2023年12月7日发(作者：广州市高考文科数学试卷)

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试卷类型：A2022年普通高等学校招生全国统一考试数学本试卷共4页，22小题，满分150分.考试用时120分钟.注意事项：1．答卷前，考生务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上.用2B铅笔将试卷类型（A）填涂在答题卡相应位置上.将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”.2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上.3．非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效.4．考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，将试卷和答题卡一并交回.一、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.

若集合M{x∣x4},A.

x0x2【答案】D【解析】【分析】求出集合M,N后可求MN.N{x∣3x1}，则MN（

）B.

x1x23C.

x3x16D.

x1x163∣0x16},N{x∣x}，故MNx【详解】M{x故选：D131x16，32.

若i(1z)1，则zz（

）A.

2【答案】D【解析】【分析】利用复数的除法可求z，从而可求zz.B.

1C. 1D. 2【详解】由题设有1z故选：D1ii，故z1+i，故zz1i1i2，ii23.

在VABC中，点D在边AB上，BDA.

3m2n【答案】B【解析】，则2DA．记CAm，CDnCB（

）C.

3m2nB.

2m3nD.

2m3n【分析】根据几何条件以及平面向量的线性运算即可解出．【详解】因为点D在边AB上，BD2DA，所以BD2DA，即CDCB2CACD，所以CB3CD2CA3n2m2m3n．故选：B．4.

南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔148．5m时，相应水面的面积为140．5m时，相应水面的面积为180．0km2；水位为海拔157．0km2，将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔148．5m上升到157．5m时，增加的水量约为（72.65）（

）A.

1.0109m3【答案】C【解析】【分析】根据题意只要求出棱台的高，即可利用棱台的体积公式求出．【详解】依题意可知棱台的高为MN157.5148.59(m)，所以增加的水量即为棱台的体积V．棱台上底面积S140.0km2140106m2，下底面积S180.0km2180106m2，∴VB.

1.2109m3C.

1.4109m3D.

1.6109m311hSSSS9140106180106140180101233332060710696182.651071.4371091.4109(m3)．故选：C．5.

从2至8的7个整数中随机取2个不同的数，则这2个数互质的概率为（

）A.

16B.

13C.

12D.

23【答案】D【解析】【分析】由古典概型概率公式结合组合、列举法即可得解.【详解】从2至8的7个整数中随机取2个不同的数，共有C721种不同的取法，若两数不互质，不同的取法有：2,4,2,6,2,8,3,6,4,6,4,8,6,8，共7种，故所求概率P故选：D.22172.2136.

记函数f(x)sinx2b(0)的T，且yf(x)的图象关于点T最小正周期为．若433,2中心对称，则2A. 1【答案】A【解析】f（

）2B.

32C.

52D. 3【分析】由三角函数的图象与性质可求得参数，进而可得函数解析式，代入即可得解.【详解】由函数的最小正周期T满足222，解得23，T，得33又因为函数图象关于点33,2对称，所以k,kZ，且b2，242所以1255k,kZ，所以，f(x)sinx2，42632所以f5sin21.424故选：A7.

设a0.1e,bA.

abc【答案】C【解析】0.11，cln0.9，则（

）9B.

cbaC.

cabD.

acb【分析】构造函数f(x)ln(1x)x，

导数判断其单调性，由此确定a,b,c的大小.【详解】设f(x)ln(1x)x(x1)，因为f(x)1x1，1x1x当x(1,0)时，f(x)0，当x(0,)时f(x)0，所以函数f(x)ln(1x)x在(0,)单调递减，在(1,0)上单调递增，所以f()f(0)0，所以ln191011100，故lnln0.9，即bc，999911191911+0，故e10，所以e10，所以f()f(0)0，所以ln1故ab，2xx1e11设g(x)xeln(1x)(0x1)，则g(x)x+1ex,x1x1x令h(x)ex(x21)+1，h(x)ex(x22x1)，当0xx221时，h(x)0，函数h(x)e(x1)+1单调递减，当21x1时，h(x)0，函数h(x)ex(x21)+1单调递增，又h(0)0，所以当0x所以当0x21时，h(x)0，x21时，g(x)0，函数g(x)xeln(1x)单调递增，所以g(0.1)g(0)0，即0.1e0.1ln0.9，所以ac故选：C.8.

已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为36，且3l33，则该正四棱锥体积的取值范围是（

）81A.

18,4【答案】C【解析】2781B.

,442764,C.

43D.

[18,27]【分析】设正四棱锥的高为h，由球的截面性质列方程求出正四棱锥的底面边长与高的关系，由此确定正四棱锥体积的取值范围.【详解】∵

球的体积为36，所以球的半径R3,设正四棱锥的底面边长为2a，高为h，则l22a2h2，322a2(3h)2,所以6hl2，2a2l2h2112l4l214l622所以正四棱锥的体积VSh4ah(l)=l，33336693613l51324l2所以V4ll，9696当3l26时，V0，当26l33时，V0，所以当l26时，正四棱锥的体积V取最大值，最大值为64，32781，l33时，V,4427所以正四棱锥的体积V的最小值为，4又l3时，V所以该正四棱锥体积的取值范围是故选：C.2764，.43二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，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.

已知正方体ABCDA1B1C1D1，则（

）A.

直线BC1与DA1所成的角为90C.

直线BC1与平面BB1D1D所成的角为45【答案】ABD【解析】【分析】数形结合，依次对所给选项进行判断即可.【详解】如图，连接B1C、BC1，因为DA1//B1C，所以直线BC1与B1C所成的角即为直线BC1与DA1所成的角，因为四边形BB1C1C为正方形，则B1CBC1，故直线BC1与DA1所成的角为90，A正确；B.

直线BC1与CA1所成的角为90D.

直线BC1与平面ABCD所成的角为45连接AC1，因为A1B1平面BB1C1C，BC1平面BB1C1C，则A1B1BC1，因为B1CBC1，A1B1B1CB1，所以BC1平面A1B1C，平面A1B1C，所以BC1CA1，故B正确；又AC1连接A1C1，设A1C1B1D1O，连接BO，因为BB1平面A1B1C1D1，C1O平面A1B1C1D1，则C1OB1B，因为C1OB1D1，B1D1B1BB1，所以C1O平面BB1D1D，所以C1BO为直线BC1与平面BB1D1D所成的角，C1O12sinCBO，设正方体棱长为1，则C1O，BC12，1BC122所以，直线BC1与平面BB1D1D所成的角为30，故C错误；因为C1C平面ABCD，所以C1BC为直线BC1与平面ABCD所成的角，易得C1BC45，故D正确.故选：ABD10.

已知函数f(x)x3x1，则（

）A.

f(x)有两个极值点C.

点(0,1)是曲线yf(x)的对称中心【答案】AC【解析】【分析】利用极值点的定义可判断A，结合f(x)的单调性、极值可判断B，利用平移可判断C；利用导数的几何意义判断D.【详解】由题，fx3x1，令fx0得x2B.

f(x)有三个零点D.

直线y2x是曲线yf(x)的切线33或x，333令f(x)0得x33，33333所以f(x)在(,)上单调递减，在(,)，(,)上单调递增，3333所以x3是极值点，故A正确；3因f(323323)10，f()10，f250，39393fx,所以，函数在上有一个零点，3当x3330fx,+时，fxf，即函数在上无零点，333综上所述，函数f(x)有一个零点，故B错误；令h(x)x3x，该函数的定义域为R，hxxxx3xhx，则h(x)是奇函数，(0,0)是h(x)的对称中心，将h(x)的图象向上移动一个单位得到f(x)的图象，所以点(0,1)是曲线yf(x)的对称中心，故C正确；令fx3x12，可得x1，又f(1)f11，23当切点为(1,1)时，切线方程为y2x1，当切点为(1,1)时，切线方程为y2x3，故D错误.故选：AC.11.

已知O为坐标原点，点A(1,1)在抛物线C:x22py(p0)上，过点B(0,1)的直线交C于P，Q两点，则（

）A. C的准线为y1C.

OPOQ|OA【答案】BCD【解析】【分析】求出抛物线方程可判断A，联立AB与抛物线的方程求交点可判断B，利用距离公式及弦长公式可判断C、D.【详解】将点A的代入抛物线方程得12p，所以抛物线方程为x2y，故准线方程为y误；2B.

直线AB与C相切D.

|BP||BQ||BA|21，A错4kAB联立1(1)2，所以直线AB的方程为y2x1，10y2x1，可得x22x10，解得x1，故B正确；2xy设过B的直线为l，若直线l与y轴重合，则直线l与抛物线C只有一个交点，所以，直线l的斜率存在，设其方程为ykx1，P(x1,y1),Q(x2,y2)，联立ykx1，得x2kx10，2xyΔk2402所以x1x2k，所以k2或k2，y1y2(x1x2)1，xx112又|OP|x12y1222y1y12，|OQ|x2y22，y2y2所以|OP||OQ|y1y2(1y1)(1y2)kx1kx2|k|2|OA|2，故C正确；因为|BP|1k2|x1|，|BQ|1k2|x2|，所以|BP||BQ|(1k)|x1x2|1k5，而|BA|25，故D正确.故选：BCD2212.

已知函数f(x)及其导函数函数，则（

）A.

f(0)0【答案】BC【解析】3g(x)f(x)f，若2x，g(2x)均为偶f(x)的定义域均为R，记2B.

g102C.

f(1)f(4)D.

g(1)g(2)【分析】转化题设条件为函数的对称性，结合原函数与导函数图象的关系，根据函数的性质逐项判断即可得解.3f【详解】因为2x，g(2x)均为偶函数，2所以f332xf2x即2233fxfx，g(2x)g(2x)，22所以f3xfx，g(4x)g(x)，则f(1)f(4)，故C正确；函数f(x)，g(x)的图象分别关于直线x3,x2对称，2又g(x)f(x)，且函数f(x)可导，所以g30,g3xgx，2所以g(4x)g(x)g3x，所以g(x2)g(x1)gx，所以g13g0，g1g1g2，故B正确，D错误；22若函数f(x)满足题设条件，则函数f(x)C（C为常数）也满足题设条件，所以无法确定f(x)的函数值，故A错误.故选：BC.【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是转化题干条件为抽象函数的性质，准确把握原函数与导函数图象间的关系，准确把握函数的性质（必要时结合图象）即可得解.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.

1y826．(xy)的展开式中xy的系数为________________（用数字作答）x【答案】-28【解析】【分析】1y8y88xyxyxy可化为，结合二项式展开式的通项公式求解.xxyy8881xy=xyxy【详解】因为，xx所以1y8y53562626xyCxyC8xy28x2y6，的展开式中含的项为xy8xxy81xy的展开式中x2y6的系数为-28x故答案为：-2814.

写出与圆x2y21和(x3)2(y4)216都相切的一条直线的方程________________．【答案】y【解析】35725x或yx或x1242444【分析】先判断两圆位置关系，分情况讨论即可.【详解】圆x2y21的圆心为O0,0，半径为1，圆(x3)2(y4)216的圆心O1为(3,4)，半径为4，两圆圆心距为32425，等于两圆半径之和，故两圆外切，如图，当切线为l时，因为kOO1433，所以kl，设方程为yxt(t0)4431355，所以l的方程为yx，444O到l的距离d|t|9116，解得t当切线为m时，设直线方程为kxyp0，其中p0，k0，p71k7251k224x由题意，解得，y24243k4p4p251k224当切线为n时，易知切线方程为x1，故答案为：y35725x或yx或x1.24244415.

若曲线y(xa)ex有两条过坐标原点的切线，则a的取值范围是________________．【答案】,40,【解析】【分析】设出切点横坐标x0，利用导数的几何意义求得切线方程，根据切线经过原点得到关于x0的方程，根据此方程应有两个不同的实数根，求得a的取值范围.【详解】∵y(xa)e，∴y(x1a)ex，设切点为x0,y0,则y0x0ae0,切线斜率kx01ae0,xxx切线方程为：yx0aex0x01aex0xx0,x0∵切线过原点，∴x0ae整理得：x0ax0a0,2x01aex0x0,∵切线有两条，∴a24a0,解得a<-4或a0,∴a的取值范围是,40,,故答案为：,40,x2y2116.

已知椭圆C:221(ab0)，C的上顶点为A，两个焦点为F1，F2，离心率为2．过F1且垂ab直于AF2的直线与C交于D，E两点，|DE|6，则VADE的周长是________________．【答案】13【解析】x2y2【分析】利用离心率得到椭圆的方程为221，即3x24y212c20，根据离心率得到直线4c3cAF2的斜率，进而利用直线的垂直关系得到直线DE的斜率，写出直线DE的方程：x3yc，代入椭圆方程3x24y212c20，整理化简得到：13y263cy9c20，利用弦长公式求得c13，得813，根据对称性将VADE的周长转化为△F2DE的周长，利用椭圆的定义得到周长为4a13.4c1【详解】∵椭圆的离心率为e，∴a2c，∴b2a2c23c2，∴椭圆的方程为a2a2cx2y221，即3x24y212c20，不妨设左焦点为F1，右焦点为F2，如图所示，∵24c3cAF2a，OF2c，a2c，∴AF2O3，∴△AF1F2为正三角形，∵过F1且垂直于AF2的直线与C交于D，E两点，DE为线段AF2的垂直平分线，∴直线DE的斜率为的方程：x3，斜率倒数为3， 直线DE33yc，代入椭圆方程3x24y212c20，整理化简得到：13y263cy9c20，判别式63c∴DE1∴

c24139c26216c2，23y1y22Δc2646，13131313， 得a2c，

84∵DE为线段AF2的垂直平分线，根据对称性，ADDF2，AEEF2，∴VADE的周长等于△F2DE的周长，利用椭圆的定义得到△F2DE周长为DF2EF2DEDF2EF2DF1EF1DF1DF2EF1EF22a2a4a13.故答案为：13.

四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．Sn1Sa1,a17.

记n为数列n的前n项和，已知1是公差为的等差数列．3an（1）求an的通项公式；1112．（2）证明：a1a2an【答案】（1）annn12 （2）见解析【解析】【分析】（1）利用等差数列的通项公式求得Sn1n2n2an，利用和与项的关1n1，得到Snan333ann1n2ann1an1系得到当n2时，anSnSn1,进而得：，利用累乘法求得33an1n1annn1nn1，检验对于n1也成立，得到an的通项公式an；22111121，进而证得.a1a2ann1（2）由（1）的结论，利用裂项求和法得到【小问1详解】∵a11，∴S1a11,∴S11,a1又∵Sn1是公差为的等差数列，3anSn1n2n2an,1n1∴,∴Snan333∴当n2时，Sn1∴anSnSn1n1an1，333n2ann1an1,整理得：n1ann1an1,即ann1,an1n1aaa2a3n1na1a2an2an1∴ana134nn1nn1，112n2n12显然对于n1也成立，∴an的通项公式an【小问2详解】12112,

annn1nn1nn1；211111111121212∴a1a2annn1n122318.

记VABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知（1）若CcosAsin2B．1sinA1cos2B2，求B；3a2b2（2）求的最小值．c2【答案】（1）π；

6（2）425．【解析】【分析】（1）根据二倍角公式以及两角差的余弦公式可将cosAsin2B化成1sinA1cos2BcosABsinB，再结合0Bπ，即可求出；2ππa2b2（2）由（1）知，CB，A2B，再利用正弦定理以及二倍角公式将化成222c4cos2B25，然后利用基本不等式即可解出．2cosB【小问1详解】因为cosAsin2B2sinBcosBsinB，即21sinA1cos2B2cosBcosBsinBcosAcosBsinAsinBcosABcosC而0B1，2ππ，所以B；62【小问2详解】由（1）知，sinBcosC0，所以ππCπ,0B，22而sinBcosCsinCπ，2所以CππB，即有A2B．22a2b2sin2Asin2Bcos22B1cos2B所以22csinCcos2B2cos2B11cos2Bcos2B224cos2B25285425．2cosBa2b22当且仅当cosB时取等号，所以的最小值为425．2c219.

如图，直三棱柱ABCA1B1C1的体积为4，VA1BC的面积为22．（1）求A到平面A1BC的距离；（2）设D为AC1的中点，AA1AB，平面A1BC平面ABB1A1，求二面角ABDC的正弦值．【答案】（1）2

（2）32【解析】【分析】（1）由等体积法运算即可得解；（2）由面面垂直的性质及判定可得BC平面ABB1A1，建立空间直角坐标系，利用空间向量法即可得解.【小问1详解】在直三棱柱ABCA1B1C1中，设点A到平面A1BC的距离为h，则VAABC1122114SVA1BChhVA1ABCSVABCA1AVABCA1B1C1，33333解得h2，所以点A到平面A1BC的距离为2；【小问2详解】取A1B的中点E,连接AE,如图，因为AA1AB，所以AEA1B,又平面A1BC平面ABB1A1，平面A1BC平面ABB1A1A1B，且AE平面ABB1A1，所以AE⊥平面A1BC，在直三棱柱ABCA1B1C1中，BB1平面ABC，由BC平面A1BC，BC平面ABC可得AEBC，BB1BC，又AE,BB1平面ABB1A1且相交，所以BC平面ABB1A1，所以BC,BA,BB1两两垂直，以B为原点，建立空间直角坐标系，如图，由（1）得AE2，所以AA1AB2，A1B22，所以BC2，则A0,2,0,A10,2,2,B0,0,0,C2,0,0,所以AC1的中点D1,1,1，则BD1,1,1，BA0,2,0,BC2,0,0,mBDxyz0设平面ABD的一个法向量mx,y,z，则，mBA2y0可取m1,0,1，mBDabc0设平面BDC的一个法向量na,b,c，则，mBC2a0r可取n0,1,1，mn11cosm,n则，222mn31.所以二面角ABDC的正弦值为122220.

一医疗团队为研究某地的一种地方性疾病与当地居民的卫生习惯（卫生习惯分为良好和不够良好两类）的关系，在已患该疾病的病例中随机调查了100例（称为病例组），同时在未患该疾病的人群中随机调查了100人（称为对照组），得到如下数据：不够良好病例组对照组4010良好6090（1）能否有99%的把握认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异？（2）从该地的人群中任选一人，A表示事件“选到的人卫生习惯不够良好”，B表示事件“选到的人患有该疾病”．为R．（ⅰ）证明：RP(B|A)P(B|A)与的比值是卫生习惯不够良好对患该疾病风险程度的一项度量指标，记该指标P(B|A)P(B|A)P(A|B)P(A|B)；P(A|B)P(A|B)（ⅱ）利用该调查数据，给出P(A|B),P(A|B)的估计值，并利用（ⅰ）的结果给出R的估计值．n(adbc)2附K，(ab)(cd)(ac)(bd)2PK2kk0.0503.8410.0106.6350.00110.828【答案】（1）答案见解析

（2）（i）证明见解析；(ii)R6；【解析】【分析】(1)由所给数据结合公式求出K2的值，将其与临界值比较大小，由此确定是否有99%的把握认为患该疾病群体与未黄该疾病群体的卫生习惯有差异；(2)(i)

根据定义结合条件概率公式即可完成证明；(ii)根据（i）结合已知数据求R.【小问1详解】n(adbc)2200(40906010)2=24，由已知K(ab)(cd)(ac)(bd)501501001002又P(K26.635)=0.01，246.635，所以有99%的把握认为患该疾病群体与未患该疾病群体的卫生习惯有差异.【小问2详解】(i)因为RP(B|A)P(B|A)P(AB)P(A)P(AB)P(A)=，P(B|A)P(B|A)P(A)P(AB)P(A)P(AB)所以RP(AB)P(B)P(AB)P(B)P(B)P(AB)P(B)P(AB)P(A|B)P(A|B)，P(A|B)P(A|B)所以R(ii)

4010，P(A|B)，1001006090又P(A|B)，P(A|B)，100100由已知P(A|B)所以RP(A|B)P(A|B)=6P(A|B)P(A|B)22xy21.

已知点A(2,1)在双曲线C:221(a1)上，直线l交C于P，Q两点，直线AP,AQ的斜率aa1之和为0．（1）求l的斜率；（2）若tanPAQ22，求△PAQ的面积．【答案】（1）1；

（2）162．9【解析】【分析】（1）由点A(2,1)在双曲线上可求出a，易知直线l的斜率存在，设l:ykxm，Px1,y1,Qx2,y2，再根据kAPkAQ0，即可解出l的斜率；（2）根据直线AP,AQ的斜率之和为0可知直线AP,AQ的倾斜角互补，再根据tanPAQ22即可求出直线AP,AQ的斜率，再分别联立直线AP,AQ与双曲线方程求出点P,Q的坐标，即可得到直线PQ的方程以及PQ的长，由点到直线的距离公式求出点A到直线PQ的距离，即可得出△PAQ的面积．【小问1详解】2241xy1，解得a22，即双曲线因为点A(2,1)在双曲线C:221(a1)上，所以22aa1aa1x2C:y212易知直线l的斜率存在，设l:ykxm，Px1,y1,Qx2,y2，ykxm22212kx4mkx2m20，联立x2可得，2y124mk2m22222222Δ16mk42m22k10m12k0所以，x1x22，,x1x222k12k1且k2．2所以由kAPkAQ0可得，y21y110，x22x12即x12kx2m1x22kx1m10，即2kx1x2m12kx1x24m10，2m224mkm12k所以2k24m10，22k12k1化简得，8k4k44mk10，即k12k1m0，2所以k1或m12k，当m12k时，直线l:ykxmkx21过点A2,1，与题意不符，舍去，故k1．【小问2详解】不妨设直线PA,AQ的倾斜角为,由（1）知，x1x22m20，当P,Q均在双曲线左支时，PAQ2，所以tan222，即2tan2tan20，解得tan2，因为kAPkAQ0，所以π，22（负值舍去）2此时PA与双曲线的渐近线平行，与双曲线左支无交点，舍去；当P,Q均在双曲线右支时，因为tanPAQ22，所以tan22，即tan222，即2tan2tan20，解得tan于是，直线PA:y，2（负值舍去）2x21，直线AQ:y2x21，y2x2132联立x2可得，x222y12因为方程有一个根为2，所以xP24x10420，1042y425，P，33同理可得，xQ1042y425，Q．33所以PQ:xy5160，PQ，3321d253点A到直线PQ的距离22，3故△PAQ的面积为11622162．233922.

已知函数f(x)exax和g(x)axlnx有相同的最小值．（1）求a；（2）证明：存在直线yb，其与两条曲线yf(x)和yg(x)共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．【答案】（1）a1

（2）见解析【解析】【分析】（1）根据导数可得函数的单调性，从而可得相应的最小值，根据最小值相等可求a.注意分类讨论.（2）根据（1）可得当b1时，exxb的解的个数、xlnxb的解的个数均为2，构建新函数h(x)exlnx2x，利用导数可得该函数只有一个零点且可得fx,gx的大小关系，根据存在直线yb与曲线yfx、ygx有三个不同的交点可得b的取值，再根据两类方程的根的关系可证明三根成等差数列.【小问1详解】f(x)exax的定义域为R，而f(x)exa，若a0，则f(x)0，此时f(x)无最小值，故a0.g(x)axlnx的定义域为0,，而g(x)a1ax1.xx当xlna时，f(x)0，故f(x)在,lna上为减函数，当xlna时，f(x)0，故f(x)在lna,上为增函数，故f(x)minflnaaalna.当0x11时，g(x)0，故g(x)在0,上为减函数，aa当x11时，g(x)0，故g(x)在,上为增函数，aa11g(x)g1ln.故minaa因为f(x)exax和g(x)axlnx有相同的最小值，故1ln1a1aalna，整理得到lna，其中a0，a1a21a21a10，lna,a0，则ga设ga22aa1a1a1a故ga为0,上的减函数，而g10，故ga0的唯一解为a1，故综上，a1.【小问2详解】由（1）可得f(x)exx和g(x)xlnx的最小值为1ln11ln1.当b1时，考虑exxb的解的个数、xlnxb的解的个数.设Sxexb，Sxe1，xx1alna的解为a1.1a11当x0时，Sx0，当x0时，Sx0，故Sx在,0上为减函数，在0,上为增函数，所以SxminS01b0，而Sbebb0，Sbeb2b，b设ube2b，其中b1，则ube20，故ub在1,上为增函数，故ubu1e20，故Sb0，故Sxexb有两个不同的零点，即exxb的解的个数为2.x设Txxlnxb，Txx1，x当0x1时，Tx0，当x1时，Tx0，故Tx在0,1上为减函数，在1,上为增函数，所以TxminT11b0，而Teebb0，Tebeb2b0，Txxlnxb有两个不同的零点即xlnxb的解的个数为2.当b1，由（1）讨论可得xlnxb、exxb仅有一个解，当b1时，由（1）讨论可得xlnxb、exxb均无根，故若存在直线yb与曲线yfx、ygx有三个不同的交点，则b1.设h(x)exlnx2x，其中x0，故h(x)e设sxex1，x0，则sxe10，xx12，xx故sx在0,上为增函数，故s所以h(x)xxs00即exx1，11210，所以h(x)在0,上为增函数，x11223而h(1)e20，h(3)ee33e330，eee故hx在0,上有且只有一个零点x0，1x01且：3e当0xx0时，hx0即exxxlnx即fxgx，当xx0时，hx0即exxxlnx即fxgx，因此若存在直线yb与曲线yfx、ygx有三个不同的交点，故bfx0gx01，此时exxb有两个不同的根x1,x0(x10x0)，此时xlnxb有两个不同的根x0,x4(0x01x4)，xx故e1x1b，e0x0b，x4lnx4b0，x0lnx0b0xb所以x4blnx4即e4x4即ex4bx4bb0，故x4b为方程exxb的解，同理x0b也为方程exxb的解又e1x1b可化为e1x1b即x1lnx1b0即x1blnx1bb0，xx故x1b为方程xlnxb的解，同理x0b也为方程xlnxb的解，所以x1,x0x0b,x4b，而b1，故x0x4b即x1x42x0.xxb01【点睛】思路点睛：函数的最值问题，往往需要利用导数讨论函数的单调性，此时注意对参数的分类讨论，而不同方程的根的性质，注意利用方程的特征找到两类根之间的关系.


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