2020年安徽省高考數學

1、精選優(yōu)質文檔-傾情為你奉上2020年安徽省高考數學（理科）模擬試卷（7）一選擇題（共12小題，滿分60分，每小題5分）1（5分）已知集合A0，1，2，3，集合Bx|x|2，則AB（）A0，3B0，1，2C1，2D0，1，2，32（5分）若復數z滿足（1+i）z|1+i|，則z的虛部為（）A-2iB-2C-22iD-223（5分）已知實數x，y滿足約束條件x1x+y-30x-y-10，則z=y+1x+1的取值范圍為（）A12，32B12，23C（，1232，+）D（，1223，+）4（5分）已知a0，函數f（x）aex，g（x）ealnx+b，e為自然對數的底數若存在一條直線與曲線yf（x）和y

2、g（x）均相切，則ba的取值范圍為（）A（，eB（0，eC（，1D（0，15（5分）已知sin(32-)+2cos(-)=sin，則2sin2sincos（）A2110B32C32D26（5分）給出以下4個命題：其中真命題的個數是（）函數ysin4xcos4x的最小正周期是；終邊在y軸上的角的集合是|=k2，kZ；把函數y=3sin(2x+3)的圖象向右平移6個單位得到函數y3sin2x的圖象；函數y=sin(x-2)在區(qū)間0，上是減函數A1B2C3D47（5分）已知x0，y0，2x+yxy，則x+y的最小值為（）A6B32C3+22D228（5分）2019年5月31日晚，大連市某重點高中舉行

3、一年一度的畢業(yè)季燈光表演學生會共安排6名高一學生到學校會議室遮擋4個窗戶，要求兩端兩個窗戶各安排1名學生，中間兩個窗戶各安排兩名學生，不同的安排方案共有（）A720B360C270D1809（5分）半正多面體（semiregularsolid）亦稱“阿基米德多面體”，是由邊數不全相同的正多邊形為面的多面體，體現(xiàn)了數學的對稱美二十四等邊體就是一種半正多面體，是由正方體切截而成的，它由八個正三角形和六個正方形為面的半正多面體如圖所示，圖中網格是邊長為1的正方形，粗線部分是某二十四等邊體的三視圖，則該幾何體的體積為（）A83B4C163D20310（5分）已知O為坐標原點，點P（1，2）在拋物線C：

4、y24x上，過點P作兩直線分別交拋物線C于點A，B，若kPA+kPB0，則kABkOP的值為（）A1B2C3D411（5分）設函數f（x）x21，對任意x32，+)，f(xm)-4m2f(x)f(x-1)+4f(m)恒成立，則實數m的取值范圍是（）A(-，-1212，+)B（，-2222，+）C（，-3232，+）D（，11，+）12（5分）已知，為兩個不重合的平面，m，n為兩條不重合的直線，且m，n，記直線m與直線n的夾角和二面角m均為1，直線n與平面所成的角為2，則下列說法正確的是（）A若016，則122B若614，則tan 12tan2C若413，則sin1sin2D若312，則cos1

5、34cos2二填空題（共4小題，滿分20分，每小題5分）13（5分）已知向量a與b的夾角為120°，且a=(-1，3)，|b|=10，則ab= 14（5分）記邊長為1的正六邊形的六個頂點分別為A1、A2、A3、A4、A5、A6，集合Ma|a=AiAj（i，j1，2，3，4，5，6，ij），在M中任取兩個元素m、n，則mn=0的概率為 15（5分）已知雙曲線x2a2-y2b2=1（a0，b0）的焦距為2c，F(xiàn)為右焦點，O為坐標原點，P是雙曲線上一點，|PO|c，POF的面積為12ab，則該雙曲線的離心率為 16（5分）在ABC中，2acosA+bcosC+ccosB0，則角A的大小為

6、三解答題（共5小題，滿分60分，每小題12分）17（12分）在b2n2bn+1，a2b1+b2，b1，b2，b4成等比數列這三個條件中選擇符合題意的兩個條件，補充在下面的問題中，并求解已知數列an中a11，an+13an公差不等于0的等差數列bn滿足_，求數列bnan的前n項和Sn注：如果給出多種選擇的解答，按符合題意的第一種選擇計分18（12分）在四棱錐PABCD中，平面PAD平面ABCD底面ABCD為梯形，ABCD，ABAD，且AB1，PAADDC2，PD=22（）求證：ABPD；（）求二面角PBCD的余弦值；（）若M是棱PA的中點，求證：對于棱BC上任意一點F，MF與PC都不平行19（1

7、2分）某城市為了美化旅游景區(qū)，決定在夾角為45°的兩條道路EB，EF之間挖一個半橢圓形狀的人工湖，如圖所示，AB40米，O為AB的中點，OD為橢圓的半長軸，橢圓的一個焦點P在OD上，在橢圓形區(qū)域內建造三角形游船區(qū)MNP，其中M，N在橢圓上，且MN平行于AB交OD于G，P在線段OG上（1）若OE30米，為了不破壞道路EF，求橢圓半長軸長的最大值；（2）若橢的離心率為22，當線段PG長為何值時，游船區(qū)城MNP的面積最大？20（12分）2020年春節(jié)期間爆發(fā)的新型冠狀病毒（2019nCoV），是一種可以借助飛沫和接觸傳播的變異病毒某定點醫(yī)院為篩查某些人是否感染該病毒，需要檢驗血液是否為陽性

8、，現(xiàn)有n份血液樣本，有以下兩種檢驗方式：（a）逐份檢驗，則需要檢驗n次；（b）混合檢驗，將其中k（kN*且k2）份血液樣本分別取樣混合在一起檢驗若檢驗結果為陰性，這k份的血液全為陰性，因而這k份血液樣本只要檢驗一次就夠了；如果檢驗結果為陽性，為了明確這k份血液究竟哪幾份為陽性，就要對這k份再逐份檢驗，此時這k份血液的檢驗次數總共為k+1次假設在接受檢驗的血液樣本中，每份樣本的檢驗結果是陽性還是陰性都是獨立的，且每份樣本是陽性結果的概率為p（0p1）（1）假設有6份血液樣本，其中只有2份樣本為陽性，若采用逐份檢驗方式，求恰好經過4次檢驗就能把陽性樣本全部檢驗出來的概率；（2）現(xiàn)取其中k（kN*且

9、k2）份血液樣本，記采用逐份檢驗方式，樣本需要檢驗的總次數為1，采用混合檢驗方式，樣本需要檢驗的總次數為2（i）試運用概率統(tǒng)計的知識，若E1E2，試求p關于k的函數關系式pf（k）；（ii）若p=1-e-14，采用混合檢驗方式可以使得樣本需要檢驗的總次數的期望值比逐份檢驗的總次數期望值更小，求k的最大值參考數據：ln20.6931，ln31.0986，ln51.6094，In71.945921（12分）已知函數f(x)=x2-2ax-ln1x，aR（1）討論f（x）的單調性；（2）若f（x）有兩個極值點x1，x2（x1x2），求f（x2）2f（x1）的最大值四解答題（共1小題，滿分10分，每小

10、題10分）22（10分）在直角坐標系xOy中，已知點M（1，32），C1的參數方程為x=12+ty=3t（t為參數），以坐標原點O為極點，x軸的正半軸為極軸，建立極坐標系，曲線C2的極坐標方程為32=2+cos2（1）求C1的普通方程和C2的直角坐標方程；（2）設曲線C1與曲線C2相交于A，B兩點，求1|MA|+1|MB|的值五解答題（共1小題）23已知a0，b0，c0，函數f（x）|ax|+|x+b|+c（1）當abc2時，求不等式f（x）10的解集；（2）若函數f（x）的最小值為1，證明：a2+b2+c2132020年安徽省高考數學（理科）模擬試卷（7）參考答案與試題解析一選擇題（共12小

11、題，滿分60分，每小題5分）1（5分）已知集合A0，1，2，3，集合Bx|x|2，則AB（）A0，3B0，1，2C1，2D0，1，2，3【解答】解：A0，1，2，3，Bx|2x2，AB0，1，2故選：B2（5分）若復數z滿足（1+i）z|1+i|，則z的虛部為（）A-2iB-2C-22iD-22【解答】解：由（1+i）z|1+i|=2，得z=21+i=2(1-i)(1+i)(1-i)=22-22i，z的虛部為-22故選：D3（5分）已知實數x，y滿足約束條件x1x+y-30x-y-10，則z=y+1x+1的取值范圍為（）A12，32B12，23C（，1232，+）D（，1223，+）【解答】解

12、：作出的可行域為三角形（包括邊界），z=y+1x+1可看作點（x，y）和P（1，1）之間的斜率，由可行域可知B（1，0），C（1，2），且KPBzKPC；則12z32，故選：A4（5分）已知a0，函數f（x）aex，g（x）ealnx+b，e為自然對數的底數若存在一條直線與曲線yf（x）和yg（x）均相切，則ba的取值范圍為（）A（，eB（0，eC（，1D（0，1【解答】解：函數f（x）aex，g（x）aelnx+b，f（x）aex，g（x）=aex，設切點分別為（t，aet），（m，aelnm+b），與f（x），yg（x）相切的直線方程為yaetaet（xt），yaelnmb=aem（xm）

13、由題意存在一條直線與曲線yf（x）和yg（x）均相切可得aet=aem，且b（1t）aetaelnm+aeaet=aem，已知a0ba=（1t）etelnm+e（1t）ete（1t）+eet+ettet令h（t）（1t）etelnm+e（1t）ete（1t）+eet+etteth（t）tet+e，當t1時，h（t）tet+e0，當t1時，h（t）tet+e0，h（t）是單調遞增函數當t1時，h（t）tet+e0，h（t）是單調遞減函數h（t）et+ettet在當t1時取得最大值，最大值為h（1）et+ettete則ba的取值范圍：bae故選：A5（5分）已知sin(32-)+2cos(-)=s

14、in，則2sin2sincos（）A2110B32C32D2【解答】解：sin(32-)+2cos(-)=sin，cos2cossin，可得sin3cos，sin2+cos29cos2+cos210cos21，可得cos2=110，2sin2sincos18cos2（3cos）cos21cos2=2110故選：A6（5分）給出以下4個命題：其中真命題的個數是（）函數ysin4xcos4x的最小正周期是；終邊在y軸上的角的集合是|=k2，kZ；把函數y=3sin(2x+3)的圖象向右平移6個單位得到函數y3sin2x的圖象；函數y=sin(x-2)在區(qū)間0，上是減函數A1B2C3D4【解答】解：

15、函數ysin4xcos4xsin2xcos2xcos2x，函數ysin4xcos4x的最小正周期是，即成立；終邊在y軸上的角的集合是a|ak+2，kZ，即不成立；把函數y=3sin(2x+3)的圖象向右平移6個單位得到函數y3sin2x的圖象，故成立；函數y=sin(x-2)=-cosx在（0，）上是增函數，故不成立綜上知，為真命題故選：B7（5分）已知x0，y0，2x+yxy，則x+y的最小值為（）A6B32C3+22D22【解答】解：x0，y0，2x+yxy，2y+1x=1，x+y（x+y）（2y+1x）=2xy+yx+33+22xyxy=22+3，當且僅當2xy=yx時取等號故選：C8（

16、5分）2019年5月31日晚，大連市某重點高中舉行一年一度的畢業(yè)季燈光表演學生會共安排6名高一學生到學校會議室遮擋4個窗戶，要求兩端兩個窗戶各安排1名學生，中間兩個窗戶各安排兩名學生，不同的安排方案共有（）A720B360C270D180【解答】解：根據題意，分2步進行：在6名學生中任選2名安排在兩端的兩個窗戶，有A62=30種情況；將剩下的4名學生平均分成2組，全排列后安排到剩下的2個窗戶，有C42C22A22×A22=6種情況，則一共有30×6180種不同的安排方案故選：D9（5分）半正多面體（semiregularsolid）亦稱“阿基米德多面體”，是由邊數不全相同的

17、正多邊形為面的多面體，體現(xiàn)了數學的對稱美二十四等邊體就是一種半正多面體，是由正方體切截而成的，它由八個正三角形和六個正方形為面的半正多面體如圖所示，圖中網格是邊長為1的正方形，粗線部分是某二十四等邊體的三視圖，則該幾何體的體積為（）A83B4C163D203【解答】解：如圖所示，圖中紅色的部分為該二十四等邊體的直觀圖；由三視圖可知，該幾何體的棱長為2，它是由棱長為2的正方體沿各棱中點截去8個三棱錐所得到的，所以該幾何體的體積為：V=2×2×2-8×13×12×1×1×1=203故選：D10（5分）已知O為坐標原點，點P（1，

18、2）在拋物線C：y24x上，過點P作兩直線分別交拋物線C于點A，B，若kPA+kPB0，則kABkOP的值為（）A1B2C3D4【解答】解：設A（x1，y1），B（x2，y2），則kAB=y2-y1x2-x1=y2-y1y224-y124=4y1+y2kPA=y1-2x1-1=y1-2y124-1=4y1+2，同理kPB=4y2+2kPA+kPB0，4y1+2+4y2+2=0，得y1+y24kAB=4-4=-1又kOP=21=2，kABkOP1×22故選：B11（5分）設函數f（x）x21，對任意x32，+)，f(xm)-4m2f(x)f(x-1)+4f(m)恒成立，則實數m的取值范

19、圍是（）A(-，-1212，+)B（，-2222，+）C（，-3232，+）D（，11，+）【解答】解：依據題意得x2m2-14m2（x1）（x1）21+4（m21）在x32，+）上恒成立，即1m2-4m2-3x2-2x+1在x32，+）上恒成立令g（x）=-3x2-2x+1，g（x）=6x3+2x2，x32，+），g（x）0，g（x）遞增，當x=32時，函數g（x）=-3x2-2x+1取得最小值-53，所以1m2-4m2-53，即（3m2+1）（4m23）0，解得m-32或m32，故選：C12（5分）已知，為兩個不重合的平面，m，n為兩條不重合的直線，且m，n，記直線m與直線n的夾角和二面角

20、m均為1，直線n與平面所成的角為2，則下列說法正確的是（）A若016，則122B若614，則tan 12tan2C若413，則sin1sin2D若312，則cos134cos2【解答】解：如圖所示，直線BC為n，點B在平面的投影為O，作BAm于A，連接OA，OC，則BCABAO1，BCO2，設ABa，則BC=asin1，BO=asin1，sin2=BOBC=asin1asin1=sin21，對于A，若016時，則sin1-sin22=sin1-2sin2cos2sin1-2sin21=sin1（12sin1）0，故sin1sin22，易知0216，故122，故選項A正確；對于B，若614時，要

21、證tan 12tan2，即sin211-sin214sin421-sin42，即sin2113，不恒成立，故選項B錯誤；對于C，若413時，則sin2=sin21sin1，故選項C錯誤；對于D，若312時，要證cos134cos2，即1-sin21916(1-sin22)，即sin2179，不恒成立，故選項D錯誤；故選：A二填空題（共4小題，滿分20分，每小題5分）13（5分）已知向量a與b的夾角為120°，且a=(-1，3)，|b|=10，則ab=5【解答】解：因為向量a與b的夾角為120°，且a=(-1，3)，|b|=10，所以：|a|=(-1)2+32=10；則ab=

22、10×10×cos120°10×（-12）5；故答案為：514（5分）記邊長為1的正六邊形的六個頂點分別為A1、A2、A3、A4、A5、A6，集合Ma|a=AiAj（i，j1，2，3，4，5，6，ij），在M中任取兩個元素m、n，則mn=0的概率為16145【解答】解：記邊長為1的正六邊形的六個頂點分別為A1、A2、A3、A4、A5、A6，集合Ma|a=AiAj（i，j1，2，3，4，5，6，ij），則M中共有元素個數為n=A62=30，在M中任取兩個元素m、n，共有C302=15×29435種結果，滿足mn=0的共有4×12+8&#

23、215;372種結果，所求概率為：72435=24145，故答案為：2414515（5分）已知雙曲線x2a2-y2b2=1（a0，b0）的焦距為2c，F(xiàn)為右焦點，O為坐標原點，P是雙曲線上一點，|PO|c，POF的面積為12ab，則該雙曲線的離心率為2【解答】解：雙曲線x2a2-y2b2=1（a0，b0）的焦距為2c，F(xiàn)為右焦點，左焦點為F1（c，0），O為坐標原點，P是雙曲線上一點，|PO|c，F(xiàn)1PF是直角三角形，PF1PF2a，PF12+PF24c2，可得4c22PF1PF4a2可得4c24ab4a2，又a2+b2c2可得ab，即e=ca=2故答案為：216（5分）在ABC中，2acos

24、A+bcosC+ccosB0，則角A的大小為23【解答】解：2acosA+bcosC+ccosB0，2sinAcosA+sinBcosC+sinCcosB0，2sinAcosA+sin（B+C）0，2sinAcosA+sinA0，又0A，sinA0，2cosA+10，cosA=-12，又0A，A=23，故答案為：23三解答題（共5小題，滿分60分，每小題12分）17（12分）在b2n2bn+1，a2b1+b2，b1，b2，b4成等比數列這三個條件中選擇符合題意的兩個條件，補充在下面的問題中，并求解已知數列an中a11，an+13an公差不等于0的等差數列bn滿足_，求數列bnan的前n項和Sn

25、注：如果給出多種選擇的解答，按符合題意的第一種選擇計分【解答】解：由a11，an+13an，可得an為首項為1，公比為3的等比數列，則an3n1選時，設數列bn的公差為d，由a23，所以b1+b23，由b2n2bn+1，所以n1時，b22b1+1，解得b1=23，b2=73，所以d=53，因此bn=5n-33，bnan=（5n3）（13）n，Sn213+7（13）2+（5n3）（13）n，13Sn2（13）2+7（13）3+（5n3）（13）n+1，兩式相減可得23Sn=23+5（13）2+（13）3+（13）n（5n3）（13）n+1=23+5191-(13)n-11-13-（5n3）（13

26、）n+1=32-10n+923n+1，所以Sn=94-10n+943n選時，設數列bn的公差為d，d0，由a23，可得b1+b23，即2b1+d3，由b1，b2，b4成等比數列，可得b22b1b4，即（b1+d）2b1（b1+3d），化為b1d，解得db11，所以bnn，nN*；bnan=n3n-1，Sn1（13）0+213+3（13）2+n（13）n1，13Sn=13+2（13）2+（n1）（13）n1+n（13）n，兩式相減可得23Sn1+13+（13）2+（13）3+（13）n1n（13）n=1-13n-11-13-n（13）n，化簡可得Sn=94-2n+343n-1選時，設數列bn的公

27、差為d，d0，由b2n2bn+1，所以n1時，b22b1+1，即db1+1，又因為b1，b2，b4成等比數列，可得b22b1b4，即（b1+d）2b1（b1+3d），化為b1d，從而無解，所以等差數列bn不存在，故不合題意18（12分）在四棱錐PABCD中，平面PAD平面ABCD底面ABCD為梯形，ABCD，ABAD，且AB1，PAADDC2，PD=22（）求證：ABPD；（）求二面角PBCD的余弦值；（）若M是棱PA的中點，求證：對于棱BC上任意一點F，MF與PC都不平行【解答】解：（）證明：因為平面ABCD平面PAD，平面ABCD平面PADAD，AB平面ABCD，ABAD，所以AB平面PA

28、D，又因為PD平面PAD，所以ABPD（）解：因為PAAD2，PD=22，所以PAAD由（）得AB平面PAD，所以ABPA，故AB，AD，AP兩兩垂直如圖，以A為原點，AB，AD，AP所在直線分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標系Axyz，則P（0，0，2），B（1，0，0），C（2，2，0），D（0，2，0）因為PA平面BCD，所以平面BCD的一個法向量是n=（0，0，1）而PB=(1，0，-2)，PC=(2，2，-2)，設平面PBC的一個法向量為m=（x，y，z），則由mPB=0mPC=0得x-2z=0，2x+2y-2z=0取z1，有m=（2，1，1），所以cosn，m=nm|n|m|=1

29、6=66由題知，二面角PBCD為銳角，所以二面角PBCD的余弦值為66（）解：假設棱BC上存在點F，MFPC，設BF=BC，0，1依題意，可知M（0，0，1），BC=(1，2，0)，F(xiàn)（+1，2，0），所以MF=(+1，2，-1)，PC=(2，2，-2)根據假設，有+1=2，2=2，-1=-2，而此方程組無解，故假設錯誤，故對于棱BC上任意一點F，MF與PC都不平行19（12分）某城市為了美化旅游景區(qū)，決定在夾角為45°的兩條道路EB，EF之間挖一個半橢圓形狀的人工湖，如圖所示，AB40米，O為AB的中點，OD為橢圓的半長軸，橢圓的一個焦點P在OD上，在橢圓形區(qū)域內建造三角形游船區(qū)M

30、NP，其中M，N在橢圓上，且MN平行于AB交OD于G，P在線段OG上（1）若OE30米，為了不破壞道路EF，求橢圓半長軸長的最大值；（2）若橢的離心率為22，當線段PG長為何值時，游船區(qū)城MNP的面積最大？【解答】解（1）由題意得橢圓的b20，OE30時，直線EF 與x軸的交點的橫坐標也為30，由題意設直線EF為：xy+30，當直線EF與橢圓相切時，橢圓的長半軸最大，由題意設建立坐標系，OD所在的直線為x軸，以AB所在的直線為y軸，O為坐標原點，由題意設橢圓方程：x2a2+y2202=1，聯(lián)立直線EF與橢圓的方程整理得：（202+a2）y260×202y+202×30220

31、2a20，0，即602×2044（202+a2）×202×（302a2），解得：a2500，所以橢圓的長半軸長的最大值為：a105（2）由題意，b20，e=ca=22，a2b2+c2，解得：a2800，b2400，所以橢圓的方程為：x2800+y2400=1，所以由題意得，焦點P（20，0），恰好是長半軸的中點，直線MN為xm，代入橢圓得：y2400（1-m2800），要使游船區(qū)城MNP的面積最大，即SMNP=12|m20|2|yM|20|m20|1-m2800=12(m-20)2(800-m2)最大，m20，令g（m）（m20）2（800m2），令tm20，m2

32、（t+20）2t2+40t+400，h（t）t2（800t240t400）t440t3+400t2，（20t0），h'（t）4t3120t2+800t4t（t2+30t200）h'（t）0，解得：t0（舍）或t15+517，當t（0，15+517），h'（t）0，h（t）單調遞增，t（15+517，20），h'（t）0，h（t）單調遞減，所以t15+517時h（t）最大，即面積最大，所以當線段PG15+517時，游船區(qū)城MNP的面積最大20（12分）2020年春節(jié)期間爆發(fā)的新型冠狀病毒（2019nCoV），是一種可以借助飛沫和接觸傳播的變異病毒某定點醫(yī)院為篩查某

33、些人是否感染該病毒，需要檢驗血液是否為陽性，現(xiàn)有n份血液樣本，有以下兩種檢驗方式：（a）逐份檢驗，則需要檢驗n次；（b）混合檢驗，將其中k（kN*且k2）份血液樣本分別取樣混合在一起檢驗若檢驗結果為陰性，這k份的血液全為陰性，因而這k份血液樣本只要檢驗一次就夠了；如果檢驗結果為陽性，為了明確這k份血液究竟哪幾份為陽性，就要對這k份再逐份檢驗，此時這k份血液的檢驗次數總共為k+1次假設在接受檢驗的血液樣本中，每份樣本的檢驗結果是陽性還是陰性都是獨立的，且每份樣本是陽性結果的概率為p（0p1）（1）假設有6份血液樣本，其中只有2份樣本為陽性，若采用逐份檢驗方式，求恰好經過4次檢驗就能把陽性樣本全部

34、檢驗出來的概率；（2）現(xiàn)取其中k（kN*且k2）份血液樣本，記采用逐份檢驗方式，樣本需要檢驗的總次數為1，采用混合檢驗方式，樣本需要檢驗的總次數為2（i）試運用概率統(tǒng)計的知識，若E1E2，試求p關于k的函數關系式pf（k）；（ii）若p=1-e-14，采用混合檢驗方式可以使得樣本需要檢驗的總次數的期望值比逐份檢驗的總次數期望值更小，求k的最大值參考數據：ln20.6931，ln31.0986，ln51.6094，In71.9459【解答】解：（1）設恰好經過4次檢驗就能把陽性樣本全部檢驗出來的事件為A，則P（A）=C21C31A44+A44A22A66=415，故恰好經過4次檢驗就能把陽性樣本

35、全部檢驗出來的概率為415；（2）（i）由已知得E1k，2可能的取值為1，k+1，所以P（21）（1p）k，P（2k+1）1（1p）k，所以E2（1p）k+（k+1）1（1p）kk+1k（1p）k，由E1E2，所以kk+1k（1p）k，即1k（1p）k，（1p）k=1k，得p1-(1k)1k，故p關于k的函數關系式為f（k）1-(1k)1k，（kN*，且k2）；（ii）由題意E1E2，所以kk+1k（1p）k，1k(1-p)k，由p=1-e-14，所以1k(e-14)k=e-k4，兩邊取對數得lnk14k，設g（x）lnx-14x，x2，由g'（x）=4-x4x，當x4時，g'

36、（x）0，函數遞減，當2x4時，g'（x）0，函數遞增；ln20.693124，ln31.098634，ln51.609454，ln61.791764，In71.945974，ln82ln32.079384，ln92.197294，故滿足條件的k最大為821（12分）已知函數f(x)=x2-2ax-ln1x，aR（1）討論f（x）的單調性；（2）若f（x）有兩個極值點x1，x2（x1x2），求f（x2）2f（x1）的最大值【解答】解：（1）f（x）2x2a+1x=2x2-2ax+1x，x0，令y2x22ax+1，當4a280，即-2a2時，y0，此時f（x）在（0，+）上單調遞增；當a-2時，2x22ax+10有兩個負根，此時f（x）在（0，+）上單調遞增；當a2時，2x22ax+10有兩個正根，分別為x1=a-a2-22，x2=a+a2-22，此時f（x）在（0，x1），（x2，+）上單調遞增，在（x1，x2）上單調遞減綜上可得：a2時，f（x）在（0，+）上單調遞增，a2時，f（x）在（0，a-a2-22），（a+a2-22，+）上單調遞增，在（a-a2-22，a+a