绝密★启用前
天津市南开中学2023届高三五次 月考数
学试卷
注意事项:
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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。回答非选择题时，将答
案写在答题卡上，写在试卷上无效。
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。
第 I卷（选择题）
一、单选题（本大题共 9小题，共 45.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题
目的一项）
1. 集合 = {1,2,3,4,5,6}， = {1,4,5 }， = {2,3,4}，则 ∩ ( )等于 ．( )
A. {1,4,5,6} B. {1,5} C. {4} D. {1,2,3,4,5}
2. 设 ∈ ，则“
2
| 1| <1”是“ < 4”的 ( )
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
3. 函数 ( ) = ( + 1)ln(| 1|)的大致图象是 ( )
A. B.
C. D.
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4. 某市为了解全市环境治理情况，对本市的200家中小型企业的污染情况进行了
摸排，并把污染情况各类指标的得分综合折算成标准分100分，统计并制成如图所
示的直方图，则标准分不低于70分的企业数为( )
A. 30 B. 60 C. 70 D. 130
1 1
5. 已知2 = 3 = 且 + = 2，则 等于 ( )
A. √6 B. 6 C. 12 D. 36
1
6. 已知 = log1 2， = ln3， = 0.5
2，则 ( )
3
A. > > B. > > C. > > D. > >
7. “迪拜世博会”于2021年10月1日至2022年3月31日在迪拜举行，中国馆建筑
名为“华夏之光”，外观取型中国传统灯笼，寓意希望和光明.它的形状可视为内
外两个同轴圆柱，某爱好者制作了一个中国馆的实心模型，已知模型内层底面直
径为12 ，外层底面直径为16 ，且内外层圆柱的底面圆周都在一个直径为
20 的球面上.此模型的体积为( )
A. 304 3 B. 840 3 C. 912 3 D. 984 3
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※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※
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2 2
8. 如图， 1、 2是双曲线 ： 2 2 = 1( > 0, > 0)的左、右焦点，过 2的直
线与双曲线 交于 、 两点．若｜ ｜：｜ 1｜：｜ 1｜ = 3：4：5，则双曲
线的渐近线方程为 ( )
A. = ± 2√3 B. = ± 2√2 C. = ±√3 D. = ±√2
9. 1 √3已知函数 ( ) = sin2 + cos2 ，( > 0)，且 ( )的最小正周期为 ，
2 2
7
给出下列结论：①函数 ( )在区间( , )单调递减；②函数 ( )关于直线 =
2 12 12
对称；③把函数 = sin2 的图象上所有点向左平移 个单位长度，可得到函数 =3
( )的图象.其中所有正确结论的序号是 ( )
A. ①② B. ①③ C. ②③ D. ①②③
第 II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共 6小题，共 30.0分）
10. 设复数 满足(1 + 2 ) = 3 4 ( 为虚数单位)，则| |的值为______．
2
11. 在(√ )5的二项展开式中， 2的系数为 . (用数字作答)
12. 若 (2,1)是圆( 1)2 + 2 = 25的弦 的中点，则直线 的方程为
______________．
13. 教育部决定自2020年起，在部分高校开展基础学科招生改革试点(也称强基
计划).强基计划主要选拔培养有志于服务国家重大战略需求且综合素质优秀成基础
学科拔尖的学生，强基计划的校考由试点高校自主命题．已知甲、乙两所大学的
笔试环节都设有三门考试科目，且每门科目是否通过相互独立．若某考生报考甲
1 2 1
大学，每门科目通过的概率分别为 , , 该考生报考乙大学，每门科目通过的概率
3 3 2
1
均为 ，设 为件“该考生报考乙大学在笔试环节至少通过二门科目”，事件 发
2
生的概率为 ，设 为该考生通过甲大学的笔试环节科目数，随机变量 的数
学期望为 ．
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4 4
14. 若 , ∈ ， > 0，则4 + +4的最小值为___________．
12 , > 1
15. 已知函数 ( )是偶函数，当 > 0时， ( ) = { 2 ，关于 的方程
, 0 < ≤ 1
2( ) + ( ) 2 = 0有且仅有6个不同的实根，则实数 的范围是 ．
三、解答题（本大题共 5小题，共 60.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演
算步骤）
16. (本小题12.0分)
在△ 中，角 ， ， 所对的边分别为 ， ， .已知sin = √3sin , =
150°，△ 的面积为√3．
(Ⅰ)求 的值：
(Ⅱ)求sin 的值：
(Ⅲ)求sin (2 + )的值．
6
17. (本小题12.0分)
如图，在四棱锥 ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD⊥AB，AB//DC，AD = DC =
AP = 2，AB = 1，点 为棱PC的中点．
(1)证明：BE ⊥ DC；
(2)求直线BE与平面PBD所成角的正弦值；
(3)若 为棱PC上一点，满足BF⊥AC，求平面FAB与平面 所成角的余弦值．
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18. (本小题12.0分)
2 2
已知椭圆 2 + 2 = 1( > > 0)的左、右焦点分别为 1， 2， 为上顶点，
√2
| 2| = √2，原点 到直线 2的距离为 ． 2
(1)求椭圆的方程；
(2)设斜率不为0的直线 过点 2，与椭圆交于 ， 两点，若椭圆上一点 满足
2√6 = ，求直线 的方程．
3
19. (本小题12.0分)
已知数列{ }是公比 > 1的等比数列，前三项和为13，且 1， 2 + 2， 3恰好分
别是等差数列{ }的第一项，第三项，第五项．
(1)求{ }和{ }的通项公式；
1
, = 2 1(2)已知 ∈ ，数列{ }满足 = { +2 ，求数列{ }的前2 项和
, = 2
2 ；
(8 10) 1
(3)设 = ，求数列{ }的前 项和 ． (2 +1)(2 +2+1)
20. (本小题12.0分)
已知 ( ) = 2 4 6ln ，
(1)求 ( )在(1, (1))处的切线方程以及 ( )的单调性；
1
(2)对 ∈ (1,+∞)，有 ′( ) ( ) > 2 + 6 (1 ) 12恒成立，求 的最大
整数解；
(3)令 ( ) = ( ) + 4 ( 6)ln ，若 ( )有两个零点分别为 1， 2( 1 < 2)
且 0为 ( )的唯一的极值点，求证： 1 + 3 2 > 4 0．
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答案和解析
1.【答案】
【解析】
【分析】
本题考查了求集合的补集与交集的运算问题，属于基础题．
首先求出 的补集，然后与 进行交集计算．
【解答】
解：因为集合 = {1,2,3,4,5,6}， = {1,4,5 }， = {2,3,4}，所以 = {1, 5, 6}，
所以 ∩ ( ) = {1, 5}．
故选： ．
2.【答案】
【解析】
【分析】先求出命题所对应的集合，判断集合之间的包含关系，可知答案．
本题考查解不等式，简易逻辑，属于基础题．
【解答】
解：| 1| < 1 0 < < 2，
2 < 4 2 < < 2，
∵ (0,2) ( 2,2)，
∴“| 1| < 1”是“ 2 < 4”的充分不必要条件，
故选： ．
3.【答案】
【解析】
【分析】
本题考查由函数的解析式选图象，可以用排除法，属于基础题．
利用排除法进行求解即可．
【解答】
解：∵ ( ) = ( + 1)ln(| 1|)，
1 1 3
∴ ( ) = > 0，故排除 ， ，
2 2 2
当 → +∞, ( ) > 0，排除 ，
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故选 B．
4.【答案】
【解析】
【分析】根据频率分布直方图得到标准分不低于70分的企业数为频率，进而得到企业
数．
解：根据频率分布直方图，标准分不低于70分的企业数为频率为(0.01 + 0.02 +
0.04) × 5 = 0.35，标准分不低于70分的企业数为为0.35 × 200 = 70(家)．
故选：
5.【答案】
【解析】
【分析】
本题考查对数与对数运算，属于基础题．
利用指数式与对数式的互化，得出 = log2 ， = log5 ，利用对数的的运算性质化
1 1
简 + ，即可求出结果．
【解答】
解：因为 2 = 3 = ，且 > 0，
所以 = log2 ， = log3 ，
1 1 1 1
则 + = + = log 2 + log 3 = log 6 = 2 log log ， 2 3
因此 2 = 6，
所以 = √6．
故选 A．
6.【答案】
【解析】
【分析】根据对数函数的单调性判断即可．
1 1 1 1 4 1 1 1 1 1
解：∵ = 0.52 = ， = log1 = log1 ( ) = log1 > log1 = ，∴ >
4 2 4 2 4 16 4 3 43 3 3 3
1 1
∵ = log1 < log1 = 1
2 3 ， = ln3 > lne = 1，∴ >
3 3
综上， > > ．
故选： ．
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7.【答案】
【解析】
【分析】
本题考查了简单组合体及其结构特征和圆柱、圆锥、圆台的侧面积、表面积和体积，
属于基础题．
利用圆柱的外接结构特征得内、外层圆柱的高，再利用圆柱的体积，计算得结论．
【解答】
解：作该几何体的轴截图如下：
圆 是直径为20 的球的轴截图，
矩形 是内层圆柱的轴截图， 2是其上底面圆心，
矩形 是外层圆柱的轴截图， 1是其上底面圆心，
则 = = 10 ， 2 = 6 ， 1 = 8 ，
因此在 △ 1中， 1 = √ 2
2
1 = √100 64 = 6 ，
在 △ 2中， 2 = √ 2
2
2 = √100 36 = 8 ，
所以 1 2 = 2 1 = 2 ，
因此该几何体外层圆柱的高为2 1 = 12 ，
所以该几何体的体积为 · 21 · 2
2
1 + 2 · 2 · 1 2
= (64 × 12 + 2 × 36 × 2) = 912 3．
8.【答案】
【解析】
【分析】
本题考查双曲线的性质及几何意义，余弦定理，属于中档题．
设| 2| = , | | = 3 ，由双曲线的定义的得| 1| | 2| = | 2| | 1| = 2 ，列
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式求得 = 3 , = ,由题意可判断三角形 1为以 为直角的直角三角形，利用余弦
定理分别求出 ， ，即可求解．
【解答】
解：设| 2| = , | | = 3 ，则| 1| = 4 , | 1| = 5 ，
由双曲线的定义的得| 1| | 2| = | 2| | 1| = 2 ，
即5 = (3 + ) 4 = 2 ,得 = 3 , = ,
因为｜ ｜：｜ 1｜：｜ 1｜ = 3：4：5，
所以三角形 1为以 为直角的直角三角形，
| | 3 3
则 ∠ 1 = = , ∠ 2 1 = ， | 1| 5 5
在三角形 2 1中，
| 1 |
2
2 = | |
2
1 + | |
2
2 2| 1|| 2|cos∠ 2 1
3
= 25 2 + 9 2 2 × 15 2 × ( ) = 52 2，
5
可得| 1 2| = 2√13 , = √13 , = √ 2 2 = 2√3 ，
则双曲线的渐近线方程为 = ± 2√3 .
故选 A．
9.【答案】
【解析】略
10.【答案】√5
3 4
【解析】解：由(1 + 2 ) = 3 4 ，得 = ，
1+2
3 4 |3 4 | 5
∴ | | = | | = = = √5．
1+2 |1+2 | √5
故答案为：√5．
把已知等式变形，利用商的模等于模的商求解．
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本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数模的求法，是基础题．
11.【答案】 80
【解析】
【分析】
本题考查二项式定理的应用，属于基础题．
写出通项公式，根据题意求出 ，代入即可．
【解答】
2 1
解：(√ )5的二项展开式的通项公式为
+1 =
(5 )5 2 ( 2)
，
1
由 (5 ) = 2得，3 = 9， = 3，
2
所以 2的系数为 35 ( 2)
3 = 80，
故答案为： 80．
12.【答案】 + 3 = 0
【解析】
【分析】
本题考查直线和圆相交的性质、线段的中垂线的性质及用点斜式求直线的方程，属于
简单题．
求出圆心 的坐标，得到 的斜率，利用中垂线的性质求得直线 的斜率，点斜式写
出 的方程，并化为一般式．
【解答】
0 1
解：圆( 1)2 + 2 = 25的圆心 (1,0)，点 (2,1)为弦 的中点， 的斜率为 =
1 2
1，
由圆的性质知 ⊥ ，
∴直线 的斜率为 1，点斜式写出直线 的方程 1 = 1 × ( 2)，即 +
3 = 0．
故答案为 + 3 = 0．
1
13.【答案】
2
3
2
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【解析】
【分析】
本题考查离散型随机变量分布列，以及期望的求法，属于基础题．
(1)先分析出事件 包含该考生报考乙大学在笔试环节通过二门科目和通过三门科目，
利用独立重复试验的概率公式求概率；
(2)分析出 的值可能为0，1，2，3，分别利用独立重复试验的概率公式求概率，再求
期望即可．
【解答】
解：(1)事件 ：该考生报考乙大学在笔试环节通过二门科目和通过三门科目，
所以 ( ) = 2
1 1
( )2 + 3
1 1
3 3 ( )
3 = ．
2 2 2 2
(2)由题意可得， 的值可能为0，1，2，3．
2 1 1 1
( = 0) = × × = ；
3 3 2 9
1 1 1 2 2 1 2 1 1 7
( = 1) = × × + × × + × × = ；
3 3 2 3 3 2 3 3 2 18
1 2 1 1 1 1 2 2 1 7
( = 2) = × × + × × + × × = ；
3 3 2 3 3 2 3 3 2 18
1 2 1 1
( = 3) = × × = ．
3 3 2 9
1 7 7 1 3
即随机变量 的数学期望为： ( ) = 0 × + 1 × + 2 × + 3 × = ．
9 18 18 9 2
1 3
故答案为 ； ．
2 2
14.【答案】8
【解析】
4 4 3 3
【分析】4 + +4 4 4= + + ，然后利用基本不等式求解即可．
解：因为 > 0，
4 4 3 3
所以4 + +4 4
3 4 4 3 4 4 4
= + + ≥ 2√ + = 4 + ≥ 2√4 = 8，
3
当且仅当4
3 4
= ，4 = 即 2
√2
= , 2 = 2时等号成立，
√
2
故答案为：8
1
15.【答案】(0, )
2
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【解析】
【分析】
本题考查函数的零点，解题中注意数形结合思想，转化思想的应用，属于较难题．
根据题意作出 ( )的图象，令 = ( )，则方程为 2 + 2 = 0，若方程 2( ) +
( ) 2 = 0有且仅有6个不同的实根，则方程 2 + 2 = 0有两个实数根，即可
得出答案．
【解答】
解：根据题意作出 ( )的图象，
令 = ( )，则方程为 2 + 2 = 0，
若方程 2( ) + ( ) 2 = 0有且仅有6个不同的实根，
则方程 2 + 2 = 0有两个实数根，
1
所以其中一个根为0，且另一根在区间( , 0)，
2
1 1
或者一根在区间( , 0)，另一根在区间( ∞, )，因为02 + × 0 2 0，故此种
2 2
情况不成立，
02 + × 0 2 = 0
1
< < 0
2 2 1
所以 2 2 ，解得0 < < ，
△= 4( ) > 0 2
1 1
{
2 > 0
4 2
1
所以 的取值范围(0, ).
2
1
故答案为：(0, ).
2
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16.【答案】解：( ) ∵ sin = √3sin ，∴由正弦定理得 = √3 ，
1
又△ 的面积为√3，∴ sin150 = √3，解得 = 2 2
∴ = 2√3．
(Ⅱ)由余弦定理有 2 = 2 + 2 2 cos150 ，
∴ = 2√7．
2√3sin150 √21
由正弦定理 = , sin = = ．
sin sin 2√7 14
(Ⅲ)由( )得 5√7Ⅱ cos = ，
14
5√3
∴ sin2 = 2sin cos = ，
14
11
cos2 = 2cos2 1 = ，
14
13
∴ sin(2 + ) = sin2 cos + cos2 sin = ．
6 6 6 14
【解析】本题主要考查正弦定理和余弦定理，两角和差的三角公式，属于中档题．
(Ⅰ)由题意利用正弦定理和三角形面积公式，可得 的值．
( )由题意利用正弦定理和余弦定理，求得 的值．
( )先求得 的余弦值，可得2 的正弦值和余弦值，再利用两角和的正弦公式求得
sin(2 + )的值．
6
17.【答案】解：依题意，以点 为原点建立空间直角坐标系，AB，AD，AP为 ， ，
轴建立空间直角坐标系(如图)，
可得 (1,0,0)， (2,2,0)， (0,2,0)， (0,0,2)，
由点 为棱 的中点，得 (1,1,1)．
(1)向量 = (0,1,1)， = (2,0,0)，
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故 = 0，∴ ⊥ ．
(2)向量 = ( 1,2,0), = (1,0, 2)，
+ 2 = 0
设 = ( , , )为平面 的法向量，则{ = 0，即{ ，
= 0 2 = 0
不妨令 = 1，可得 = (2,1,1)为平面 的一个法向量．
· 2 √3
于是有cos , = = = ，
| |×| | √6×√2 3
∴ √3直线 与平面 所成角的正弦值为 ．
3
(3) = ( 2, 2,2), = (2,2,0), = (1,0,0)，
由点 在棱 上，故 = + = + = (1 2 , 2 2 , 2 )，
3 1 1 3
由 ⊥ ，得2(1 2 ) + 2(2 2 ) = 0，解得 = ，即 = ( , , )．
4 2 2 2
设 1 = ( , , )为平面 的一个法向量，
= 0 = 0
则{ 1 ，即{ 1 1 3 ，
= 0 + + = 01 2 2 2
不妨令 = 1，可得 1 = (0, 3,1)为平面 的一个法向量．
取平面 的法向量 2 = (0,1,0)，
1 2 3 3√10则cos 1 , 2 = = = ． | 1 | | 2 | √10 10
易知平面FAB与平面 所成角是锐角，∴其余弦值为3√10．
10
【解析】本题主要考查异面直线垂直的证明，线面角的相关计算，面面角的计算，空
间向量及其应用等知识，属于中等题．
(1)可以建立空间直角坐标系，利用向量数量积来证明 ⊥ ；
(2)向量法：先求平面 的法向量 ，然后利用公式| | = |cos , | =
| |，求直线 与平面 所成角的正弦值；
| | | |
(3)向量法：先求平面 和平面 的法向量 1 , 2 ，再利用公式cos 1 , 2 =
1 2 来求平面FAB与平面 所成角的余弦值．
| 1 | | 2 |
18.【答案】解：(1)由题意得 2( , 0)， (0, )，
因为| 2| = √2，所以
2 + 2 = 2 = 2，
由原点 到直线 2： + = 0的距离为
√2，
2
可得 √2= ，解得 = = 1，
2
2
所以椭圆的方程为 + 2 = 1．
2
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※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※
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(2)因为直线 的斜率不为0，且过点 2(1,0)，
所以设直线 的方程为 = + 1，设点 ( 1, 1)， ( 2, 2)，
2 + 2 2 2 = 0
联立方程{ ，得( 2 + 2) 2 + 2 1 = 0，
= + 1
2 1
则 1 + 2 = ， = ， 2+2 1 2 2+2
因为 2√6 =
√6 √6
，所以 ( ( 2 1), ( 2 1))， 3 4 4
3
将点 的坐标代入椭圆方程得 ( )2
3
2 1 + 2 × ( 2 1)
2 2 = 0，
8 8
而 2 + 2 2 2 = 0, 2 + 2 2
2
1 1 2 2 2 = 0，整理得到 1 2 + 2 1 2 = ， 3
2 2
即( 1 + 1)( 2 + 1) + 2 1 2 =
2
3 1 2
+ ( 1 + 2) + 2 1 2 + 1 = 3
2 1 2 2( + 2) × 2 + × + 1 = ， +2 2+2 3
解得 = ±1，
所以直线 的方程为 + 1 = 0或 1 = 0.
【解析】本题考查椭圆的方程，直线与椭圆的相交问题，解题中需要一定的计算能
力，属于较难题．
(1)根据条件可得 2 + 2 = 2 = 2， √2= ，解出 ， ， 即可得到椭圆方程；
2
(2)设直线方程为 = + 1，与椭圆方程联立，结合韦达定理解出 即可得解．
19.【答案】解：(1)
1 + 2 + 3 = 13 1(1 + +
2) = 13 1 = 1
1 = 9
{ { { 或{ 1 ,
2( 2 + 2) = 1 + 3 1(1 2 +
2) = 4 = 3 =
3
1 = 1又∵ > 1，则{ , ∴ = 3 1( ∈ ). = 3
设等差数列{ }的公差为 ，由题意得， 1 = 1 = 1， 3 = 2 + 2 = 3 + 2 = 5，
= 1 = 1
即{ 1 { 1 ，所以 = 2 1( ∈
).
1 + 2 = 5 = 2
(2)
1 1 1 1 1
= 2 1时， = 2 1 = = = ( )， 2 1 2 +1 (4 3)(4 +1) 4 4 3 4 +1
∴ 奇 = 1 + 3 + 5 + + 2 1
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
= ( ) + ( ) + ( ) + + ( )
4 1 5 4 5 9 4 9 13 4 4 3 4 + 1
1 1 1 1 1 1 1 1 1
= ( + + + + )
4 1 5 5 9 9 13 4 3 4 + 1
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学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
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1 1
= (1 ) = ．
4 4 +1 4 +1
= 2 时， =
2 1
2 = 2 2 = (4 1) × 3
∴ 偶 = 2 + 4 + 6 + + 2
= 3 × 31 + 7 × 33 + 11 × 35 + +(4 1) × 32 1偶 ，①
5
9 偶 = 3 × 3
3 + 7 × 3 + +(4 5) × 32 1 + (4 1) × 32 +1，②
由① ②可得，
8 = 3 × 31 + 4 × 33偶 + 4 × 3
5 + +4 × 32 1 (4 1) × 32 +1
4× 33 4× 32 1 × 9
= 9 + (4 1) 32 +1
1 9
(8 3) 32 +1 +9
∴ = 偶 16
(8 3) 32 +1 +9
∴ 2 = + = + ( ∈
). 奇 偶 4 + 1 16
(3)
由(1)知 1 = 3 ，则
(8 10) 1 (8 10) 3
1 1
= =(2 + 1)(2 1 +1 +2+1) (2 3 + 1) (2 3 + 1)
1 1 + 1
= ( )
2 2 3 1 +1 2 3 +1 +1
1 0 2 1 1 3
∴ = ( ) + ( )2 2 30 + 1 2 32 + 1 2 2 31 +1 2 33 +1
1 2 4
+ ( )
2 2 32 + 1 2 34 + 1
1 1 + 1
+ + ( )
2 2 3 1 +1 2 3 +1 +1
1 0 1 + 1
= ( + )2 2 30 +1 2 31 +1 2 3 + 1 2 3 +1 +1
1 1 + 1
= ( + ) 14 2 2 3 + 1 2 3 +1 + 1
1 1 +1
故 = ( + ) ( ∈
).
14 2 2 3 +1 2 3 +1+1
【解析】
【分析】(1)利用等比基本量法结合等差中项列式可求得{ }通项公式，再利用等差基
本量法求得{ }通项公式；
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(2) = + 1 1 12 奇 偶，令 = 2 1，得到 = 2 1 = ( )，由裂项相消求4 4 3 4 +1
得 ，令 = 2 ，得 = = (4 1) × 32 1奇 2 ，由错位相减求得 偶，即可求解；
1 (8 10) 3
1 1
(3)代入 = 3 得 = ，对指数型式子配凑进行裂项可得 (2 3 1+1)(2 3 +1+1)
=
1 1 +1
( 1 )，再由裂项相消即可求解． 2 2 3 +1 2 3 +1+1
20.【答案】解：(1) ∵ ( ) = 2 4 6ln
所以定义域为(0,+∞)
6
∴ ′( ) = 2 4 ；
′(1) = 8； (1) = 3
所以切线方程为 = 8 + 5；
2
′( ) = ( + 1)( 3)，
令 ′( ) > 0解得 > 3
令 ′( ) < 0解得0 < < 3
所以 ( )的单调递减区间为(0,3)，单调递增区间为(3,+∞)．
1 + ln
(2) ′( ) ( ) > 2 + 6 (1 ) 12等价于 < = ( )
1 min
；
2 ln
∴ ′( ) = 2 ，
( 1)
1
记 ( ) = 2 ln ， ′( ) = 1 > 0，所以 ( )为(1,+∞)上的递增函数，
且 (3) = 1 ln3 < 0， (4) = 2 ln4 > 0，所以 0 ∈ (3,4)，使得 ( 0) = 0
即 0 2 ln 0 = 0，
所以 ( )在(1, 0)上递减，在( 0, +∞)上递增，
+ ln
且 ( )min = (
0 0 0
0) = = 0 ∈ (3,4)； 0 1
所以 的最大整数解为3．
(3) ( ) = 2 ln ， (√2 +√ )(√2 √ ) ′( ) = 2 = = 0得 = √ ，
0 2
当 ∈ (0,√ )， ′( ) < 0， ∈ (√ ,+∞)， ′( ) > 0；
2 2
所以 ( )在(0,√ )上单调递减，(√ ,+∞)上单调递增，
2 2
而要使 ( )有两个零点，要满足 ( 0) < 0，
2
即 (√ ) = (√ ) ln√ < 0 > 2 ；
2 2 2
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2
因为0 < 1 < √ ， 2 > √ ，令 = ( > 1)2 2
，
1
由 ( 1) = ( 2)，∴
2
1 ln =
2
1 2 ln 2，
即： 21 ln =
2
1
2
1 ln 1，
ln
∴ 21 =
2 1
而要证 1 + 3 2 > 4 0，
只需证(3 + 1) 1 > 2√2 ，
即证：(3 + 1)2 21 > 8
ln
即：(3 + 1)2 2 > 8 由 > 0， > 1只需证：(3 + 1)
2ln 8 2 + 8 > 0，
1
1
令 ( ) = (3 + 1)2ln 8 2 + 8，则 ′( ) = (18 + 6)ln 7 + 6 +
1 6 1
令 ( ) = (18 + 6)ln 7 + 6 + ，则 ′( ) = 18ln + 11 + > 0( > 1)
2
故 ( )在(1,+∞)上递增， ( ) > (1) = 0；
故 ( )在(1,+∞)上递增， ( ) > (1) = 0；
∴ 1 + 3 2 > 4 0．
【解析】
【分析】本题考查导数的几何意义，利用导数研究函数的极值，最值以及函数的单调
性，综合性比较强，属于难题．
(1)求出函数的导数，求出 ′(1)， (1)即可得到切线方程，解 ′( ) > 0得到单调递增区
间，解 ′( ) < 0得到单调递减区间，需注意在定义域范围内；
1 + ln
(2) ′( ) ( ) > 2 + 6 (1 ) 12等价于 < = ( ) ，求导分析 ( )的
1 min
单调性，即可求出 的最大整数解；
(3)由 ( ) = 2 ln ，求出导函数分析其极值点与单调性，构造函数即可证明；
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