2024佛山顺德区高三下学期2月教学质量检测（二）（二模）数学含解析

这是一份2024佛山顺德区高三下学期2月教学质量检测（二）（二模）数学含解析，共37页。试卷主要包含了 集合，，则， 复数在复平面上对应的点位于， 抛物线在点处的切线的斜率为， 若，则等内容，欢迎下载使用。
2024.2
本试卷共6页，22小题，满分150分，考试时间120分钟，注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅰ卷（非选择题）两部分，答卷前，考生务必将自己的姓名和考生号、试室号、座位号填写在数学答题卡，并用2B铅笔在答题卡上的相应位置填涂考生号．
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．写在本试卷上无效．
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效．
4．考试结束后，将答题卡交回．
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
2. 复数在复平面上对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
3. 抛物线在点处的切线的斜率为（ ）
A. B. C. D. 1
4. 在中，，若，线段与交于点，则（ ）
A. B.
C. D.
5. 二手汽车价位受多方因素影响，交易市场常用年限折旧法计算车价位，即按照同款新车裸车价格，第一年汽车贬值30%，从第二年开始每年贬值10%，刚参加工作的小明打算用7万元入手一辆3～5年的二手车，根据年限折旧法，设小明可以考虑的同款新车裸车最高价位是万，则（ ）
A. 14B. 15C. 16D. 17
6. 小明爬楼梯每一步走1级台阶或2级台阶是随机的，且走1级台阶的概率为，走2级台阶的概率为．小明从楼梯底部开始往上爬，在小明爬到第4级台阶的条件下，他走了3步的概率是（ ）
A. B. C. D.
7. 已知函数在区间上的值域均为，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
8. 已知椭圆的上、下焦点分别为，点在椭圆上且位于第三象限，满足的角平分线与相交于点，若，则椭圆的离心率为（ ）
A. B. C. D.
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9. 一个平面截正方体所得的截面图形可以是（ ）
A. 等腰三角形B. 菱形C. 梯形D. 正五边形
10. 若，则（ ）
A
B
C.
D.
11. 已知圆，椭圆，直线，点为圆上任意一点，点为椭圆上任意一点，以下的判断正确的是（ ）
A. 直线与椭圆相交
B. 当变化时，点到直线的距离的最大值为
C.
D.
12. 函数是定义域为的奇函数，且它的最小正周期是，已知，．下列四个判断中，正确的有（ ）
A. 当时，的值只有0或
B. 当时，函数既有对称轴又有对称中心
C. 对于给定的正整数，存在，使得成立
D. 当时，对于给定的正整数，不存在且，使得成立
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，满分20分．
13. 已知，则______．
14. 已知正三棱柱的所有棱长均相等，其外接球与棱切球（该球与其所有棱都相切）的表面积分别为，则______．
15. 一次考试后，学校将全体考生的成绩分数绘制成频率分布直方图（如下图），并按照等级划分表（如下表）对考生作出评价，若甲考生的等级为“A”，则估计甲的分数为______．（写出满足条件的一个整数值即可）
16. 在如图所示的长方形台球桌面示意图中，，桌面的六个网分别位于长方形的四个顶点及长边中点上．现有三个台球分别在三点所在的位置上，且三点共线．用球贴着桌面移动去击球（不能碰到球），使得球沿球运动的方向径直落入三个网中之一．若球和网近似地看成点，且台球在桌面上为直线运动，球碰到桌边缘后反弹符合入射角等于反射角．则球击中球前，球移动的最短路径的路程为______．
四、解答题：本大题共6小题，满分70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17. 已知数列满足，且．
（1）求数列的通项公式；
（2）证明：．
18. 某市随机抽取名市民进行智能手机使用情况调查，使用5G手机（A类）和使用4G及以下或不使用手机（B类）的人数占总人数的比例统计如下表：
（1）若用样本的频率作为概率的估计值，在全体市民中任选3人，记为3人中小于60岁的人数，求的分布列和数学期望；
（2）若以60岁为年龄分界，讨论当取不同值时，依据小概率值的独立性检验，能否判断使用手机类型与年龄有关？
附：．
19. 在四棱雉中，四边形为矩形，，，点为线段的中点．已知点在平面上的射影在四边形外，且直线与平面所成的角为．
（1）设点为线段的中点，求证：；
（2）求平面与平面的夹角的余弦值．
20. 在中，角所对的边分别为，其中，．
（1）求角的大小；
（2）如图，为外一点，，，求的最大值．
21. 已知双曲线中，焦距为，且双曲线过点．斜率不为零的直线与双曲线交于两点，且以为直径的圆过点．
（1）求双曲线的方程；
（2）是否存在直线，使得点到直线距离最大？若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由．
22 已知函数．
（1）讨论函数的单调性；
（2）若函数有两个极值点，且满足（为自然对数的底数，）．
（ⅰ）求实数的取值范围；
（ⅱ）证明：．
等级
划分范围（分数由高到低）
A+
前20%（包括20%）
A
前20%~35%（包括35%）
B+
前35%~65%（包括65%）
B
前65%~85%（包括85%）
C+
前85%~95%（包括95%）
C
最后5%
A类
B类
大于或等于60岁
小于60岁
0.05
0.01
0.001
3.841
6635
10.828
2023学年顺德区普通高中高三教学质量检测（二）
数学试题
2024.2
本试卷共6页，22小题，满分150分，考试时间120分钟，注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅰ卷（非选择题）两部分，答卷前，考生务必将自己的姓名和考生号、试室号、座位号填写在数学答题卡，并用2B铅笔在答题卡上的相应位置填涂考生号．
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．写在本试卷上无效．
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效．
4．考试结束后，将答题卡交回．
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先根据对数的性质化简集合，再根据集合交集的概念求解即可.
【详解】由解得，所以，
又，所以，
故选：A
2. 复数在复平面上对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】A
【解析】
【分析】根据复数乘方以及除法运算可得，即可判断出结论.
【详解】由可知，
因此复数在复平面上对应的点坐标为，位于第一象限.
故选：A
3. 抛物线在点处的切线的斜率为（ ）
A. B. C. D. 1
【答案】D
【解析】
【分析】求出导函数，令求出即为切线的斜率.
【详解】令，得，得
故选：D
4. 在中，，若，线段与交于点，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据中线性质得出，再由平面向量线性运算即可求得结果.
【详解】如下图所示：

由可得分别为的中点，
由中线性质可得，
又，所以，
因此.
故选：B
5. 二手汽车价位受多方因素影响，交易市场常用年限折旧法计算车价位，即按照同款新车裸车价格，第一年汽车贬值30%，从第二年开始每年贬值10%，刚参加工作的小明打算用7万元入手一辆3～5年的二手车，根据年限折旧法，设小明可以考虑的同款新车裸车最高价位是万，则（ ）
A. 14B. 15C. 16D. 17
【答案】B
【解析】
【分析】依据贬值规律，根据等比数列性质列不等式即可解得.
【详解】根据题意可知，列不等式，
即，
又，可得.
故选：B
6. 小明爬楼梯每一步走1级台阶或2级台阶是随机的，且走1级台阶的概率为，走2级台阶的概率为．小明从楼梯底部开始往上爬，在小明爬到第4级台阶的条件下，他走了3步的概率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，设事件A为“小明爬到第4级台阶”，事件B为“小明走了3步爬到第4级台阶”，求出，，进而计算可得答案
【详解】根据题意，设事件A为“小明爬到第4级台阶”，
事件B为“小明走了3步爬到第4级台阶”，
事件A包含3中情况，
①走了4次1级台阶，其概率
②走了2次1级台阶，1次2级台阶，其概率，即,
③走了2次2级台阶，其概率，
故小明爬到第4级台阶概率
在小明爬到第4级台阶的条件下，他走了3步的概率,
故选：D
7. 已知函数在区间上的值域均为，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用正弦型函数图象，数形结合可得.
【详解】在上，，在上，，
由题意，函数在两个区间上最值相同，且最小值为，即两区间左端点函数值均为最小值，
所以两区间右端点函数值不能小于，但两区间内最大值相同，
如图的部分图象，数形结合得且，即.
故选：A
8. 已知椭圆的上、下焦点分别为，点在椭圆上且位于第三象限，满足的角平分线与相交于点，若，则椭圆的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由向量的关系，可得，再由角平分线的性质可得，由，由椭圆的定义可得，的表达式，再由余弦定理可得，的关系，进而求出离心率的值．
【详解】因为，则，
由角平分线的性质可得，
因为，所以，
由椭圆的定义可知：，
在△，，
由余弦定理可得，
即，
整理可得：,
即，可得，
因为，所以．
故选：C．
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9. 一个平面截正方体所得的截面图形可以是（ ）
A. 等腰三角形B. 菱形C. 梯形D. 正五边形
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据正方体的几何特征，我们可分别画出用一个平面去截正方体得到的几何体的图形，然后逐一与四个答案中的图形进行比照，即可判断选项．
【详解】根据题意，当截面为三角形时，可能出现等腰三角形；如图：
故A正确；
当B，D分别为正方体棱中点时，截面可以为菱形，如图：
故B正确;
当C，D分别为正方体棱的中点，截面图可以为等腰梯形，如图：
故C正确；
当截面为五边形，如图，不可能是正五边形：若截面为五边形，则该面恰与五个面相交，而其中一定有两组对面，
根据面面平行的性质定理，故有两组平行边，但正五边形没有平行的边，故截面不可能是正五边形.
故D错误.
故选：ABC.
10. 若，则（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】将，，代入判断ACD，利用二项式展开式的通项公式判断B即可.
【详解】将代入得，解得，A正确；
由二项式定理可知展开式的通项为，
令得，所以，B错误；
将代入得，
即，C正确；
将代入得，
即①，
将代入得，
即②，
①+②得，所以，
①-②得，所以，
所以，D正确；
故选：ACD
11. 已知圆，椭圆，直线，点为圆上任意一点，点为椭圆上任意一点，以下的判断正确的是（ ）
A. 直线与椭圆相交
B. 当变化时，点到直线的距离的最大值为
C.
D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据直线过定点，可得点在椭圆内可判断A，根据圆心，可得出点到直线的距离的最大值判断B，设出，利用两点间距离公式并由二次函数性质可求得，进而可得C错误，D正确.
【详解】根据题意可知圆的圆心为，半径为，
椭圆的长轴为4，短轴为2，
直线恒过定点，
显然点在椭圆的内部，如下图所示：

显然，直线与椭圆相交，即A正确；
当变化时，易知圆心到直线的距离的最大值为，
所以点到直线距离的最大值为，即B正确；
设点满足且，可得
又易知，
显然
，
显然当时，，可得，
即可得C错误，D正确；
故选：ABD
12. 函数是定义域为的奇函数，且它的最小正周期是，已知，．下列四个判断中，正确的有（ ）
A. 当时，的值只有0或
B. 当时，函数既有对称轴又有对称中心
C. 对于给定的正整数，存在，使得成立
D. 当时，对于给定的正整数，不存在且，使得成立
【答案】BC
【解析】
【分析】A选项，，当时，，，求出的值域为，进而得到，A错误；B选项，由于为平移得到，故的最小正周期也为，故只需研究即可，当时，，，推出关于轴对称，结合为奇函数，得到关于对称，同理可得也满足要求，B正确；C选项，推出的图象关于点对称，的图象关于直线对称，故，分为偶数和为奇数两种情况，得到C正确；D选项，先得到函数的图象关于轴对称，在C选项基础上，得到时，，此时，D错误.
【详解】选项A，当时，，，
当时，，
当时，，
故时，的值域为，
又为奇函数，故当时，的值域为，
故，
为平移得到，故的最小正周期也为，
故函数的最小正周期为，
故函数值域为，故A错误；
B选项，由于为平移得到，故的最小正周期也为，故只需研究即可，
当时，，，
当时，，此时，
当时，，此时，
故，由于为连续函数，
故，故的图象在上关于直线对称，
又为奇函数，最小正周期为，结合图象可知，在图象在R上关于直线对称，
所以，
令，则，
将用替换，有，故，
所以关于轴对称，
又为奇函数，故，
所以，又，
故，
故，
故关于对称，所以既有对称轴，又有对称中心，
当时，同理可得既有对称轴，又有对称中心，B正确；
C选项，取，则，
由于为奇函数，故，
又的最小正周期为，故，
即，即，
故的图象关于点对称，
由B选项知，的图象关于直线对称，故的图象关于直线对称，
所以，，
所以，
当为偶数时，，所以，
当为奇数时，，所以，C正确；
D选项，由于，所以成立，
，故，
即，
故在上，
又的图象关于直线对称，且最小正周期为，
故函数的图象关于轴对称，
所以，而成立，
所以，故存在成立，D错误.
故选：BC
【点睛】结论点睛：函数的对称性：
若，则函数关于中心对称，
若，则函数关于对称，
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，满分20分．
13. 已知，则______．
【答案】
【解析】
【分析】利用二倍角公式和同角三角函数关系得到，求出.
【详解】，
因为，所以，
故，解得.
故答案为：
14. 已知正三棱柱的所有棱长均相等，其外接球与棱切球（该球与其所有棱都相切）的表面积分别为，则______．
【答案】
【解析】
【分析】由几何关系求出外接球和棱切球半径，再由球的表面积公式求出表面积，最后求出比值.
【详解】
设正三棱柱的棱长为，因为正三棱柱上下底面中心连线的中点为外接球的球心，
则外接球的半径，，
所以，
因为，所以为棱切球的球心，则棱切球半径，
所以.
故答案为：
15. 一次考试后，学校将全体考生的成绩分数绘制成频率分布直方图（如下图），并按照等级划分表（如下表）对考生作出评价，若甲考生的等级为“A”，则估计甲的分数为______．（写出满足条件的一个整数值即可）
【答案】100（答案不唯一，任选其一）
【解析】
【分析】根据频率分布直方图可求得，再利用成绩划分等级标准分别求出等级为“A”的分数区间，即可得出答案.
【详解】利用频率分布直方图可得，解得，
成绩在区间内的人数占，在内的人数占，
设成绩排在前位的分数线为，则，解得；
设成绩排在前位的分数线为，则，解得；
因此考生的等级为“A”的分数区间为，又因为分数取整数，
所以可得甲的分数所有可能取值为.
故答案为：100（答案不唯一）
16. 在如图所示的长方形台球桌面示意图中，，桌面的六个网分别位于长方形的四个顶点及长边中点上．现有三个台球分别在三点所在的位置上，且三点共线．用球贴着桌面移动去击球（不能碰到球），使得球沿球运动的方向径直落入三个网中之一．若球和网近似地看成点，且台球在桌面上为直线运动，球碰到桌边缘后反弹符合入射角等于反射角．则球击中球前，球移动的最短路径的路程为______．
【答案】##
【解析】
【分析】分三种情况，结合题意，连接点与网中其中之一，得到直线，根据反射得到点的运动路径，得到最小值.
【详解】因为用球贴着桌面移动去击球（不能碰到球），
连接并延长交于点，直线，即，
令得，，故，则为的中点，
故的反射直线为，则，
将代入中，得，故，
令得，故，为的中点，
直线经过反射得到直线，
将代入中，得，故，
其中满足上，
故球的轨迹为，其中，
，，
故轨迹长度为，

连接并延长，交于点，
直线的方程为，即，令得，
故，根据反射得到反射直线，将代入得，
，解得，故直线，
令得，解得，故，
根据反射得到直线，将代入得，
，解得，故直线，
令得，解得，故，
根据反射得到直线，将代入得，
，解得，故直线，
令得，故，
由于，故令中的得，
故点A不在直线上，
故要想点A在直线上，也要经过多次反射，故路径会大于，不合要求，舍去；

连接并延长，交于点，则直线的方程为，
令得，故，
根据反射得到直线反射直线，
将代入上式得，，解得，
故直线，令得，解得，故，
根据反射得到反射直线，将代入得，
，解得，故，
令得，故，
根据反射得到反射直线，将代入得，
故，
由于，故令中的得，
故不在反射直线上，
故要想点A在直线上，也要经过多次反射，故路径会大于，不合要求，舍去；

综上，球移动的最短路径的路程为.
故答案为：
【点睛】新定义问题的方法和技巧：
（1）可通过举例子的方式，将抽象的定义转化为具体的简单的应用，从而加深对信息的理解；
（2）可用自己的语言转述新信息所表达的内容，如果能清晰描述，那么说明对此信息理解的较为透彻；
（3）发现新信息与所学知识的联系，并从描述中体会信息的本质特征与规律；
（4）如果新信息是课本知识的推广，则要关注此信息与课本中概念的不同之处，以及什么情况下可以使用书上的概念.
四、解答题：本大题共6小题，满分70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17. 已知数列满足，且．
（1）求数列的通项公式；
（2）证明：．
【答案】（1）
（2）证明过程见解析
【解析】
【分析】（1）得到为常数列，结合得到，求出通项公式；
（2），设的前项和为，错位相减法求和得到.
【小问1详解】
，故为常数列，
其中，故，
故，即；
【小问2详解】
，设的前项和为，
则①，②，
两式①-②得，
，
故.
18. 某市随机抽取名市民进行智能手机使用情况调查，使用5G手机（A类）和使用4G及以下或不使用手机（B类）的人数占总人数的比例统计如下表：
（1）若用样本的频率作为概率的估计值，在全体市民中任选3人，记为3人中小于60岁的人数，求的分布列和数学期望；
（2）若以60岁为年龄分界，讨论当取不同值时，依据小概率值的独立性检验，能否判断使用手机类型与年龄有关？
附：．
【答案】（1）分布列见解析，
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）根据条件判断出，然后计算出在不同取值下的概率，由此可求分布列，根据分布列可求；
（2）由已知表格得到列联表，将表中数据代入的计算公式并将计算结果，分类讨论与比较大小，由此可知结果
【小问1详解】
由表格可知，任取一人小于60岁的概率，
由题意可知：，的可能取值为0，1，2，3
所以，
，
，
所以的分布列为：
所以（或者）.
【小问2详解】
因为使用5G手机（A类）和使用4G及以下或不使用手机（B类）的人数占总人数的比例统计如下表：
所以可得列联表
因为，，，都是正整数，
且：：：=2:3:6:9
所以是20的正整数倍，
因为，
当时，，
当时，，
所以当且是20的正整数倍时，依据小概率值的独立性检验认为喜欢旅游与性别有关；
当且是20的正整数倍时，依据小概率值的独立性检验认为喜欢旅游与性别有无关.
19. 在四棱雉中，四边形为矩形，，，点为线段的中点．已知点在平面上的射影在四边形外，且直线与平面所成的角为．
（1）设点为线段的中点，求证：；
（2）求平面与平面的夹角的余弦值．
【答案】（1）详解见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出，即得证
（2）利用空间向量法可求得平面PAC的法向量和平面ABCD的一个法向量，利用向量的夹角公式求解即可.
【小问1详解】
作平面ABCD，连接OA，OD，OE
所以直线与平面所成的角即为，
又因为在等腰三角形APD中，，
所以，
因为，所以，故，
以O为坐标原点，以垂直于OF所在直线，OF，OP所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
所以
所以，
，
所以
【小问2详解】
点，设平面PAC的法向量为 ，
则有，又，
所以，不妨令，则，
所以，
取平面ABCD的一个法向量，
则
20. 在中，角所对的边分别为，其中，．
（1）求角的大小；
（2）如图，为外一点，，，求最大值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，由正弦定理将边化为角，可得角的方程，化简计算，即可得到结果；
（2）根据题意，由正弦定理可得，再由余弦定理分别得到，再由基本不等式代入计算，即可得到结果.
【小问1详解】
因为，所以，
由正弦定理，可得，
整理可得，
又因，
化简可得，
而，则，又，则
【小问2详解】
在中，由可得，
在中，由可得，
所以，
设，
由余弦定理，
，
可得，，
因此，
当且仅当时，即等号成立，
所以的最大值为，此时.
21. 已知双曲线中，焦距为，且双曲线过点．斜率不为零的直线与双曲线交于两点，且以为直径的圆过点．
（1）求双曲线的方程；
（2）是否存在直线，使得点到直线的距离最大？若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）
（2）存在，
【解析】
【分析】（1）待定系数法求解双曲线方程；
（2）方法一：设直线，联立双曲线方程，得到两根之和，两根之积，根据得到，即或，分两种情况讨论，得到直线过定点，要想到直线的距离最大，则⊥，从而求出直线的方程；
方法二：齐次化求解，平移双曲线得，设平移后的直线方程为，变形得到，根据斜率之积为-1得到则直线过定点，从而原直线过定点，要想到直线的距离最大，则⊥，从而求出直线的方程；
【小问1详解】
由题意得，且，
又，解得，
故双曲线方程为；
【小问2详解】
设直线，
联立得，
设，
则，
由题意得，
即
，
将代入上式，
，
即，
化简得，
变形为，
故或，
当时，直线，经过定点，与重合，不合要求，
当时，直线，经过定点，
要想到直线的距离最大，则⊥，其中
故直线的斜率，故直线的方程为，
即.
经检验，满足要求.
方法二：平移双曲线得，即，
设平移后的直线方程为，
则有，
即，
两边同除以得，
由题意得，
设，则，
则直线过定点，
将向左平移3个单位，向上平移1个单位，则原直线过定点，
要想到直线的距离最大，则⊥，其中
故直线的斜率，故直线的方程为，
即，经检验，满足要求.
【点睛】处理定点问题的思路：
（1）确定题目中的核心变量（此处设为），
（2）利用条件找到与过定点的曲线的联系，得到有关与的等式，
（3）所谓定点，是指存在一个特殊的点，使得无论的值如何变化，等式恒成立，此时要将关于与的等式进行变形，直至找到，
①若等式的形式为整式，则考虑将含的式子归为一组，变形为“”的形式，让括号中式子等于0，求出定点；
②若等式的形式是分式，一方面可考虑让分子等于0，一方面考虑分子和分母为倍数关系，可消去变为常数.
22. 已知函数．
（1）讨论函数的单调性；
（2）若函数有两个极值点，且满足（为自然对数的底数，）．
（ⅰ）求实数的取值范围；
（ⅱ）证明：．
【答案】（1）答案见解析
（2）（ⅰ）；（ⅱ）证明过程见解析
【解析】
【分析】（1）求定义域，求导，令，根据的正负分类讨论，求出函数的单调性；
（2）（ⅰ）在（1）的基础上得到，并根据得到不等式，求出，得到的取值范围；
（ⅱ）结合，，得到，根据的范围得到，令，，求导得到其单调性，故，要证明，只需证，结合且，放缩后得到结论.
【小问1详解】
定义域为，
，
令，其判别式为，
若，即时，恒成立，故在上恒成立，
故在上单调递增，
若，解得或，
设的两个根分别为，
解得，
当时，，，所以，且，
当时，，，
当时，，，
故在上单调递增，
在上单调递减，
当时，，，所以，
则，在上恒成立，在上单调递增，
综上，当时，在上单调递增，
当时，在上单调递增，
在上单调递减，
【小问2详解】
（ⅰ）由（1）可知，，
，即，
，
两边平方得，
解得，负值舍去，
其中，综上，，
实数的取值范围为；
（ⅱ）由（ⅰ）知，，
将代入上式得，
，
由于，故，
所以，
因为，所以，
令，，
则在上恒成立，
故在上单调递减，
故，
要证明，只需证，
因为，所以，且，
所以，
所以.
【点睛】关键点点睛：导函数处理零点或极值点个数问题，由于涉及多类问题特征（包括单调性，特殊位置的函数值符号，隐零点的探索、参数的分类讨论等），需要学生对多种基本方法，基本思想，基本既能进行整合，注意思路是通过极值的正负和函数的单调性判断函数的走势，从而判断极值点或零点个数，较为复杂和综合的函数极值点或零点个数问题，分类讨论是必不可少的步骤，在哪种情况下进行分类讨论，分类的标准，及分类是否全面，都是需要思考的地方
等级
划分范围（分数由高到低）
A+
前20%（包括20%）
A
前20%~35%（包括35%）
B+
前35%~65%（包括65%）
B
前65%~85%（包括85%）
C+
前85%~95%（包括95%）
C
最后5%
A类
B类
大于或等于60岁
小于60岁
0.05
0.01
0001
3.841
6.635
10.828
A类
B类
大于或等于60岁
小于60岁
A类
B类
总计
大于或等于60岁
小于60岁
总计