数学-2022届高三下学期开学摸底考试卷A(新高考专用)(解析版)

绝密★考试结束前

2022届高三下学期开学摸底考试卷A（新高考专用）

数学

(满分150分)

一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分），在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1.如图所示，阴影部分表示的集合是（ ）

(B)AA. U 【答案】A 【解析】

由图可知阴影部分属于A，不属于B，

(A)B B. U C.

U(A B)

D.

U(A B)

故阴影部分为故选A.

(UB)

A，

z(2-i)=i2020 2.已知i为虚数单位，复数z满足

1A. 复数z的模为5

21iB. 复数z的共轭复数为55 1i5C. 复数z的虚部为

，则下列说法正确的是（ ）

D. 复数z在复平面内对应的点在第一象限

【答案】D 【解析】 z(2-i)=i2020zi2020，则

222i2i2i2i2i21i555，

215z555，故A错， 21i55，故B错； 复数z的共轭复数为

1复数z的虚部为5，故C错；

21(,)复数z在复平面内对应的点为55，在第一象限，故D正确. 故选D.

3.为促进精准扶贫，某县计划引进一批果树树苗免费提供给贫困户种植.为了解果树树苗的生长情况，现从甲、乙两个品种中各随机抽取了100株，进行高度测量，并将高度数据制作成了如图所示的频率分布直方图.由频率分布直方图求得甲、乙两个品种高度的平均值都是66.5，用样本估计总体，则下列描述正确的是（ ）

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A. 甲品种的平均高度高于乙品种，且乙品种比甲品种长的整齐 B. 乙品种的平均高度高于甲品种，且甲品种比乙品种长的整齐 C. 甲、乙品种的平均高度差不多，且甲品种比乙品种长的整齐 D. 甲、乙品种的平均高度差不多，且乙品种比甲品种长的整齐 【答案】D 【解析】

甲、乙两个品种高度的平均值都是66.5，说明甲、乙品种的平均高度差不多；

从甲、乙两个品种的频率分布直方图来看，乙品种的频率分布直方图体现的果树树苗高度更为集中， 说明乙品种比甲品种长的整齐． 故选D.

4. 我国著名数学家华罗庚先生曾说：“数缺形时少直观，形缺数时难入微，数形结合百般好，隔离分家万事休.”在数学的学习和研究中，常用函数的图像来研究函数的性质，也常用函数的解析式来琢磨函数图像的特征，如函数

af(x)x2x（aR）的图像不可能是（ ）

A．

【答案】A 【解析】

B．C． D．

f(x)x2由题意，函数

ax(aR)的定义域为x(,0)(0,)关于原点对称，

且f(x)f(x)，所以函数

2fx为偶函数，图象关于原点对称，

2当a0时，函数f(x)x且x(,0)(0,)，图象如选项B中的图象； 2x3aaf(x)0f(x)x2xa0x0x当时，若时，函数，可得，

函数

fx在区间(0,)单调递增，此时选项C符合题意；

2a2x3aaf(x)2xf(x)x2xa0x0xx2， 当时，若时，可得，则

令f(x)0，解得x(0,3x3a2，

当

a)2时，fx0，fx单调递减；

ax(3,)fx0fx2当时，，单调递增， 所以选项D符合题意. 故选：A.



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1cos25. 已知倾斜角为的直线l：ykx2与圆x(y1)1相切，则423 A.

【答案】A 【解析】

42433 B. 3 C.

43 D. 3

22cos(2)的值为（ ）

22因为ykx2与圆x(y1)1相切，

312所以1k，

解得，k22，即tan22， 因为(0,)， 所以

sin223，

1cos2则

故选：A.

cos(2)2sin2422sin.sin3

6. 已知菱形ABCD边长为2，BAD120，点E，F分别在边BC，DC上，BC3BE，DC2DF，则AEAF（ ） A. 2 B. 2 C. 1 D. 1 【答案】C 【解析】

11AEABBEABBCABAD33由， 11AFADDFADDCADAB22， 11AEAF(ABAD)(ADAB)32所以

22117ABADABAD236

22117ABADABADcosBAD236 1174422cos120236 1.

故答案选：C.

27.设函数f(x)的定义域为R，f(x1)为奇函数，f(x2)为偶函数，当x[1,2]时，f(x)axb.若f(0)f(3)6，则9f()2（ ）

A.

94

5B. 2

7C. 4

D.

32

3

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【答案】B 【解析】

因为f(x1)为奇函数，

所以f(x1)f(x1)，

所以f(x)的图象关于(1,0)中心对称，则f(1)0， 因为f(x2)为偶函数， 所以f(x2)f(x2)，

所以f(x)的图象关于直线x2轴对称.

由f(x1)f(x1)，得f(x2)f(x)， 所以f(x2)f(x)，

则f(x4)f(x2)f(x)，即f(x)的周期为4， 913f()f()f()22， 所以2又因为f(0)f(2)，f(3)f(1)0，f(0)+f(3)=6，

所以f(1)f(2)6，则f(2)6，

2因为当x[1,2]时，f(x)=ax+b， f(1)ab0a2f(2)4ab6b2， 即，解得f(x)2x22x[1,2]所以，当时，， 9395f()f()(22).242 所以2故选B.

2y2xC:221ab0FFFab8. 已知椭圆的左右焦点分别为1，2，上顶点为A，抛物线E的顶点为坐标原点，焦点为2，

若直线

F1A与抛物线E交于P，Q两点，且

PAQA4a，则椭圆C的离心率为（ ）

15231A．2 B．2 C．5 D．2 【答案】C 【解析】

2F(c,0)F2(c,0)由题设知：A(0,b)，1，且抛物线E为y4cx， 4c2y4c2cyc2yxFAbb∴直线1为，联立抛物线方程有，

222222整理得：by4cy4bc0，则16c(cb)0，即cb，

4c2,yy4c2yy1212P(x1,y1),Q(x2,y2)y2y10b令且，则，

222y12c2ccbb∴，

学科网（北京）股份有限公司4

|PQ|1c2|y1y2|1c2(y1y2)24y1y24acc2b22bbb∴，

|AF1||OA|abday1a|PF||PB|ady11，可得b令d|PA|，如上图易知：，即，

2222ac2accbdaPAQA|PQ|2d4a2b∴，又，

224acc2b24ac24acc2b22a4a222222b2∴b，整理得2c3b，而bac，

c15e22a5. ∴3a5c，则

故选：C.

二、多选题（本大题共4小题，每小题5分，共20分），在每小题所给出的四个选项中，每题有两项或两项以上的正确答案，选对得5分，漏选得2分，不选或错选得0分． 9.若ab0，则下列不等式中恒成立的是（ ）

11ba(a)(b)4222ab2abab2abababA. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】

a0a0b0b0ab0因为，则或，

a0b0当时，B不成立；

22，即ab2ab恒成立，当且仅当ab时，取“=”，故A正确； ba0,0b由于ab0，则a，

由于

ab20111ba1ba2ab24ababababababab所以，当且仅当ab时，取“=”号，故C正确； baba22abab又，当且仅当ab时，取“=”，故D正确. 故选ACD.

10.已知函数

f(x)Asin(x)(A0,0,||2的最大值为2，其图象相邻的两条对称轴之间的距离为2，且

)

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f(x)的图象关于点

(12,0)对称，则下列结论正确的是（ ）

A. 函数f(x)的图象关于直线

x512对称 B. 当

x[6,6]2时，函数f(x)的最小值为2 2C. 若

f(6)345，则sin4cos4的值为5

D. 要得到函数f(x)的图象，只需要将g(x)2cos2x的图象向右平移6个单位 【答案】BD 【解析】

函数

f(x)Asin(x)(A0,0,||2)的最大值为2，其图象相邻的两条对称轴之间的距离为2，12A2，22，2，f(x)2sin(2x).

又因为f(x)的图象关于点(12,0)对称，

所以f(12)2sin(6)0,6k,kZ.

所以

k,kZ.||62因为

，所以

6.

即

f(x)2sin(2x6). A5对选项,f(12)2sin02，故A错误． x[对选项B，

6,6],2x6[6,2]， 当

2x66时,f(x)2取得最小值

2，故B正确．

32对选项

C,f(6)2sin(22)2cos25cos23，得到5. 因为

sin4cos4(sin2cos2)(sin2cos2)cos235， 故C错误．

对

选项D，把g(x)2cos2x的图象向右平移6个单位y2cos2(x6)2cos(2x3)2sin[2(2x3)]2sin(2x6) 的图象，故D正确，

故选：BD.

11.已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，M为AA1的中点，平面过点D1且与CM垂直，则（ ）A. CMBD

B. BD//平面

C. 平面C1BD//平面

9D. 平面截正方体所得的截面面积为2

学科网（北京）股份有限公司得

到

6

【答案】ABD 【解析】

AC交11于点O，连结AO，

在AD上取一中点E，在AB上取一中点F，连结EF，则EF//BD，

AA对于A，易知1面ABCD，因为BD平面ABCD

AABD故得1，

又因为ABCD为正方形，故得ACBD，

如图所示，连结CM，连结BD交AC于点N，连结

B1D1AAAACCAACC，1面11，AC面11 AACC故得BD面11，

AACC又因为CM面11

故得CMBD，故A正确，

BD//B1D1CMB1D1因为，故得，

DDD1(0,0,2)M(2,0,1)，C(0,2,0)，以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，1为z轴建立空间直角坐标系，故得E(1,0,0)，，

由

A1AACADE(1,0,2)故CM(2,2,1)，1， CMD1E0又因为， CMD1E故， 因为

D1EB1D1D1,D1E面

EFB1D1，

B1D1面

EFB1D1

故CM面

EFB1D1,

EFB1D1,平面即面

BD故知11平面，

BD//故可得平面，故B正确，

CBD//AB1D1,由图可知平面1平面

CBD//故平面1平面是错的，故C错， 因为

EF112,B1D14422,FB1ED1145EFB1D1(5)2(2232)22，

，

故可得等腰梯形的高为1329(222)EFB1D1222， 故等腰梯形的面积为

故D正确，故选ABD.

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12.关于函数

A. x2是f(x)的极大值点

f(x)2lnxx，下列判断正确的是（ ）

B. 函数yf(x)x有且只有1个零点

C. 存在正实数k，使得f(x)kx成立 D. 对任意两个正实数x1，

x2，且

x1x2，若

f(x1)f(x2)，则

x1x24

【答案】BD 【解析】

A.f(x)2x1xx2函数的的定义域为(0,)，函数的导数

2x2，

令f(x)0，解得x(0,2)，函数在(0,2)单调递减；

令f(x)0，解得x(2,)，函数在(2,)上单调递增.

x2是f(x)的极小值点，即A错误；

B.yf(x)x2xlnxxyx2x20，x2，

函数在(0,)上单调递减，且f(1)12ln1110，

f(2)21ln22ln210，

函数yf(x)x有且只有1个零点，即B正确；

k2lnxC.若f(x)kx，可得

x2x.

g(x)2lnx4xxlnx令x2xg(x)，则x3，

令h(x)4xxlnx，则h(x)lnx，

在x(0,1)上，函数h(x)单调递增，x(1,)上函数h(x)单调递减， h(x)h(1)0，g(x)0，

g(x)2lnxx2x在(0,)上函数单调递减，函数无最小值， 且x，g(x)0，

不存在正实数k，使得f(x)kx恒成立，即C不正确； D.令t(0,2)，则2t(0,2)，2t2， 令g(t)f(2t)f(2t)

22tln(2t)22tln(2t) 4t2tt24ln2t， g(t)4(t24)8t22t2t2t则(t24)22t(2t)2

24t1648t2(t24)24t2(t24)20，

g(t)在(0,2)上单调递减，则g(t)g(0)0，

令

x12t，由f(x1)f(x2)，得x22t，则x1x22t2t4，当x24时，x1x24显然成立，

对任意两个正实数x1，x2，且x2x1，

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f(x)f(x2)xx24若1，则1，故D正确． 故选：BD.

三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）

13.设曲线yxlnx在点(1,0)处的切线与曲线【答案】2 【解析】

由yxlnx，得y1lnx， y|x11y4x在点P处的切线垂直，则点P的横坐标为__________.

，

44yx，得x2，设P(x0,y0)， 由

4y|xx20x0则，

412x0由题意可得：， x02.

则P点的横坐标为2. 故答案为：2.

14.从如图12个点中任取三个点，则所取的三个点能构成三角形的概率为__________. y

101【答案】110

【解析】

从12个点中任取三个点，有

3C12种取法，

363C4183C1218由图示得三个点在一条直线上的情况有，

所以所取的三个点能构成三角形的概率为

101.故答案为110

3C12202101.220110

15. 《九章算术》是我国古代数学名著，它在几何学中的研究比西方早一千多年．例如堑堵指底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱；阳马指底面为矩形，一侧棱垂直于底面的四棱锥；鳖臑是四个面均为直角三角形的四面体．在

ABCA1B1C1CABB1A1CA8如图所示的堑堵中，已知ABBC4，AC42，若阳马1的侧棱1，则鳖臑C1ABCCAB中，点C到平面1的距离为________．

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46【答案】3 【解析】

222由ABBC4，AC42，则ABBCAC，所以ABBC， 故ABC是等腰直角三角形，

ABCA1B1C1CC1⊥CC⊥AC在三棱柱中，平面ABC，且AC平面ABC，则1，

CC42CA8中，AC42，1，所以1，

1ABCB144383S1ABCB1448S△CBA1△ABCCB43Rt△C1CB12222故在中，1，则，，

1Sd1S△ABCCC1VCCABVCABC△C1BAC1AB311设点C到平面的距离为d，由等体积法，可得3，

在

RtC1CA46d46CAB3，所以点C到平面1解得的距离为3． 46故答案为：3．

pK(,0)216.已知F为抛物线C:y2px(p0)的焦点，点，P为抛物线上一点.(1)过点K作抛物线的切线，则切线的

斜率是__________;(2)以下说法正确的是__________.

2;4① PKF的最大值为 ② tanPKFsinPFK; ③ KPF2PKF.

【答案】1；①② 【解析】

设切线斜率为k，

k2p2p222kxp(k2)x0.yk(x)2y2px42则切线为，代入中得

k2p2p(k2)4k0.40，即

22222解得k1，k1.

ppxmyK(,0)2， 2设PKF，PFK，由题易知点，设直线KP的方程为

当直线PK与抛物线相切时取最大值，

pxmy22y2px22联立，消去x得：y2mpyp0， 4m2p24p20，得m1，

此时，直线PK的斜率为1，所以的最大值为4，①正确; 过点P作抛物线准线的垂线PA，垂足为A， 由抛物线的定义可知|PA||PF|，则

cos，

在KPF中，由正弦定理得：

|PF|sincos|PK|sin，

所以tansin，故②正确; 由题意得

学科网（北京）股份有限公司|PA||PF||PK||PK|10

1cos1APF3，可得3，则2， 由②知tansinsin(3)sin3

0sincos2cossin2，

sinsin(cos22cos2)sin(4cos21)cos

3因为sin0，所以4coscos10，

所以KPF2PKF不确定，存在但不是固定值，故③错误； 故答案为：1；①②.

四、解答题（本大题共6小题，共70分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）

3sinCcosCbca这两个条件中任选一个，17. 在①2cosA(ccosBbcosC)a，②补充在下面问题中，并作答．问

题：在ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且________． (1)求角A；

(2)若O是ABC内一点，AOB120,AOC150,b1,c3，求tanABO．

【解析】(1)若选条件①：2cosA(ccosBbcosC)a， 整理得：2cosA(sinCcosBsinBcosC)sinA， ，即2cosAsinAsinA，

cosA12， 又0A180，sinA0，所以

所以A60； 则

2cosAsinBCsinA3sinCcosCbca， 若选条件②：3sinCcosCsinBsinCsinA整理得：，

所以3sinCsinAcosCsinAsin(AC)sinC， 化简得：(3sinAcosA)sinCsinC，

又0C180，sinC0，所以3sinAcosA1， sin(A30)12，由于0A180， 故

所以A60．

(2)解：由于AOACOAB60， OABABO18012060， 所以OACABO，

AO3在ABO中，sinABOsin120， 所以AO23sinABO， 在△ACO中，

所以AO2sin(30ABO)，

1AOAOsin150sinACOsin(30ABO)，

2sin(30ABO)23sinABO，

整理得：cosABO33sinABO， 故

tanABO39．

n18.设等差数列

an的前n项和为S，已知

a13，

S35a1.

11

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(1)求数列an的通项公式;

2bn1Sn{b}T.(2)设，数列n的前n项和为n定义[x]为不超过x的最大整数，例如[0.3]0，[1.5]1.当

[T1][T2][Tn]63时，求n的值.

a3S3a13d93d.{a}【解析】(1)设等差数列n的公差为d，因为1，则3

S5a115因为3，则93d15，得d2.

a32(n1)2n1.{a}所以数列n的通项公式是n

n(n1)Sn3n2n22n(2)因为2， bn1则

221111.Snn(n2)nn2

111111111Tnn132435n1n1nn2… 所以

111n1.2n1n2

1当n2时，因为31110[T]n2n1n2，则n， 111102n1n22，则[Tn]n1， 当n3时，因为

[T][T2][Tn]63因为1…，

(n2)(4n1)363(n1)6321245则…，即，

即n3n1300，即(n10)(n13)0，因为nN，所以n10.

19.如图1，已知正方形ABCD的边长为4，E，F分别为AD，BC的中点，将正方形ABCD沿EF折成如图2所示的二面角，且二面角的大小为60，点M在线段AB上(包含端点)运动，连接AD.

2*(1)若M为AB的中点，直线MF与平面ADE的交点为O，试确定点O的位置，并证明直线OD//平面EMC； (2)是否存在点M，使得直线DE与平面EMC所成的角为60？若存在，确定出M点位置；若不存在，请说明理由．

【解析】(1)因为直线MF平面ABFE，故点O在平面ABFE内，也在平面ADE内，

所以点O在平面ABFE与平面ADE的交线(即直线AE)上，延长EA，FM交于点O，连接OD，如图所示.

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因为AO//BF，M为AB的中点，所以OAM≌FBM，所以OMMF，AOBF2， 故点O在EA的延长线上且与点A间的距离为2，

连接DF交EC于点N，因为四边形CDEF为矩形，所以N是DF的中点. 连接MN，则MN为DOF的中位线，所以MN//OD，

平面EMC，所以直线OD//平面EMC. 又MN平面EMC，OD(2)如图，由已知可得EFAE，EFDE，又EADEE，EA，DE平面ADE， 所以EF平面ADE，且DEA60，EF平面ABFE， 所以平面ABFE平面ADE，因为DEA60，DEAE，

所以ADE为等边三角形，取AE的中点H，连接DH，则DHAE， 而平面ABFE平面ADE，平面

平面ADEAE，DH平面ADE，

所以DH平面ABFE，过点H作直线HT//EF，以为坐标原点，以HA,HT,HD分别为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系，

ABFE

E(1,0,0)，D(0,0,3)，C(0,4,3)，F(1,4,0)， 所以ED(1,0,3)，EC(1,4,3)

设M(1,t,0)(0t4)，则EM(2,t,0)，

mEM02xty0mEC0x4y3z0设平面EMC的法向量为m(x,y,z)，即，

8t8tmt,2,z3y2xt,， 3取，则，，所以平面EMC的一个法向量为要使直线DE与平面EMC所成的角为60， |cosDE,m|82t24(8t3)2sin6032则

232，

2即t4t19，整理得t4t30，解得t1或t3 所以存在点M，使得直线DE与平面EMC所成的角为60，

32

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该点为线段AB上靠近A或B的一个4等分点。

20.某地每年的七月份是洪水的高发期，在不采取任何预防措施的情况下，一旦爆发洪水，将造成1000（万元）的经济

A(i1,2,3,4)A(i1,2,3,4)损失.为防止洪水的爆发，现有i四种相互独立的预防措施可供采用，单独采用i预防措施后

10ipi(i1,2,3,4)10不爆发洪水的概率为，所需费用为f(i)10020i（万元）(i1,2,3,4) (1)若联合使用A1和A2措施，则不爆发洪水的概率是多少? (2)现在有以下两类预防方案可供选择：

预防方案一：单独采用一种预防措施;

预防方案二：联合采用两种不同预防措施.

则要想使总费用最少，应采用哪种具体的预防方案?

(总费用=采取预防措施的费用+发生突发事件损失的期望值.) 【解析】(1)依题意有： A1A2A3A4 p 0.9 0.8 0.7 0.6 费用(万元) 80 60 40 20 预防措施 AA设事件C:表示使用1和2措施不爆发洪水，

P(C)1P(A1A2)10.10.20.98.则 (2)预防措施一：有四种情况：

单独用单独用单独用

A1:A2:A3:总费用为：8010000.1180(万元); 总费用为：6010000.2260(万元); 总费用为：4010000.3340(万元);

A:单独用4总费用为：2010000.4420(万元). 预防措施二：有六种情况： A1A2联合：总费用为806010000.10.2160(万元); A1A3联合：总费用为804010000.10.3150(万元); A1A4联合：总费用为802010000.10.4140(万元); A2A3联合：总费用为604010000.20.3160(万元); A2A4联合：总费用为602010000.20.4160(万元); A3A4联合：总费用为：402010000.30.4180(万元).

AA所以，预防方案采用14联合使用最好，使得总费用最少.

x2221.如图，在平面直角坐标系xOy中，已知等轴双曲线E：ay2b21(a0,b0)的左顶点为A，过右焦点F且垂直于

x轴的直线与E交于B，C两点，若ABC的面积为21.

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(1)求双曲线E的方程； MN

(2)若直线l：ykx1与双曲线E的左，右两支分别交于M，N两点，与双曲线E的两条渐近线分别交于P，Q两点，PQ求的取值范围．

x2y2b22【解析】(1)因为双曲线E：a1(a0,b0)为等轴双曲线，

所以ab，设双曲线的焦距为2c，c0，

2222故cab2a，即c2a.

因为BC过右焦点F，且垂直于x轴，

x2将

xBc2a代入a2y2a21，可得

yBa，故

BC2a.

又ABC的面积为21，

11BCAF212aac2122所以，即，

222xy1； a1a1所以，即，故双曲线E的方程为

(2)依题意，直线l：ykx1与双曲线E的左，右两支分别交于M，N两点，

22xy11k2x22kx20ykx1联立方程组消去y可得，，

1k20,2k22xxN2k41k20,2M1kxx20,xx2MNMN1k21k2， 所以解得1k1，且所以

MN2xMxN22yMyN21k2xMxN22

1kxMxN4xMxN1k2k221k22k24.221k21k1k

yx,11xPxQykx1,k1，同理k1， 联立方程组得

所以

PQ1kxPxQ21121k21k.2k1k11k

2

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MN21k22k2PQ1k22k221k2所以

1k2，其中1k1，

MNPQ1,2所以

.

22.设函数f(x)aex，g(x)lnxb，其中a，bR，e是自然对数的底数． (1)设F(x)xf(x)，当ae1时，求F(x)的最小值；

(2)证明：当ae1，b1时，总存在两条直线与曲线yf(x)与yg(x)都相切； (3)a2当

e2时，证明：f(x)x[g(x)b]. 【解析】(1)F(x)xex1，F(X)(x1)ex1， 当x(,1)时，F(x)0，F(x)单调递减， 当x(1,)时，F(x)0，F(x)单调递增， 故x1时，F(x)取得最小值F(1)e2；

(2)f(x)ex1，

f(x)ex1在

(m,em1)处的切线方程为

yem1x(1m)em1，

g(x)1x，

g(x)lnxb在点(n,lnnb)处的切线方程为

y1nxlnnb1，

em11由题意得n(1m)em1lnnb1，则(m1)em1mb0，

令h(m)(m1)em1mb，则h(x)mem11， 由(1)得m1时，h(m)单调递减，且h(m)0，

当m1时，h(m)单调递增，又h(1)0，m1时，h(m)0，

当m1时，h(m)0，h(m)单调递减；当m1时，h(m)0，h(m)单调递减，由(1)h得

(b1)(b2)eb211e10，

又h(3b)(2b)e2b2b3(2b)(3b)2b3(b332)240，

h(1)b10，所以函数h(m)在(b1,1)和(1,3b)内各有一个零点，

故当b1时，总存在两条直线与曲线yf(x)与yg(x)都相切；

aex(3)f证明：(x)x[g(x)b]xlnx0，

G令(x)aexxlnx(x0)a2，以下证明当e2时，G(x)的最小值大于0， G(x)q(x1)ex1a(x1)exx求导的x2xx2，

①当0x1时，G(x)0，G(x)G(1)ae0，

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G(x)a(x1)xx1时，x2[ex②当xa(x1)]H(x)ex，令

a(x1)，

H(x)ex1H(2)22ae2a(x1)20，又e2aa0， H(x)ex1a(x1)20e22ae2H(2)，又2aa0

t取t(1,2)且使a(t1)e21tae2，即

ae21，

H(x)exta(t1)e2e20则

，

H(t)H(2)0，故H(x)存在唯一零点x0(1,2)，

xG(xae00)即G(x)有唯一的极值点x0(1,2)，又xlnx00，

H(xxx0xx010)e0且a(x0e0G(x0)lnx001)，即a(x01)，故x01，G(x)11(x201)x00，故G(x0)是(1,2)上的减函数，

G(x0)G(2)1ln20，所以G(x)0，

a2综上所求，当e2时，f(x)x[g(x)b].

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