3.
【答案】
3033
【考点】
数列的求和
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：S2022=2022−2+3−4+5−6+7− ⋯−2022+2023=2022+1011=3033.
故答案为：3033.
【答案】
a<6
【考点】
一元二次不等式的解法
全称命题与特称命题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
∀x∈2,5，x2−ax+9>0恒成立，即a所以a故答案为： a<6.
【答案】
k∈−34,34,8π
【考点】
双曲线的定义
直线与双曲线结合的最值问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：如图，设AF1,AF2,F1F2与圆的切点分别为M，N，E，
由切线的性质得O1，E的纵坐标相等， |AM|=|AN|,|MF1|=|F1E|,|F2E|=|F2N|，
由双曲线的定义得|AF2|−|AF1|=2a，所以|F2N|−|MF1|=2a，所以|F2E|−|F1E|=2a，
设E0,y0，则y0+c−c−y0=2a，解得y0=a，即O1的纵坐标a，
同理可得O2的纵坐标也是a．
因为渐近线为y=±34x，所以当k∈−34,34时，直线与双曲线的上支交于A,B两点，
连接O1F1,O2F1，由三角形的内切圆圆心是角平分线的交点得
∠AF1O1=∠O1F1E,∠EF1O2=∠BF1O2，
所以∠O2F1O1=12∠AF1B=π2，
Rt△O1EF1∼Rt△F1EO2，EO1EF1=EF1EO2，故EF12=EO1⋅EO2，
即r1r2=c−a2=4，
所以S1+S2min=πr12+r22≥2πr1r2=8π，
当且仅当r1=r2=2，即k=0时，等号成立．
四、解答题
【答案】
解：（1）设等差数列an的公差为d，由a2是a1，a4的等比中项得a22=a1a4，
即1+d2=1+3d，
因a1≠a2，则d≠0，解得d=1,an=a1+n−1d=n，
所以an的通项公式是： an=n .
(2)由（1）知， lg2bn=an，∴ bn=2an=2n，
则Sn=2+22+23+……+2n=2⋅1−2n1−2=2n+1−2,
所以数列bn的前n项的和Sn=2n+1−2.
【考点】
等差数列的通项公式
等比数列的前n项和
等比数列的通项公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：（1）设等差数列an的公差为d，由a2是a1，a4的等比中项得a22=a1a4，
即1+d2=1+3d，
因a1≠a2，则d≠0，解得d=1,an=a1+n−1d=n，
所以an的通项公式是： an=n .
(2)由（1）知， lg2bn=an，∴ bn=2an=2n，
则Sn=2+22+23+……+2n=2⋅1−2n1−2=2n+1−2,
所以数列bn的前n项的和Sn=2n+1−2.
【答案】
解：1∵ (2b−c)csA=acsC，
∴ acsC=2bcsA−ccsA，
∴ acsC+ccsA=2bcsA，
∴ sinAcsC+sinCcsA=2sinBcsA，
∴ sin(A+C)=2sinBcsA，
即sinB=2sinBcsA.
又sinB≠0，
∴ csA=12.
∵ A∈(0, π)，
∴ A=π3.
2根据题意，由(1)的结论， A=π3又由a=3，
则a2=b2+c2−2bccsA=3，变形可得b2+c2=6，
又由bc=3，则b−c2=b2+c2−2bc=0，则有b=c，
而A=π3，则△ABC为等边三角形．故△ABC的周长为33.
【考点】
两角和与差的正弦公式
正弦定理
余弦定理
三角形的面积公式
【解析】
1利用两角和的正弦函数公式及三角形内角和定理化简已知等式可得sinB=2sinBcsA，sinB≠0，解得：csA=12，又结合范围A∈(0, π)，即可求A的值；
2利用余弦定理，首先求出bc的值，再利用面积公式即可得出答案.
【解答】
解：1∵ (2b−c)csA=acsC，
∴ acsC=2bcsA−ccsA，
∴ acsC+ccsA=2bcsA，
∴ sinAcsC+sinCcsA=2sinBcsA，
∴ sin(A+C)=2sinBcsA，
即sinB=2sinBcsA.
又sinB≠0，
∴ csA=12.
∵ A∈(0, π)，
∴ A=π3.
2根据题意，由(1)的结论， A=π3又由a=3，
则a2=b2+c2−2bccsA=3，变形可得b2+c2=6，
又由bc=3，则b−c2=b2+c2−2bc=0，则有b=c，
而A=π3，则△ABC为等边三角形．故△ABC的周长为33.
【答案】
解：（1）证明：因为E，G分别是B′C′，CC'的中点，所以EG//B′C，
又EG⊄平面B′CD′，B′C⊂平面B′CD′，所以EG//平面B′CD′，
同理E，F分别是B′C′，C′D′的中点，所以EF//B′D′，
又EF⊄平面B′CD′，B′D′⊂平面B′CD′，所以EF//平面B′CD′，
由EF∩EG=E，B′C，B′D′⊂平面B′CD′，所以平面EFG//平面B′CD′.
(2)A′A=a，
∵ VEFGB′D′C=VC′−B′CD′−VC′−EFG=76，
∴ AA′=2，
建立如图所示的坐标系
则A0,0,0，B0,0,2，G2,2,1,C′2,2,2，
故AB→=2,0,0，AG→=2,2,1，AC′→=2,2,2，
设平面ABG的法向量为n→=x1,y1,z1，则n→⋅AB→=2x1=0,n→⋅AG→=2x1+2y1+z1=0,
令y1=1则z1=−2,
∴n→=0,1,−2，
设平面AGC'的法向量为m→=x2,y2,z2，则n→⋅AC′→=2x2+2y2+2z2=0n→⋅AG→=2x2+2y2+z2=0
令x2=1，则y2=−1，z2=0，∴m→=1,−1,0 ，
设平面ABG与平面AC′G的夹角为θ，则csθ=|m→⋅n→||m→|⋅|n→|=1010，
所以平面ABG与平面AC′G夹角的余弦值为1010.
【考点】
平面与平面平行的判定
二面角的平面角及求法
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：（1）证明：因为E，G分别是B′C′，CC'的中点，所以EG//B′C，
又EG⊄平面B′CD′，B′C⊂平面B′CD′，所以EG//平面B′CD′，
同理E，F分别是B′C′，C′D′的中点，所以EF//B′D′，
又EF⊄平面B′CD′，B′D′⊂平面B′CD′，所以EF//平面B′CD′，
由EF∩EG=E，B′C，B′D′⊂平面B′CD′，所以平面EFG//平面B′CD′.
(2)A′A=a，
∵ VEFGB′D′C=VC′−B′CD′−VC′−EFG=76，
∴ AA′=2，
建立如图所示的坐标系
则A0,0,0，B0,0,2，G2,2,1,C′2,2,2，
故AB→=2,0,0，AG→=2,2,1，AC′→=2,2,2，
设平面ABG的法向量为n→=x1,y1,z1，则n→⋅AB→=2x1=0,n→⋅AG→=2x1+2y1+z1=0,
令y1=1则z1=−2,
∴n→=0,1,−2，
设平面AGC'的法向量为m→=x2,y2,z2，则n→⋅AC′→=2x2+2y2+2z2=0n→⋅AG→=2x2+2y2+z2=0
令x2=1，则y2=−1，z2=0，∴m→=1,−1,0 ，
设平面ABG与平面AC′G的夹角为θ，则csθ=|m→⋅n→||m→|⋅|n→|=1010，
所以平面ABG与平面AC′G夹角的余弦值为1010.
【答案】
解：(1)因为0.005+m+0.020+0.035+0.025×10=1，所以m=0.015.
(2)依题意，随机变量X的所有可能取值为0，1，2.
PX=0=C20⋅C33C53=110，PX=1=C21⋅C32C53=35，PX=2=C22⋅C31C53=310，
所以随机变量X的分布列为：
∴ EX=35+35=65.
(3)设事件A= “随机抽取一名学生，对食堂‘比较满意’”．
因为样本人数200人，其中男生共有80人，所以样本中女生共有120人．由频率分布直方图可知，
女生对食堂“比较满意”的人数共有： 120×0.035×10=42人．
由频数分布表，可知男生对食堂“比较满意”的共有18人，
所以随机抽取一名学生，对食堂“比较满意”的概率为PA=42+18200=310.
【考点】
频率分布直方图
离散型随机变量的期望与方差
古典概型及其概率计算公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)因为0.005+m+0.020+0.035+0.025×10=1，所以m=0.015.
(2)依题意，随机变量X的所有可能取值为0，1，
PX=0=C20⋅C33C53=110，PX=1=C21⋅C32C53=35，PX=2=C22⋅C31C53=310，
所以随机变量X的分布列为：
∴ EX=35+35=65.
(3)设事件A= “随机抽取一名学生，对食堂‘比较满意’”．
因为样本人数200人，其中男生共有80人，所以样本中女生共有120人．由频率分布直方图可知，
女生对食堂“比较满意”的人数共有： 120×0.035×10=42人．
由频数分布表，可知男生对食堂“比较满意”的共有18人，
所以随机抽取一名学生，对食堂“比较满意”的概率为PA=42+18200=310.
【答案】
解：（1）椭圆G:x2a2+y2b2=1a>b>0的焦距是4，所以c=2，∴a2−b2=4，
又四个顶点构成的四边形的面积等于82，
∴ 12⋅2a⋅2b=82，即ab=42，
联立ab=42a2−b2=4
所以a=22,b=2，
所以椭圆G的方程是x28+y24=1.
(2)显然直线l不垂直于x轴，可设l的方程为y=kx−2,Mx1,y1,Nx2,y2，
将直线l的方程代入椭圆G的方程，得2k2+1x2−8k2x+8k2−8=0，
则x1+x2=8k22k2+1,x1x2=8k2−82k2+1，
因为MF→=3FN→，则2−x1=3x2−2，即3x2+x1=8，
由x1+x2=8k22k2+1，得x1=4k2−42k2+1 ，x2=4k2+42k2+1，
所以4k2−42k2+1⋅4k2+42k2+1=8k2−82k2+1，解得k2=1，即k=±1，
所以直线l的方程为x±y−2=0，
∴ x1+x2=8k22k2+1=83,x1x2=0，
∴ |MN|=1+k2⋅x1+x22−4x1x2=2⋅83=832，
又原点到直线l的距离d=2，∴ S△OMN=12|MN|d=83.
【考点】
椭圆的标准方程
直线与椭圆的位置关系
与椭圆有关的中点弦及弦长问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：（1）椭圆G:x2a2+y2b2=1a>b>0的焦距是4，所以c=2，∴a2−b2=4，
又四个顶点构成的四边形的面积等于82，
∴ 12⋅2a⋅2b=82，即ab=42，
联立ab=42a2−b2=4
所以a=22,b=2，
所以椭圆G的方程是x28+y24=1.
(2)显然直线l不垂直于x轴，可设l的方程为y=kx−2,Mx1,y1,Nx2,y2，
将直线l的方程代入椭圆G的方程，得2k2+1x2−8k2x+8k2−8=0，
则x1+x2=8k22k2+1,x1x2=8k2−82k2+1，
因为MF→=3FN→，则2−x1=3x2−2，即3x2+x1=8，
由x1+x2=8k22k2+1，得x1=4k2−42k2+1 ，x2=4k2+42k2+1，
所以4k2−42k2+1⋅4k2+42k2+1=8k2−82k2+1，解得k2=1，即k=±1，
所以直线l的方程为x±y−2=0，
∴ x1+x2=8k22k2+1=83,x1x2=0，
∴ |MN|=1+k2⋅x1+x22−4x1x2=2⋅83=832，
又原点到直线l的距离d=2，∴ S△OMN=12|MN|d=83.
【答案】
解：（1） hx的定义域为0,+∞ ，
hx=3eex−2lnx−x,h′x=3eex−2x−1，令φx=h′x则φ′x=3eex+2x2>0，
∴ h′x在0,+∞上递增，又h′1=0 ，
∴ hx的单调递减区间为0,1，单调递增区间为1,+∞，
故hx的极小值点为1，无极大值点．
(2)证明由a≥1，可得aex≥ex,
所以fx=aex−2lnx≥ex−2lnx,
令gx=ex−2lnx，则g′x=ex−2x,
∵ g′x在0,+∞上单调递增，且g′1=e1−21>0,g′12=e−4<0，
∴ ∃x0∈12,1，使得g′x0=0，有ex0−2x0=0，①
且gx在区间0,x0上单调递减，在区间x0,+∞上单调递增，
∴ gxmin=gx0=ex0−2lnx0，
由①得ex0=2x0，即有lnex0=ln2x0，∴ lnx0=ln2−x0，
∴ gx0=ex0−2lnx0=2x0+2x0−2ln2,x0∈12,1，
又∵ gx0在区间12,1上单调递减，
∴ gx0>g(1)=2+2−2ln2=4−2ln2 ，
∴ gx>4−2ln2
∴ fx≥gx>4−2ln2
∴ fx>4−2ln2，结论得证．
【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
利用导数研究不等式恒成立问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：（1） hx的定义域为0,+∞ ，
hx=3eex−2lnx−x,h′x=3eex−2x−1，令φx=h′x则φ′x=3eex+2x2>0，
∴ h′x在0,+∞上递增，又h′1=0 ，
∴ hx的单调递减区间为0,1，单调递增区间为1,+∞，
故hx的极小值点为1，无极大值点．
(2)证明由a≥1，可得aex≥ex,
所以fx=aex−2lnx≥ex−2lnx,
令gx=ex−2lnx，则g′x=ex−2x,
∵ g′x在0,+∞上单调递增，且g′1=e1−21>0,g′12=e−4<0，
∴ ∃x0∈12,1，使得g′x0=0，有ex0−2x0=0，①
且gx在区间0,x0上单调递减，在区间x0,+∞上单调递增，
∴ gxmin=gx0=ex0−2lnx0，
由①得ex0=2x0，即有lnex0=ln2x0，∴ lnx0=ln2−x0，
∴ gx0=ex0−2lnx0=2x0+2x0−2ln2,x0∈12,1，
又∵ gx0在区间12,1上单调递减，
∴ gx0>g(1)=2+2−2ln2=4−2ln2 ，
∴ gx>4−2ln2
∴ fx≥gx>4−2ln2
∴ fx>4−2ln2，结论得证．