1、精選優(yōu)質文檔-傾情為你奉上2020年山西省高考數學（理科）模擬試卷（2）一選擇題（共12小題，滿分60分，每小題5分）1（5分）已知集合Ax|x2x60，Bx|ylg（x2），則AB（）A（2，3）B（2，3）C（2，2）D2（5分）若復數z滿足（1+i）z|i|，則z（）ABC1iD3（5分）第24屆冬奧會將于2022年2月4日至2月20日在北京市和張家口市舉行，為了解奧運會會旗中五環(huán)所占面積與單獨五個環(huán)面積之和的比值P，某學生做如圖所示的模擬實驗：通過計算機模擬在長為10，寬為6的長方形奧運會旗內隨機取N個點，經統(tǒng)計落入五環(huán)內部及其邊界上的點數為n個，已知圓環(huán)半徑為1，則比值P的近似值為（

2、）ABCD4（5分）已知d為常數，p：對于任意nN*，an+2an+1d；q：數列an是公差為d的等差數列，則p是q的（）A充分不必要條件B必要不充分條件C充要條件D既不充分也不必要條件5（5分）函數的圖象大致為（）ABCD6（5分）元朝時，著名數學家朱世杰在四元玉鑒中有一首詩：“我有一壺酒，攜著游春走，與店添一倍，逢友飲一斗，店友經三處，沒了壺中酒，借問此壺中，當原多少酒？”用程序框圖表達如圖所示，即最終輸出的x0，問一開始輸入的x（）ABCD7（5分）（3x3+）7展開式中的常數項是（）A189B63C42D218（5分）劉徽注九章算術商功中，將底面為矩形，一棱垂直于底面的四棱錐叫做陽馬如

3、圖，是一個陽馬的三視圖，則其外接球的體積為（）ABC3D49（5分）若x，y滿足約束條件，則的取值范圍為（）A，1B，1，+）C0，1D，110（5分）已知橢圓C：（ab0）的右焦點為F，過點F作圓x2+y2b2的切線，若兩條切線互相垂直，則橢圓C的離心率為（）ABCD11（5分）若點G為AOB的中線OM的中點，過點G作直線分別交OA，OB與點平P，Q設m，n，則+的值為（）A4B1CD212（5分）已知定義在R上的可導函數f（x），對于任意實數x都有f（x）f（x）2x成立，且當x（，0時，都有f'（x）2x+1成立，若f（2m）f（m1）+3m（m+1），則實數m的取值范圍為（）A

4、（1，）B（1，0）C（，1）D（，+）二填空題（共4小題，滿分20分，每小題5分）13（5分）已知直線ykx（k0）與雙曲線交于A，B兩點，以AB為直徑的圓恰好經過雙曲線的右焦點F，若ABF的面積為4a2，則雙曲線的離心率為 14（5分）已知函數f（x）Asin（x+）（A0，0，0），其部分圖象如圖所示，則 15（5分）在如圖所示裝置中，正方形框架的邊長都是1，且平面ABCD與平面ABEF互相垂直，活動彈子M，N分別在正方形對角線AC，BF上移動，則MN長度的最小值是 16（5分）已知數列an的通項an2n1，把an中的各項按照一定的順序排列成如圖所示的三角形矩陣數陣中第5行所有項的和為

5、；2019是數陣中第i行的第j列，則i+j 三解答題（共5小題，滿分60分，每小題12分）17（12分）ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，ABC的外接圓半徑為R，面積為S，已知A為銳角，且（b2+c22R2）tanA4S（1）求A；（2）若a1，求S的最大值18（12分）在四邊形ABCP中，；如圖，將PAC沿AC邊折起，連結PB，使PBPA，求證：（1）平面ABC平面PAC；（2）若F為棱AB上一點，且AP與平面PCF所成角的正弦值為，求二面角FPCA的大小19（12分）調味品品評師的重要工作是對各種品牌的調味品進行品嘗，分析、鑒定，調配、研發(fā)，周而復始、反復對比對調味品品評師考核

6、測試的一種常用方法如下：拿出n瓶外觀相同但品質不同的調味品讓其品嘗，要求其按品質優(yōu)劣為它們排序；經過一段時間，等其記憶淡忘之后，再讓其品嘗這n瓶調味品，并重新按品質優(yōu)劣為它們排序，這稱為一輪測試根據一輪測試中的兩次排序的偏離程度的高低為其評分現設n4，分別以a1，a2，a3，a4表示第一次排序時被排為1，2，3，4的四種調味品在第二次排序時的序號，并令X|1a1|+|2a2|+|3a3|+|4a4|，則X是對兩次排序的偏離程度的一種描述（如第二次排序時的序號為1，3，2，4，則X2）（1）寫出X的所有可能值構成的集合；（2）假設a1，a2，a3，a4的排列等可能地為1，2，3，4的各種排列，求

7、X的數學期望；（3）某調味品品評師在相繼進行的三輪測試中，都有X2（i）試按（2）中的結果，計算出現這種現象的概率（假定各輪測試相互獨立）；（）請你判斷該調味品品評師的品味鑒別能力如何？并說明理由20（12分）平面直角坐標系xOy中，已知橢圓C的離心率為，且過點（1）求橢圓C的方程；（2）設橢圓E，P為橢圓C上一點，過點P的直線ykx+m交橢圓E于A，B兩點，射線PO交橢圓E于點Q（i）若P為橢圓C上任意一點，求的值；（ii）若P點坐標為（0，1），求ABQ面積的最大值21（12分）已知函數f（x）ax2x+lnx（a0）（）若曲線yf（x）在點（1，f（1）處的切線與直線x+2y0垂直，求a

8、的值及函數g（x）f（x）2lnx的單調區(qū)間；（）若f（x）的極大值和極小值分別為m，n，證明：m+n2ln23四解答題（共1小題，滿分10分，每小題10分）22（10分）在平面直角坐標系xOy中，曲線C1的參數方程為（為參數），已知點Q（6，0），點P是曲線C1上任意一點，點M滿足，以坐標原點為極點，x軸正半軸為極軸建立極坐標系（）求點M的軌跡C2的極坐標方程；（）已知直線l：ykx與曲線C2交于A，B兩點，若4，求k的值五解答題（共1小題）23已知函數f（x）x|x+a|+x（aR）（1）若a2，寫出函數f（x）的單調區(qū)間（不要求證明）；（2）若對任意的x1，2，恒有f（x）2x2成立，求

9、實數a的取值范圍；（3）若a3，函數f（x）在1，3上的最大值為12，求實數a的值2020年山西省高考數學（理科）模擬試卷（2）參考答案與試題解析一選擇題（共12小題，滿分60分，每小題5分）1（5分）已知集合Ax|x2x60，Bx|ylg（x2），則AB（）A（2，3）B（2，3）C（2，2）D【分析】可以求出集合A，B，然后進行交集的運算即可【解答】解：Ax|2x3，Bx|x2，AB（2，3）故選：A【點評】本題考查了描述法、區(qū)間的定義，一元二次不等式的解法，對數函數的定義域，交集的運算，考查了計算能力，屬于基礎題2（5分）若復數z滿足（1+i）z|i|，則z（）ABC1iD【分析】求出等

10、式右邊的模，再把已知等式變形，利用復數代數形式的乘除運算化簡得答案【解答】解：由（1+i）z|i|2，得z，故選：C【點評】本題考查復數代數形式的乘除運算，是基礎題3（5分）第24屆冬奧會將于2022年2月4日至2月20日在北京市和張家口市舉行，為了解奧運會會旗中五環(huán)所占面積與單獨五個環(huán)面積之和的比值P，某學生做如圖所示的模擬實驗：通過計算機模擬在長為10，寬為6的長方形奧運會旗內隨機取N個點，經統(tǒng)計落入五環(huán)內部及其邊界上的點數為n個，已知圓環(huán)半徑為1，則比值P的近似值為（）ABCD【分析】由隨機模擬方法求得奧運會五環(huán)所占面積，求出五個圓的面積，則答案可求【解答】解：五個圓的面積為5×

11、;125，長方形面積為10×660，設奧運會五環(huán)所占面積為S，由于s，又P故選：B【點評】本題考查幾何概型，訓練了利用隨機模擬方法求幾何體的面積，是中檔題4（5分）已知d為常數，p：對于任意nN*，an+2an+1d；q：數列an是公差為d的等差數列，則p是q的（）A充分不必要條件B必要不充分條件C充要條件D既不充分也不必要條件【分析】根據充要條件和等差數列的定義，可得答案【解答】解：若對于任意nN*，an+2an+1d；則a2a1d不一定成立，即q不一定成立；即p是q的不充分條件；若數列an是公差為d的等差數列，則對于任意nN*，an+2an+1d；即p是q的必要條件，故p是q的必

12、要不充分條件，故選：B【點評】本題考查的知識點是充要條件的定義，正確理解充要條件的定義，是解答的關鍵5（5分）函數的圖象大致為（）ABCD【分析】根據條件判斷函數的奇偶性和對稱性，判斷當x0時的單調性，利用排除法進行求解即可【解答】解：f（x）f（x），則f（x）為偶函數，圖象關于y軸對稱，排除B，C，當x0時，f（x）x為增函數，排除A，故選：D【點評】本題主要考查函數圖象的識別和判斷，利用條件判斷函數的奇偶性和單調性是解決本題的關鍵6（5分）元朝時，著名數學家朱世杰在四元玉鑒中有一首詩：“我有一壺酒，攜著游春走，與店添一倍，逢友飲一斗，店友經三處，沒了壺中酒，借問此壺中，當原多少酒？”用程

13、序框圖表達如圖所示，即最終輸出的x0，問一開始輸入的x（）ABCD【分析】與店添一倍，逢友飲一斗，意思是碰到酒店把壺里的酒加1倍，碰到朋友就把壺里的酒喝一斗，三遇店和，意思是每次都是遇到店后又遇到朋友，一共是3次，等量關系為：第一次加酒1+（2×一遇店和朋友后剩的酒量1）+（2×二遇店和朋友后剩的酒量1）0，把相關數值代入即可求解【解答】解：由題意，解方程：22（2x1）110，解得x，故選：B【點評】考查用一元一次方程解決古代數學問題，得到酒的數量為0的等量關系是解決本題的關鍵；難點是理解題意7（5分）（3x3+）7展開式中的常數項是（）A189B63C42D21【分析】

14、利用二項式展開式的通項公式，即可求出展開式中的常數項【解答】解：展開式的通項公式為：Tr+1（3x3）7r37r，令210，解得r6；所以展開式中的常數項是T7321故選：D【點評】本題考查了二項式展開式的通項公式應用問題，是基礎題8（5分）劉徽注九章算術商功中，將底面為矩形，一棱垂直于底面的四棱錐叫做陽馬如圖，是一個陽馬的三視圖，則其外接球的體積為（）ABC3D4【分析】根據三視圖得出四棱錐的結構特征，根據四棱錐與長方體的關系計算外接球的直徑與體積【解答】解：由題意可知陽馬為四棱錐，且四棱錐的底面為長方體的一個底面，四棱錐的高為長方體的一棱長，且陽馬的外接球也是長方體的外接球；由三視圖可知四

15、棱錐的底面是邊長為1的正方形，四棱錐的高為1，長方體的一個頂點處的三條棱長分別為1，1，1，長方體的對角線為，外接球的半徑為，外接球的體積為V故選：B【點評】本題考查了棱錐的結構特征與三視圖應用問題，也考查了幾何體外接球的應用問題，是中檔題9（5分）若x，y滿足約束條件，則的取值范圍為（）A，1B，1，+）C0，1D，1【分析】問題轉化為在約束條件的目標函數的取值范圍，作出可行域由斜率公式數形結合可得【解答】解：作出x，y滿足約束條件的可行域如圖：ABC，表示區(qū)域內的點與點（2，0）連線的斜率，聯(lián)方程組可解得B（2，2），同理可得A（2，4），當直線經過點B時，M取最小值：，當直線經過點A時，

16、M取最大值1則的取值范圍：，1故選：A【點評】本題考查簡單線性規(guī)劃，換元法轉化并利用數形結合的思想是解決問題的關鍵，屬中檔題10（5分）已知橢圓C：（ab0）的右焦點為F，過點F作圓x2+y2b2的切線，若兩條切線互相垂直，則橢圓C的離心率為（）ABCD【分析】由題意畫出圖形，可得，兩邊平方后結合隱含條件得答案【解答】解：如圖，由題意可得，則2b2c2，即2（a2c2）c2，則2a23c2，即e故選：D【點評】本題考查橢圓的簡單性質，考查數形結合的解題思想方法，是中檔題11（5分）若點G為AOB的中線OM的中點，過點G作直線分別交OA，OB與點平P，Q設m，n，則+的值為（）A4B1CD2【分

17、析】向量法：由三點P，G，Q共線，可得存在實數滿足+（1），由向量運算可得（+），又可得m+（1）n，對應系數相等可得方程組，變形可得答案【解答】解：（如圖）三點P，G，Q共線，存在實數滿足+（1），點G為AOB的中線OM的中點，×（+）（+），又m，n，m，n，+（1）m+（1）n，+4故選：A【點評】本題考查函數恒成立問題，轉化為向量利用平面向量基本定理是解決問題的關鍵，屬難題12（5分）已知定義在R上的可導函數f（x），對于任意實數x都有f（x）f（x）2x成立，且當x（，0時，都有f'（x）2x+1成立，若f（2m）f（m1）+3m（m+1），則實數m的取值范圍為（）

18、A（1，）B（1，0）C（，1）D（，+）【分析】令g（x）f（x）x2x，可判斷出函數g（x）為R上偶函數當x（，0時，都有f'（x）2x+1成立，可得g（x）f'（x）2x10，可得函數g（x）的單調性f（2m）f（m1）+3m（m+1），即g（2m）g（m1），因此g（|2m|）g（|m1|），利用單調性即可得出【解答】解：令g（x）f（x）x2x，則g（x）g（x）f（x）x2+xf（x）+x2+x0，g（x）g（x），函數g（x）為R上的偶函數當x（，0時，都有f'（x）2x+1成立，g（x）f'（x）2x10，函數g（x）在x（，0上單調遞減，在0，

19、+）上單調遞增f（2m）f（m1）+3m（m+1），即f（2m）4m22mf（m1）（m1）2（m1），g（2m）g（m1），因此g（|2m|）g（|m1|），|2m|m1|，化為：3m2+2m10，解得故選：A【點評】本題考查了利用導數研究函數的單調性、函數的奇偶性、方程與不等式的解法、構造法，考查了推理能力與計算能力，屬于難題二填空題（共4小題，滿分20分，每小題5分）13（5分）已知直線ykx（k0）與雙曲線交于A，B兩點，以AB為直徑的圓恰好經過雙曲線的右焦點F，若ABF的面積為4a2，則雙曲線的離心率為【分析】求出以AB為直徑的圓的方程為x2+y2c2，設|AF|m，|BF|n，則m

20、n2a，且m2+n2|AB|24c2，聯(lián)立三式，即可求解雙曲線的離心率【解答】解：以AB為直徑的圓恰好經過雙曲線的右焦點F，以AB為直徑的圓的方程為x2+y2c2，設|AF|m，|BF|n，則mn2aABF的面積，且m2+n2|AB|24c2，聯(lián)立三式：，得，故故答案為：【點評】本題考查雙曲線的簡單性質以及圓的方程的應用，考查分析問題解決問題，是中檔題14（5分）已知函數f（x）Asin（x+）（A0，0，0），其部分圖象如圖所示，則【分析】求出函數的導數，結合圖象，求出，利用A求出A，結合函數圖象經過（，2）求出，【解答】解：根據題意，由圖象可知：A2，T（）2，所以T4，可得，又因為（，2

21、）在圖象上，所以22sin（×+），可得sin（+）1，所以+2k+，kZ，解得2k+，kZ，因為0，所以，故答案為：【點評】此題考查了由yAsin（x+）的部分圖象確定其解析式，借助導函數圖象中的周期、最值，來確定A，及的值是解本題的關鍵15（5分）在如圖所示裝置中，正方形框架的邊長都是1，且平面ABCD與平面ABEF互相垂直，活動彈子M，N分別在正方形對角線AC，BF上移動，則MN長度的最小值是【分析】以A為坐標原點，分別以AF，AB，AD所在直線為x，y，z軸建立空間直角坐標系，01，01，可得（，1，），求其模，利用基本不等式結合換元法利用二次函數求最值【解答】解：如圖，以A

22、為坐標原點，分別以AF，AB，AD所在直線為x，y，z軸建立空間直角坐標系則A（0，0，0），B（0，1，0），F（1，0，0），C（0，1，1），設，01，01（0，1，0）（0，）+（，0）（，1，）（當且僅當時等號成立）令+t（0t2），則當t，即時，MN長度的最小值是故答案為：【點評】本題考查空間中點、線、面間的距離計算，訓練了空間向量的應用，考查利用換元法與基本不等式求最值，屬難題16（5分）已知數列an的通項an2n1，把an中的各項按照一定的順序排列成如圖所示的三角形矩陣數陣中第5行所有項的和為125；2019是數陣中第i行的第j列，則i+j65【分析】根據規(guī)律直接寫出第5行所有

23、項相加即可；算出2019是第幾項，再求出它是第幾行幾列即可【解答】解析：21+23+25+27+29125；2n12019，n1010，1+2+3+44990，故i44+145，j101099020，i+j65故答案為：125；65【點評】本題考查三角形矩陣和數列知識，屬于一般綜合題型三解答題（共5小題，滿分60分，每小題12分）17（12分）ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，ABC的外接圓半徑為R，面積為S，已知A為銳角，且（b2+c22R2）tanA4S（1）求A；（2）若a1，求S的最大值【分析】（1）由已知條件可得b2+c22bccosA2R2，再由余弦定理得a22R2，再

24、利用正弦定理求出，從而求出A；（2）因為，由余弦定理得，再利用基本不等式得到，從而求得，得到S的最大值【解答】解：（1）（b2+c22R2）tanA4S，即b2+c22R22bccosA，b2+c22bccosA2R2，由余弦定理得a22R2，由正弦定理得（2RsinA）22R2，得，A為銳角，；（2），由余弦定理得，b2+c22bc，取等號的條件是bc，S的最大值為【點評】本題主要考查了正弦定理和余弦定理，是中檔題18（12分）在四邊形ABCP中，；如圖，將PAC沿AC邊折起，連結PB，使PBPA，求證：（1）平面ABC平面PAC；（2）若F為棱AB上一點，且AP與平面PCF所成角的正弦值為

25、，求二面角FPCA的大小【分析】（1）利用勾股定理（計算）得到OPOB，再結合OBAC（等腰三角形三線合一），即可解決問題（2）結合（1）中結論，可取O為原點，OB，AC所在直線分別為x，y軸建立空間直角坐標系，求出二面角兩個半平面的法向量即可【解答】證明：（1）在PAC為正三角形，且AC2在ABC為等腰直角三角形，且ABBC取AC的中點O，連接OB，OPOPOBOPACO，AC，OP平面PACOB平面PACOB平面ABC平面ABC平面PAC（2）以O為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系Oxyz，則，設，則設平面PFC的一個法向量為n（x，y，z），則令AP與平面PFC所成角的正弦值為，整

26、理得3m2+4m40解得（舍去）又為平面PAC的一個法向量二面角FPAC的大小為【點評】本題考查空間位置的判斷及坐標法求空間角第一問利用勾股定理證垂直需要仔細體會，第二問則是法向量的計算須準確屬于中檔題19（12分）調味品品評師的重要工作是對各種品牌的調味品進行品嘗，分析、鑒定，調配、研發(fā)，周而復始、反復對比對調味品品評師考核測試的一種常用方法如下：拿出n瓶外觀相同但品質不同的調味品讓其品嘗，要求其按品質優(yōu)劣為它們排序；經過一段時間，等其記憶淡忘之后，再讓其品嘗這n瓶調味品，并重新按品質優(yōu)劣為它們排序，這稱為一輪測試根據一輪測試中的兩次排序的偏離程度的高低為其評分現設n4，分別以a1，a2，a

27、3，a4表示第一次排序時被排為1，2，3，4的四種調味品在第二次排序時的序號，并令X|1a1|+|2a2|+|3a3|+|4a4|，則X是對兩次排序的偏離程度的一種描述（如第二次排序時的序號為1，3，2，4，則X2）（1）寫出X的所有可能值構成的集合；（2）假設a1，a2，a3，a4的排列等可能地為1，2，3，4的各種排列，求X的數學期望；（3）某調味品品評師在相繼進行的三輪測試中，都有X2（i）試按（2）中的結果，計算出現這種現象的概率（假定各輪測試相互獨立）；（）請你判斷該調味品品評師的品味鑒別能力如何？并說明理由【分析】（1）在1，2，3，4中奇數與偶數各有兩個，從而a2，a4中的奇數個

28、數等于a1，a3中的偶數個數，進而|1a1|+|3a3|與|2a2|+|4a4|的奇偶性相同，由此能舉出使得X所有可能值構成的集合（2）可用列表或樹狀圖列出1，2，3，4的一共24種排列，由此能求出X的數學期望 （3）（）首先P（X2）P（X0）+P（X2），將三輪測試都有X2的概率記做p，由獨立性假設能求出結果（）由于p是一個很小的概率，這表明如果僅憑隨機猜測得到三輪測試都有X2的結果的可能性很小，從而我們認為該品酒師確定有良好的味覺鑒別功能，不是靠隨機猜測【解答】解：（1）X的可能值集合為0，2，4，6，8，在1，2，3，4中奇數與偶數各有兩個，所以a2，a4中的奇數個數等于a1，a3中的

29、偶數個數，因此|1a1|+|3a3|與|2a2|+|4a4|的奇偶性相同，從而X（|1a1|+|3a3|）+（|2a2|+|4a4|）必為偶數，X的值非負，且易知其值不大于8由此能舉出使得X的值等于0，2，4，6，8各值的排列的例子（2）可用列表或樹狀圖列出1，2，3，4的一共24種排列，計算每種排列下的X值，在等可能的假定下，得到 X 0 2 4 6 8 P EX+8×5（3）（）首先P（X2）P（X0）+P（X2），將三輪測試都有X2的概率記做p，由上述結果和獨立性假設，得p（）由于p是一個很小的概率，這表明如果僅憑隨機猜測得到三輪測試都有X2的結果的可能性很小，所以我們認為該品

30、酒師確定有良好的味覺鑒別功能，不是靠隨機猜測【點評】本題考查概率的求法，考查離散型隨機變量的分布列、數學期望的求法，考查古典概型、列舉法等基礎知識，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題20（12分）平面直角坐標系xOy中，已知橢圓C的離心率為，且過點（1）求橢圓C的方程；（2）設橢圓E，P為橢圓C上一點，過點P的直線ykx+m交橢圓E于A，B兩點，射線PO交橢圓E于點Q（i）若P為橢圓C上任意一點，求的值；（ii）若P點坐標為（0，1），求ABQ面積的最大值【分析】（1）根據和a2b2+c2，可得到，代入點到橢圓的方程，解出a和b的值即可得解；（2）（i）先由（1）中的結論得出橢圓E的方程，設

31、點P（x0，y0），寫出射線PO的方程，再將其代入橢圓E的方程可得到點Q的坐標，然后利用兩點間距離公式分別求出|OP|、|OQ|，并作比即可得解；（ii）利用點到直線的距離公式可得到點Q到直線AB的距離，聯(lián)立直線l的方程與橢圓E的方程，消去y得到關于x的一元二次方程，然后利用弦長公式求出|AB|，即可表示出ABQ的面積，再結合換元法和對勾函數的性質即可求得面積的最大值【解答】解：（1）由題意可知，a2b2+c2，又橢圓過點，解得b21，a24，橢圓C的方程為（2）（i）由（1）可知，橢圓E的方程為，設點P（x0，y0），射線PO的方程為，代入可得點Q（2x0，2y0），（ii）P（0，1），過

32、點P的直線為ykx+1，點Q到直線AB的距離等于原點O到直線AB距離的3倍，聯(lián)立，得（1+4k2）x2+8kx120，弦長，ABQ面積S，令，則S，當且僅當時，等號成立故ABQ面積的最大值為【點評】本題考查直線與橢圓的位置關系，涉及曲直聯(lián)立、弦長公式、對勾函數的性質等知識點，還采用了換元法，考查學生的邏輯推理能力和運算能力，屬于中檔題21（12分）已知函數f（x）ax2x+lnx（a0）（）若曲線yf（x）在點（1，f（1）處的切線與直線x+2y0垂直，求a的值及函數g（x）f（x）2lnx的單調區(qū)間；（）若f（x）的極大值和極小值分別為m，n，證明：m+n2ln23【分析】（）求出原函數的導

33、函數，得到f（1）2a，由已知可得2a2，求得a1則g（x）x2xlnx，求其導函數，得到導函數的零點，進一步求得函數g（x）的單調區(qū)間；（）設x1，x2為方程f（x）0的兩個實根，利用根與系數的關系及判別式可得0a再由f（x）的極大值和極小值分別為m，n，得到m+nln（2a），令g（a）ln（2a），利用導數證明當0a時，g（a）是增函數，可得g（a）g（）2ln23，即m+n2ln23【解答】（）解：由f（x）ax2x+lnx（a0），得f（x），f（1）2a，又曲線yf（x）在點（1，f（1）處的切線與直線x+2y0垂直，2a2，即a1則g（x）x2xlnx，得g（x）2x1（x0），當x（0，1）時，g（x）0，g（x）單調遞減，當x（1，+）時，g（x）0，g（x）單調遞增；（）證明：設x1，x2為方程f（x）0的兩個實根，則，由題意得：，解得0a又f（x）的極大值和極小值分別為m，n，則m+n令g（a）ln（2a），則g（a）當0a時，g（a）0，g（a