2020屆校聯(lián)盟(全國i卷)高三上學(xué)期12月教育教學(xué)質(zhì)量監(jiān)測考試數(shù)學(xué)(理)試題(解析版)

1、數(shù)學(xué)（理）試題A.、單選題5i 2 .i7 3i17.+ i58 58B.+ i58 58C.158 58D.17.i58 58【解析】根據(jù)復(fù)數(shù)的除法運算法則先計算出5i 27 3i5841.i，58再減去5i 27 3i5i273ii73i73i35i1514 6i41i 1故選：C本題考查復(fù)數(shù)的除法運算，屬于容易題2.已知集合M2x|8x 9x 158585817 .i58x|yCrN()A. 1,1B. 一8C.【解析】解不等式8x29x82D,10,確定集合解不等式2x 1 0，確定集合CrN再將集合CrN與集合M求交集，即可.依題意，M x | 8xN x| y 2x1，則 CrNx

2、|x1 一 , 一 MI 2CrN1 18,2 .故選：C本題考查集合的運算，屬于較易題3.記等比數(shù)列an的前n項和為21一，則 a4203或81b,更或3c. 814040404040【答案】BD.340【解析】根據(jù)等比數(shù)列的通項公式求出q即可求解.【詳解】設(shè)等比數(shù)列%的公比為q,.3 33 c依題息，S3 a1a2 a3 -q q5 55一31斛得q一或q,2 23 813則 a4 a1q或40402120'故選：B本題主要考查了等比數(shù)列的通項公式，需熟記公式，屬于基礎(chǔ)題ur4.設(shè)向量m n滿足1m |irr命題 q： "(m 2n)r2, | n| 3 ,現(xiàn)有如下命題:

3、ur r cos m, nLTm”的充要條件為irrp:|m 2n|的值可能為9；1 ,， 一，一一，1”；則下列命題中，真命題為3命題A. pb. p qc. ( p) qD. p ( q)【解析】首先判斷命題p與命題q的真假,再由簡單邏輯聯(lián)接詞連接命題的真假表即可判斷.【詳解】irr依題意，1m 2n |的最大值為8,即向量m, n共線反向時取得，故命題 p為假;uru itr ur murr(m 2n)m(m2n) m0 m2m n0ur ru r 14 2 2 3 cos m, n 0 cos m, n 一，故命題 q 為真； 故(p) q為真.故選：C【點睛】 本題考查了命題的真假判

4、斷以及簡單邏輯聯(lián)接詞聯(lián)接命題的真假表，屬于基礎(chǔ)題2uuuu uuur5 .記拋物線C:y2 2px(p 0)的焦點為F,點M在拋物線上，若 MN NF，且N(2,2),則拋物線C的準(zhǔn)線方程為()A. X 1B. X 2C. x 3D.【答案】B【解析】根據(jù)中點坐標(biāo)公式求出點M，代入拋物線方程求出p即可求解.【詳解】uuuu uuur因為MN NF，故點N為線段MF勺中點；因為哼0)，N(2,2), 則 M代入y2 2Px 中，得 2 P(4I)16,即 p2 8P 16 0 .解得 P 4故拋物線C的準(zhǔn)線方程為x2.故選：B本題主要考查了求拋物線的準(zhǔn)線方程,需熟記拋物線的定義，屬于基礎(chǔ)題A.B

5、.sin”產(chǎn)在2 ,2上的圖象大致為( ex6.函數(shù)fC.D.2k x【解析】先判斷函數(shù) f(x)的奇偶性，排除C;再3證fq)的值，排除B, D,即可.依題意，f x3sin 2 x xexsin 2x x3exf x ,故函數(shù)f x為奇函數(shù)，圖象關(guān)于原點對稱，排除 C;33164e1331272.82.8912.8 6491179.2911820.5'排除B, D.故選：A本題考查函數(shù)圖象問題.此類問題可根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性、奇偶性、特值檢驗，通過排除 法解決.屬于中檔題.7.元朝著名的數(shù)學(xué)家朱世杰在四元玉鑒中有一首詩“我有一壺酒攜著游春走，遇店添一倍，開始逢友飲一斗，”基于此情境，設(shè)

6、計了如圖所示的程序框圖，若入的 X的5值為5,輸出的x值為9則判斷框中可以填（）4/丁尹/一 ： 同3f=314A. i 4B. i 5C. i 6D. i 7【答案】B【解析】模擬執(zhí)行程序框圖，依次寫出每次循環(huán)得到的X與i值，當(dāng)X 9,i 6時退出循環(huán)，因此判斷框可填入條件 i 5.【詳解】533運行該程序，第一次，X 2 5 1 3, i 2,第二次，X 2 1 2, i 3,422第三次，X 2 2 1 3, i 4,第四次，X 2 3 1 5, i 5,第五次，X 2 5 1 9, i 6,此時，需要輸出X的值，觀察可知.故選：B【點睛】本題考查了循環(huán)結(jié)構(gòu)的程序框圖，根據(jù)框圖的流程，判

7、斷程序運行的i值是解題的關(guān)鍵.屬于較易題.8 . 2019年10月，德國爆發(fā)出“芳香燒門”事件，即一家權(quán)威的檢測機構(gòu)在德國銷售A地區(qū)聞訊的奶粉中隨機抽檢了 16款（德國4款，法國8款，荷蘭4款），其中8款檢測出芳香燃礦物油成分，此成分會嚴(yán)重危害嬰幼兒的成長，有些奶粉已經(jīng)遠(yuǎn)銷至中國.后，立即組織相關(guān)檢測員對這 8款品牌的奶粉進行抽檢，已知該地區(qū)有6家嬰幼兒用品商店在售這幾種品牌的奶粉，甲、乙、丙3名檢測員分別負(fù)責(zé)進行檢測，每人至少抽檢2家商店的概率為（1家商店，且檢測過的商店不重復(fù)檢測，則甲檢測員檢測A. 1118【答案】BB.18C.-12D. L12【解析】由題意分類討論三人各檢測的數(shù)量分配

8、，求出所以情況的數(shù)量，再求出滿足甲檢測2家商店的情況數(shù)量，根據(jù)古典概型概率的求法即可求解3人檢測的數(shù)量為2:2:2,則所有的情況為C2C42C；90種,3人檢測的數(shù)量為3:2：1,則所有的情況為C；C32C；A3360 種,3人檢測的數(shù)量為4:1:1,則所有的情況為C4C23C190種,故所有的情況為540 種,其中滿足甲檢測 2家商店的情況為90 120 210種,故所求概率P210 7_540 18故選：B本題主要考了排列組合在實際中的應(yīng)用以及古典概型概率的求法，屬于基礎(chǔ)題9 .已知正方體ABCD AB1CQ1中，點E是線段Ad的中點，點F是線段DD1上靠近D的三等分點，則直線 CE ,

9、BF所成角的余弦值為（八 10 19A. 575 19B. 57C.互19D,正19【解析】取線段1BB1上靠近B1的三等分點G ,過點G作GH / /BC ,且GH BC ,2連接EH , CH,DG 故 D1G/BF ,D1G/EH ,則EH /BF ,即異面直線 CE ,BF所成角的為CEH ,分別計算CH,EH,CE長度，由余弦定理，求解即可【詳解】1 取線段BBi上靠近Bi的三等分點G ,過點G作GH / /BC ,且GH BC ,連接EH , 2CH , DiG ,故 D£/BF ； D£/EH ,所以 EH /BF ,則 CEH 即為直線 CE ,BF的所成角

10、；不妨設(shè) AD 6,則CH 屈,EH 2廂,CE 9,故81 76 97 5,19 cos CEH2 9 2、, 1957故選：B【點睛】本題考查異面直線所成角的余弦值，解決此類問題的關(guān)鍵在于將異面直線的夾角通過平移轉(zhuǎn)化為共面直線的夾角.屬于中檔題.10.已知函數(shù)f x的圖象關(guān)于原點對稱，且滿足 f(x 1)0,且當(dāng)X (2,4)時,f(x)log(x 1)2m g f(2021) 1，右2f( 1),則A. 43b.94D.【解析】根據(jù)題意首先求出函數(shù)的周期為4,從而求出f 2021;再由函數(shù)的，1，奇偶性即可求出 f(1) 一，由f(1)3f (3)，代入解析式即可求解因為f1 f 3 x

11、 f x 3故函數(shù)x的周期為4,則f 2021f 1 由 f(2021) 1 2f(1)可得f(1)13；而 f (1)f (3) log1(3 1) m2-4解得m .3故選：C【點睛】本題主要考查函數(shù)的奇偶性和周期性求函數(shù)值以及根據(jù)函數(shù)值求參數(shù)值，屬于中檔題.22PQ ,記4OPQ的內(nèi)心為M若11 .已知雙曲線C:x2 當(dāng)1(a 0,b 0)的左、右焦點分別為 Fi, F2,過F2弓I直線l a b交雙曲線C的漸近線于y軸右側(cè)P, Q兩點，其中OP)D. y 2x點M到直線PQ的距離為-,則雙曲線C的漸近線方程為(3A11A. y-xB. y 4xC. y - x42【答案】C【解析】由題

12、意設(shè)P, Q分別在第一象限、第四象限；由OPQ的內(nèi)心為M過點M分別作MN OP ,垂足為N MT形，焦點到漸近線的距離為 b,可知|NO|程.【詳解】不妨設(shè)P, Q分別在第一象限、第四象限；則過點M分別作MN OP ,垂足為N, MTPQ ,垂足為T,可得四邊形 MTPN;正方215八、-a , |MN | -a ,從而可求得漸近線方 33MB POQ角平分線Ox上，PQ ,垂足為T,由OP PQ可得四邊形MTP岫正方形，由焦點到漸近線的距離為b,得|F2P| b；12又 |OF2| c,故 OP a ,故 | NP| |MN | 1a ,故 |NO| 上a ,故33b|MN | 1一 tan

13、 POF2,a|NO| 21故所求漸近線方程為 y 1x.2故選：C 【點睛】本題主要考查了雙曲線的幾何性質(zhì)，需掌握雙曲線的漸近線求法，屬于中檔題12 .已知函數(shù) f(x) 76sin(2x) 逅，其中一 一，若 f x 0在(0,")222123上恒成立，則f()的最大值為()【解析】由題意求出從而由（IT)B.2x2k ,5667,"6因為x一 5 一（%），故2x0 ,即 sin(2x(I , 612 C.遮2），根據(jù)f2k ）求出x 0恒成立求出2x的范圍,的取值范圍，進而求出答案65_，-62k2x7"62kZ,2k2k ,762k )Z,2k2k2k

14、6、6sin(3 23f（1）的最大值為0.故選：B本題考查了三角函數(shù)中不等式恒成立求參數(shù)的取值范圍，屬于中檔題二、填空題13 .曲線y 2x 1 ex在點0, 1處的切線方程為【解析】利用切線的斜率是函數(shù)在切點處導(dǎo)數(shù)，求出切線斜率，再利用直線方程的點斜式 即可求出切線方程.Q y 2x 1 exy 2ex 2x 1 ex函數(shù)y 2x 1 ex在x 0處的切線斜率為1,又Q切點坐標(biāo)為0, 1 ,切線方程為y x 1.故答案為：y x 1.本題主要考查了利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義求解切線的方程，其中解答中準(zhǔn)確求得函數(shù)的導(dǎo)數(shù)合理利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義求解是解答的關(guān)鍵，著重考查了推理與運算能力，屬于基礎(chǔ)題.x

15、2 y14.已知實數(shù)x , y滿足 x y 3 ,則z 2x y的最大值為.x 3y 6-27【答案】274【解析】畫出可行域，平移目標(biāo)函數(shù)，根據(jù)圖象，確定最大值即可【詳解】作出不等式組所表示的平面區(qū)域如圖陰影部分所示;觀察可知，當(dāng)直線z 2x y過點15c時，z有最大值；聯(lián)立x 3y 6 0,解得x y 3 0z的最大值為空4故答案為:【點睛】274本題考查線性規(guī)劃問題，屬于較易題15.記等差數(shù)列an的前n項和為Sn,若a2 a,18, &7 459 ,則1 n a3n 的前n項和Tn 【答案】Tn9n-2,n2k k Zg,n22k 1 k Z【解析】由等差數(shù)列的通項公式以及前n項

16、和公式代入可求得an,再由分組求和即可求解.【詳解】因為4是等數(shù)差數(shù)列，§7 45917a9 459a9 27,而 a? a 18,a1 8d 27所以9，解得 d 3, ai 3,則 an 3 (n 1) 3 3n , n N ；2ai 4d 18數(shù)列a3n構(gòu)成首項為9,公差為9的等差數(shù)列;若n為偶數(shù)，則Tn9 18 27 36 L9(n 1) 9n9n若n為奇數(shù)，則Tn9 18 27 36 L9(n 2) 9(n 1) 9n9(n 1) 9n 9(n 1)22故Tn9n,n 2k k Z 29(n 1)2 ，n2k9n一，n 2k k Z故答案為：Tn2g,n 2k 1 k Z2

17、本題主要考查等差數(shù)列的通項公式以及分組求和，需熟記公式，屬于基礎(chǔ)題16.已知三棱錐 P-ABC4 /XPAB是面積為4J3的等邊三角形，ACB ,則當(dāng)4點C到平面PAB的距離最大時，三棱錐 P-ABC外接球的表面積為 .112【答案】3【解析】首先確定當(dāng)平面CAB 平面PAB寸，三棱錐 P-ABC勺體積達到最大;然后作出球的球心求出半徑，即可求出外接球的表面積【詳解】當(dāng)平面CAB 平面PABM,三棱錐P-ABC的體積達到最大;記點D, E分別為APB, 4ACB的外心，并過兩個三角形的外心作三角形所在平面的垂線，兩垂線交于點 O,則點O即為三棱錐P-ABC外接球的球心，AO即為球的半徑；因為

18、S PAB 4 J3，故 AB 4 ;在4ACB中,ACB 45，則/ AEB 90 ,由正弦定理可ABsin ACB2AE,故 AEEB EC 25/2，記AB的中點為F,則OE DF 1PF 1 AB 2, 3323故 oa Joe2 ae2 摟,2112故外接球的表面積 S 4 R2 .3,112故答案為：u/ 3【點睛】本題主要考查立體幾何中球的外接內(nèi)切問題、正弦定理解三角形， 考查了學(xué)生的空間想象能力，屬于中檔題三、解答題17.已知VABC中，角A B, C所對的邊分別為 a, b, c,且3sin2B 3sin2Csin A3sin A 2 扇nBsinC.(1)求A的大?。?2)

19、若a 2由，求VABC面積的最大值以及周長的最大值.【答案】(1) A ； (2) VABC面積的最大值為3J3,周長最大值為6顯 3【解析】(1)利用正弦定理邊化角以及余弦定理即可求解(2)根據(jù)余弦定理以及基本不等式即可求解【詳解】(1)依題意，3sin2 B 3sin2 C 3sin 2 A 273 sin Asin BsinC ,3nA3.222故 3b2 3c2 3a2 73sin A 2bc ,即-一c一2bc由余弦定理得，cos A 3 sin A ,故tanA J3 ,因為A (0,)，故A ； 33(2)由余弦定理，a2 c2 b2 2bccosA，即 12 c2+b2 bc

20、bc，當(dāng)且僅當(dāng)c b 2J3時等號成立;故 VABC 的面積 s IbcsinA 3bc 373, 24故VABC面積的最大值為3百.而 12 c2 b2 bc (c b)2-23(b c)3bc (b c),4故b c 4 J3,當(dāng)且僅當(dāng)cb 2 J3時等號成立;故VABC的周長l a b c 6邪故周長的最大值為 6/3.【點睛】本題主要考查了正弦定理、余弦定理、三角形的面積公式以及基本不等式，在運用基本不等式時注意驗證等號成立的條件，屬于基礎(chǔ)題18.如圖所示，在四B隹S-ABCDK四邊形ABCO菱形， ABC 135 , SD 2CD , 點P, Q M分別是線段SD PD, AP的中點

21、，點N是線段SB上靠近B的四等分點.(1)若R在直線MQh,求證：NR/平面ABCD(2)若SD 平面ABCD求平面SADW平面SBC所成的銳二面角的余弦值.【答案】(1)見解析;2、22-【解析】(1)利用面面平行的判定定理、面面平行的性質(zhì)定理即可證出(2)以D為坐標(biāo)原點，建立空間直角坐標(biāo)系 D xyz,不妨設(shè)AD 1,求出平面SBC的一個法向量與平面 SAD勺一個法向量，利用向量的數(shù)量積即可求解【詳解】(1)依題意,SQ SNSD SB而QN 平面ABCD BD 平面ABCD故QN /平面ABCD因為 PQ PM 1,故 QM/AD, PD PA 2而QM 平面ABCD AD 平面ABCD

22、故QM /平面ABCD因為QM I QN Q ,故平面QMN /平面ABCD因為NR 平面QMN故NR/平面ABCD(2)如圖，以D為坐標(biāo)原點，建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系D xyz,不妨設(shè)AD 1,則 D (0,0,0), S(0,0,2), A(1,0,0), c(逅及 。),2，2，uurBCULWUUUAD ( 1,0,0) , SC,22( t，t2)uuv、一一 ，n1 BC 0設(shè)平面SBC勺一個法向量為n1 (x,y,z),則 uuvn1 SC 0取y 02 .2,可得n1(0,2 72,1),2.2易知平面SAD勺一個法向量n2 (0,1,0),223設(shè)平面SADW平面SBC所成

23、銳二面角為，則cos平面SADW平面SBC所成銳二面角的余弦值為【點睛】本題主要考查面面平行的判定定理、面面平行的性質(zhì)定理以及空間向量求二面角，考查了學(xué)生的邏輯推理能力，屬于中檔題.19.為了響應(yīng)國家號召，某校組織部分學(xué)生參與了 “垃圾分類，從我做起”的知識問卷作答，并將學(xué)生的作答結(jié)果分為“合格”與“不合格”兩類與“問卷的結(jié)果”有關(guān)？不合格合格男生1416女生1020(1)是否有90隊上的把握認(rèn)為“性別”與“問卷的結(jié)果”有關(guān)？(2)在成績合格的學(xué)生中，利用性別進行分層抽樣，共選取9人進行座談，再從這 9人中隨機抽取5人發(fā)送獎品，記拿到獎品的男生人數(shù)為X,求X的分布列及數(shù)學(xué)期望E X附：K2bC

24、)2(a b)(c d)(a c)(b d)2P K2 k0. 1000. 0500. 0100. 001k2. 7033. 8416. 63510. 828【答案】(1)沒有90%勺把握認(rèn)為“性別”與“問卷的結(jié)果”有關(guān)；(2)分布列見解析,E(X)209【解析】(1)根據(jù)獨立性檢驗的思想即可判斷(2)依題意，成績合格的男生抽取4人，成績合格的女生抽取 5人，X的可能取值為0,1,2,3,4,求出各隨機變量的概率，列出分布列即可求出期望【詳解】(1)完善列聯(lián)表如下所示:不合格合格合計男生141630女生102030合計243660K22-一4 2n(ad bc) 60 (14 20 10 16

25、)(a b)(c d)(a c)(b d) 30 30 24 361.1112.706 ,故沒有90%勺把握認(rèn)為“性別”與“問卷的結(jié)果”有關(guān).(2)依題意，成績合格的男生抽取4人，成績合格的女生抽取5人，故X的可能取值為 0,2,3,4P(X 0)C51二P(X 1)C；126,941C5C420 P/X 2百送,P(X 2)32C5 c4-CC960126,P(X 3)等黑P(X 4)C5 c45C9126'120所以E(X) 01 212612660c40,520一3一4一一1261261269本題考查了獨立性檢驗以及數(shù)學(xué)期望,解題的關(guān)鍵是列出列聯(lián)表和分布列,屬于基礎(chǔ)題.2220.

26、已知橢圓C上 x2 1(a a2 b20)的上、下焦點分別為 E , F2,離心率為 34.5 3-.5， 在橢圓C上,55延長MF1交橢圓于N點.(1)求橢圓C的方程;(2)P, Q為橢圓上的點，記線段MN PQ勺中點分別為 A, B (A, B異于原點 Q,且直故X的分布列為:X01234P11262012660126401265126線AB過原點Q求4OPQ面積的最大值.22【答案】(1) _y_ 土 1； (2)最大值為394【解析】(1)利用待定系數(shù)法以及橢圓的離心率即可求解1(2)由(1)可知 F1(0, J5),可求 MFi ： y -x J5,與橢圓聯(lián)立，設(shè) P(x1,y1)，

27、11Q X2,y2，根據(jù)設(shè)而不求的思想求出kpQ kMN2,設(shè)直線PQ：y -x m,與橢圓方程聯(lián)立,由弦長公式以及點到直線的距離公式求出面積表達式,借助基本不等式即可求出【詳解】(1)依題意,9162215a 5bc1叵a ! a 32解得a3 9, b2 4,故橢圓C的方程為 91(2)由(1)可知，F(xiàn)1(0,通)，故直線MR : y -x 匹,2X14設(shè) P(X1,y1)，Q X2,y2 ,則 2X242小92V291,兩式相減得1(X1 X2)(X1 X2) (y1 y2)(y1 n2490,94，即 kPQ kOB因為PQ不過原點，所以(y y2) (y112(Xi X2) (Xi

28、X2)2 X 由7y同理：kMN kOA又因為直線 AB過原點Q所以kOBkOA ,所以kPQkMN、八 一1設(shè)直線PQ : y x m , 22匕19 得 5x2 2mx 2 m2 18 0，1-x m2由 ，得 Vic m M，由韋達定理得,x1x22m2m 18-，X1X255所以 | PQ |J1k2 |x1x2 |J(J2/(x1X2)24x1x2W10m2,|m|2一 .d| m |又因為o到直線pq的距離1 75，,J 4221 311s23m10mo所以 Svcpq | PQ| d一 | m | J10m- 3)2 552當(dāng)且僅當(dāng)m2 10 m2,即mJ5時等號成立，所以4OP

29、Q面積的最大值為3.【點睛】本題主要考查了橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程、直線與橢圓的位置關(guān)系以及弦長公式，考查了學(xué)生的計算能力，屬于中檔題.21.已知函數(shù) f x x alnx, x 1,e.(1)若a 2,求函數(shù)f x的最值；(2)討論函數(shù)g x xf x a 1的零點個數(shù).e2 1【答案】(1)最小值為2 21n 2 ,最大值為1； (2)當(dāng)a2或a e一1時，g x在e 1e2 11,e內(nèi)有1個零點；當(dāng)2 a e1時，g x在1,e內(nèi)無零點.e 1【解析】(1)求出導(dǎo)函數(shù)f x ,令f x 0,求出極值，再求出端點值即可求解.a 1.(2)由題意將問題轉(zhuǎn)化為函數(shù) h(x) x alnx 的零點個數(shù)，對

30、 h x求導(dǎo)，根據(jù)x導(dǎo)函數(shù)結(jié)合定義域分三種情況討論當(dāng)a e 1時；當(dāng)a 0時；當(dāng)0 a e 1時,分別求出函數(shù)的最值和單調(diào)區(qū)間，從而可判斷出函數(shù)零點的個數(shù)【詳解】2(1)若 a 2,則 f x x 2ln x, f (x) 1 一, x令f x 0 ,解得x 2;而 f 11 , f 22 21n2 , f e e 2,故函數(shù)f X的最小值為2 21n 2 ,最大值為1.(2)令 g(x) xf (x) a 1 x2 axln x a 1 0, a 1 因為 x 0,故 x a In x 0 ,x*a 1令h(x) x alnx ，故問題轉(zhuǎn)化為函數(shù) h x的零點個數(shù); x而 h (x)x (a

31、 1) (x 1)2，x當(dāng)a e 1時，即a 1 e,當(dāng)x (1,e)時，h x0,故h x在（1,e）上單調(diào)遞減,h(1) 2 a 0, h(e)a 111eaa(-1) e-,eee故當(dāng)h e0,即 a(l 1) e 1 0,a -1 時，h xeee0在1,e上恒成立,當(dāng)e 1 a e1時，h x在1,e內(nèi)無零點; e 1，11當(dāng) h e 0,即 a(， 1) e 0, ee即 a e時，h 0 h e 0,e 1由零點存在性定理可知，此時h x在1,e內(nèi)有零點,0, h x在（1,e）上單調(diào)遞增,因為函數(shù)h x在1,e內(nèi)單調(diào)遞減，此時h x在1,e內(nèi)有一個零點;當(dāng)a 0時，即a 1 1

32、,當(dāng)x (1,e)時，h x一c11h 12 a, h(e) a(- 1) e - 0,ee故當(dāng) h 12 a 0,即 a 2時，h 1 h e 0,由零點存在性定理，此時h x在1,e內(nèi)有零點，因為h x在1,e內(nèi)單調(diào)遞增，故僅有 1個零點；當(dāng)2 a 0 0時，h x min h 10,此時h x在1,e內(nèi)無零點;當(dāng)0 a e 1時，即1 a 1 e,當(dāng) x （1,a 1）時，h x 0,當(dāng) x (a 1,e)時，h x 0則函數(shù)h x在(1,a 1)上單調(diào)遞減，在(a 1,e)上單調(diào)遞增，故 hx h a 1 a 2 aln a 1 a 2 a 2,min)故h x 0,此時h x在1,e內(nèi)無零點；e2 1綜上所述，當(dāng)a 2或a e一1時，g x在1,e內(nèi)有1個零點;e 1te2 1 ,當(dāng)2 a 1時，g x在1,e內(nèi)無零點.e 1【點睛】本題考查了導(dǎo)