广东省阳江市2022-2023学年高二上学期期中考试数学试题（PDF版含答案）

机密★启用前
6 1 2i
2
．已知复数 z （i为虚数单位），则 z的共轭复数在复平面内所对应的点位于（ ）
2022-2023学年度阳江市高二数学期中调研卷 i
数学 试题 A．第一象限 B．第二象限
考试范围：必修 1-必修 2；选择性必修 1-选择性必修 2； C．第三象限 D．第四象限
考试时间：120 分钟；命题人：高中学习教研部
7．如图，直三棱柱 ABC A1B1C1的所有棱长都相等，D、E分别是 BC、A1B1的中点，下列说法中正确的是( )
本试卷共 6页，22小题。
注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、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”。
A．DE B1C1
2.作答选择题时，选出每小题答案后，用 2B铅笔在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。 B． A1C∥平面 B1DE
3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位
C．CC1与 DE是相交直线
置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要
5
求作答无效。 D．异面直线B1D与 A1C1所成角的余弦值为
10
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。
题 7图
第 I 卷（选择题）
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 8．2022年北京冬季奥运会中国体育代表团共收获 9金 4银 2铜，金牌数和奖牌数均创历史新高．获得的 9枚
的。
金牌中，5枚来自雪上项目，4枚来自冰上项目．某体育院校随机调查了 100名学生冬奥会期间观看雪上项目
1．已知集合 A x 3 x 5 ， B x y 4x 2 ，则 A RB （ ）
和冰上项目的时间长度（单位：小时），并按 0,10 ， 10,20 ， 20,30 ， 30,40 ， 40,50 分组，分别得到频
3, 1 1A． B． ,5

C． 3, 2 D． 2,5
2 2 率分布直方图如下：
2．若 a,b 0, 4，且 a 9 b a，则 的最小值为（ ）b a
1
A．9 B．3 C．1 D．
3
3 x．已知定义在 R上的奇函数 f x 满足 f 4 x f x ．当0 x 2时， f x 3 a，则 f 2021 f 2022
（ ）
A．7 B．10 C． 10 D． 12
4 3 2．已知函数 f x 3ax 6x 2有且仅有一个零点，则实数 a的取值范围为（ ）
2 2
估计该体育院校学生观看雪上项目和冰上项目的时间长度的第 75百分位数分别是x 和x1 2，方差分别是 s1 和 s2 ，
A． 1,1 B． , 2 2,
则（ ）
3 3 4 4
C． ,

,

D． ,


,
2 2 3 3 A 2 2． x1 x2 ， s1 s2 B． x1 x2 ， s
2
1 s
2
2 C． x1 x2， s
2
1 s
2
2 D． x1 x s
2
2， s2
1 2r
5．已知向量 a 2,m ，b 3,1 ，若向量 a，b的夹角是锐角，则m的取值范围是（ ）
6, 2 , 6, 2 2 , 2 2A． B． C．
D． 6, ,
3 3 3 3 3
第 1页 共 6页 第 2页 共 6页
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 第 II 卷（非选择题）
对的得 5分，部分选对的得 2分，有选错的得 0分。 三、填空题：本题共 4小题，每小题 5分，共 20分。
x2 y29 C : 1(a 0,b 0) F F A M OA P C 13．已知函数 f x Asin x．已知双曲线 的左右焦点分别为 ， ，右顶点为 ， 为 的中点， 为双曲线 A 0, 0 ，若至少存在两个不相等的实数 x , x1 2 1 2 , 2 ，使得a2 b2
右支上一点且 PF F F ，且 tan
3
PF F f x f x 2A ，则( ) 1 2 ，则实数 的取值范围是________．2 1 2 1 2 4
π π
A．C的离心率为 2 B．C的渐近线方程为 x 3y 0 14．已知非零平面向量a，b ， c满足 a b 4，且 a c b c 1，若 a与b 的夹角为 ，且 , ， 3 2
1 3

则 c的模取值范围是___________.
C．PM平分 F1PF2 D． PA PF1 PF4 4 2 2
15 x y
2
．阿波罗尼奥斯在其著作《圆锥曲线论》中提出：过椭圆 2 2 1 a b 0 上任意一点 P x0 , y0 的切线方
10．已知函数 y f x 在R 上可导，且 f 0 1，其导函数 f x 满足 x 1 f x f x 0 ，对于函数 a b
x x y y x2 y2
f x 程为
0 0
2 2 1．若已知△ABC内接于椭圆 E： 2 2 1 a b 0 ，且坐标原点 O为△ABC的重心，过 A，
g x x ，下列结论正确的是（ ）
a b a b
e S
B，C V DEF分别作椭圆 E的切线，切线分别相交于点 D，E，F，则 S ______．A．函数 g x 在 ,1 上为减函数 B． x 1是函数 g x 的极小值点 V ABC
2 2
16 x y．双曲线C : 2 1(a 0) 的左 右顶点分别为 A,B，过点M 2,0 的直线 l交该双曲线C于点 P,Q，设直
C 2 e．函数 g x 必有 2个零点 D． e f e e f 2 a 4
k 1
线 PA的斜率为 k1，直线QB的斜率为 k2，已知 l x
1
轴时， k 3，则双曲线C的离心率
e __________；若
11．如图，已知正方体 ABCD A1B1C1D1棱长为 4，Q是 BC1上一动点，点 H在棱 AA1上，且HA 1，在侧面 BCC 21 1B1
点 P在双曲线右支上，则 k2的取值范围是__________.
内作边长为 1的正方形 EFGC1，P是侧面 BCC1B1内一动点，且点 P到平面CDD1C1距离等于线段 PF的长，下列
说法正确的是（ ）
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。
A． A1Q∥平面 AD1C 17．（10分）
B． A1Q与平面BCC1B1所成角的正切值得最大值为 2 对于项数为m的有穷数列 an ，设bn 为 a1,a2 , ,an n 1,2, ,m 中的最大值，称数列 bn 是 an 的控制数列.
C． A1Q QC的最小值为 2 2 7 例如数列 3，5，4，7的控制数列是 3，5，5，7.
113
D．当点 P运动时， | HP |2的范围是 22, 题 11图 (1)若各项均为正整数的数列 an 的控制数列是 2，3，4，6，6，写出所有的 an ； 4
12．已知圆C1：x2 y2 r2，圆C2： x a 2 2 y b r 2（ r 0，且 a，b不同时为 0）交于不同的两点 A x , y ， (2)设 bn 是 an 的控制数列，满足 an bm n 1 C（C为常数， n 1,2, ,m）.证明：bn an n 1,2, ,m .1 1
B x , y ，下列结论正确的是（ ） (3)考虑正整数1,2, ,m的所有排列，将每种排列都视为一个有穷数列 cn .是否存在数列 cn ，使它的控制数列2 2
A．2ax1 2by1 a
2 b2 0 为等差数列？若存在，求出满足条件的数列 cn 的个数；若不存在，请说明理由.
B． a x1 x2 b y1 y2 0
C． x1 x2 a， y1 y2 b

D．M ， N为圆C2上的两动点，且 MN 3r，则 OM ON 的最大值为 a2 b2 r
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18．（12分） 20．（12分）
2 2
某校为了解疫情期间学生线上学习效果，进行一次摸底考试，从中选取 60名同学的成绩（百分制，均为正数） 已知椭圆C : y x2 2 1 a b 0 的上 下焦点分别为 F， F2，左 右顶点分别为 Aa b 1 1
， A2，且四边形 A1F1A2F2 是
分成[40，50），[50，60），[60，70），[70，80），[80，90），[90，100）六组后，得到部分频率分布直方图（如
面积为 8的正方形.
图），观察图形，回答下列问题：
(1)求 C的标准方程.
(2)M，N为 C上且在 y轴右侧的两点，MF1 / /NF2，MF2与 NF1的交点为 P，试问 PF1 PF2 是否为定值？若是
定值，求出该定值；若不是，请说明理由.
21．（12分）
2
如图，已知 F是抛物线 y 2px p 0 的焦点，M是抛物线的准线与 x轴的交点，且 MF 2，
(1)求分数在[70,80)内的频率，并补全这个频率分布直方图；
(2)根据频率分布直方图，估计本次考试成绩的均值；
(3)根据评奖规则，排名靠前 10%的同学可以获奖，请你估计获奖的同学至少需要多少分？
19．（12分）
如图，在四面体 ABCD中， ABC是正三角形，△ACD是直角三角形， ABD CBD ，AB=BD．
（1）求抛物线的方程；
（2）设过点 F的直线交抛物线与 A B两点，斜率为 2的直线 l与直线MA,MB, AB，x轴依次交于点 P，Q，R，
N，且 RN 2 PN QN ，求直线 l在 x轴上截距的范围.
22．（12分）
已知函数 f x x 1 ln x .
（1）讨论 f x 的单调性；
(1)求证：平面 ACD 平面 ABC；
a 1 11 （2）设 ，b为两个不相等的正数，且 b ln a a lnb a b，证明： 2 e .
(2)若DE mDB，二面角D AE C的余弦值为 ，求 m． a b7
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2022-2023学年度阳江市高二数学期中调研卷
数学试题 参考答案
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。
题号 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8.
答案 A C C D C C D A
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. 10. 11. 12.
ACD ABD ABD ABC
三、填空题：本题共 4小题，每小题 5分，共 20 分。
9 , 5 13 13． 4 2
, 4
14． 2 3,3 3 15．4 16． 5 6,6

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。
17.（10分）
(1)由题意 a1 2， a2 3， a3 4， a4 6， a5 6，
所以数列{an}有六种可能： 2,3, 4,6,1； 2,3, 4,6, 2； 2,3, 4,6,3； 2,3, 4,6, 4； 2,3, 4,6,5；
2,3, 4,6,6．...........................................（2 分）
(2)因为bn max{a1,a2, ,an}，bn 1 max{a1, a2, , an, an 1}，所以bn 1 bn，
所以控制数列{bn}是不减的数列，.......................................（1 分）
bn 是 an 的控制数列，满足 an bm n 1 C，C是常数，所以 an 1 an ，即数列{an}也是不减的数列，
a1 a2 a3 a m，..............................。。。。。。。..........（2 分）
那么若 n k时都有bn an，则bk 1 max{a1, a2, , ak , ak 1}，
若 ak 1 ak，则bk 1 ak 1，若 ak 1 bk 1，则bk 1 bk ak ak 1 ，.....................（3 分）
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又b1 a1，由数学归纳法思想可得对 n 1, 2, ,m，都有bn an；........................（4 分）
(3)设{cn}的控制数列是{bn}，由（2）知{bn}是不减的数列，{bn}必有一项等于m，
当m是数列{bn}中间某项时，{bn}不可能是等差数列，........................（1 分）
所以b1 m或bm m，若b1 m，则bn m（ n 1, 2, ,m），{bn}是等差数列，............（2 分）
此时只要 c1 m， c2 ,c3, ,cm是1, 2,3, ,m 1的任意排列均可．共 (m 1)!个，
bm m，而b1 m时，数列{bn}中必有bn n，否则不可能是等差数列，................（3 分）
由此有 cn n，即{cn}就是1,2,3, ,m，只有一种排列，综上，{cn}的个数是
(m 1)! 1．........................（4 分）
18．（12分）
(1)解：设分数在[70,80)内的频率为 x，
根据频率分布直方图，可得 (0.01 0.015 0.02 0.025 0.005) 10 x 1，
解得 x 0.25，所以分数在[70,80)内的频率为0.25，
所以补全这个频率分布直方图，如图所示：
........................（3 分）
(2)解：根据频率分布直方图得：
均值为： 45 0.10 55 0.15 65 0.20 75 0.25 85 0.25 95 0.05 70.5，
即估计本次考试成绩的均值为70.5分.........................（4 分）
(3)解：因为分数在[80,90)内的频率为0.25， [90,100)内的频率为0.05，
而0.05 10% 0.25 0.05，所以排名前10%的分界点为90 a，则0.025a 0.005 10 10%，解得
a 2，所以排名前10%的分界点为88分，即获奖的同学至少为88分...................（5 分）
19．（12分）
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(1)证明：因为 ABC是正三角形，所以 AB BC AC
因为 ABD CBD ， BD公共边，所以△ABD≌ CBD ,
所以 AD CD，因为△ACD是直角三角形，........................（2 分）
所以 ADC 90 ，取 AC的中点O，连接DO,BO，则DO AC ,DO AO ,
因为 ABC是正三角形，所以 BO AC，所以 DOB为二面角D AC B的平面角，
在Rt AOB中， BO2 AO2 AB2，因为 AB BD，所以BO2 DO2 BO2 AO2 AB2 BD2 ,
所以 DOB 90 ，所以平面 ACD 平面 ABC；........................（6 分）
(2)由（1）可得DO OB,DO AO, AO OB，所以以O为原点，OA,OB,OD所在的直线分别为 x, y, z
轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
设等边 ABC的边长为 2，则 A(1,0,0),B(0, 3,0),C( 1,0,0),D(0,0,1)，

则 AD ( 1,0,1), AC ( 2,0,0),DB (0, 3, 1)，

因为DE mDB，所以DE mDB m(0, 3, 1) (0, 3m, m)，

所以 AE AD DE ( 1,0,1) (0, 3m, m) ( 1, 3m,1 m)，

设平面 ADE的法向量为m (x, y, z)，则
m

AD x z 0
，
m AE x 3my (1 m) z 0

令 y 3，则m (3, 3,3)，
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设平面 ACE的法向量为 n (a,b,c)，则

n
AC 2a 0
，
n AE a 3mb (1 m )c 0

令b 1，则 n (0,1, 3m)，
m 1
1
因为二面角D AE C的余弦值为 ，.....................................（2 分）
7

3 3m
m n 3 cos m, n 1所以 m 1 ，
m n 2 3m 79 3 9 1
m 1
(4m 1)2 1
化简得 ， 2
(m 1)2 3m2 7 18m 9m 1 0
，

1
解得m
1
或m ，
3 6
如图，过A作 AF BD于 F ，连接CF，则由（1）可得CF BD，
因为 AF CF F ，所以 BD 平面 ACF，
所以平面DAF 平面 ACF，所以二面角D AF C为直角二面角，........（4 分）
因为 AB BD 2, AD 2，
S 1
2
所以 AD AB2 AD 1 ABD 2 4
1 7
,
2 2 2 2 2
1 BD 7 AF , AF 7所以 得 ，
2 2 2
DF 2 7 1
1
所以 ，所以DF DB ,
4 2 4
1 1 1
所以当0 m 时，二面角D AE C为钝角，所以m 舍去，所以m ..............（6 分）
4 6 3
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20．（12分）
2 2
(1)椭圆C : y x2 2 1 a b 0 的上 下焦点分别为 F1(0,c),F2 (0, c) ，............（1 分）a b
左 右顶点分别为 A1( b,0), A2 (b,0)，因为四边形 A1F1A2F2 是面积为 8的正方形，............（2 分）
所以有b c 4 1且 b c 8，解得b c 2 a2 b2 c2 8，............（3 分）
2
y2 x2
所以椭圆的标准方程为： 1；........................（4 分）
8 4
(2)
NF PN NF PN NF FM PN PF
因为MF1∥NF
2
2 ，所以
2 1 1 2 1 1
F1M PF1 F1M PF1 F1M PF1
NF
PF1
1 FM
NF FM 1 ，因为 N为 C上且在 y轴右侧的点，所以
NF2 F1N 2a 4 2，
2 1
FM F N
因此 PF1
1 (4 2 NF 22 ) ，同理可得： PF2 (4 2 MF1 )NF2 F1M NF2 FM
，所以
1
F1M FPF PF (4 2 NF ) 2
N 2 F
(4 2 MF ) 4 2 1
M F2N
1 2 ,NF2 F1M
2 NF2 F1M
1 NF 设2 F1M
MF1,NF2的方程分别为： y kx 1, y kx 1，设M (x1, y1),N (x2 , y2)(x1, x2 0) ，
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y2 x2
1
则 8 4 (k 2 2)x2 4kx 4 0，
y kx 2
4k 16k2 16(k2 2)
x 2k 2 2k
2 2
所以 1 2 ，因此2(k 2) k 2 2
2 2
MF x 2 (y 2)2 x 2 (kx 2 2)2 x 1 k 2 2k 1 k 2 2(k 1)1 1 1 1 1 1 ，k 2 2
2
NF 2 2(k 1) 2k 1 k
2
同理可得： 2 ，.......................（4 分）k 2 2
4 2(k 2 1) [2 2(k 2 1)]2 4k 2(1 k 2) 4(1 k 2)
因此 MF1 NF2 ， MF NF ，k 2 1 2 2 (k 2 2)2 (k 2 2)
2
2 FM F N 2
4(1 k )
2
1 2
所以 PF1 PF2 4 2 4 2 k 2 4 2 2 3 2NF2 F1M
，
4 2(k 2 1)
k 2 2
所以 PF1 PF2 为定值，定值为3 2 ........................（8 分）
21．（12分）
（1）因为 MF 2，故 p 2，故抛物线的方程为： y2 4x ........................（3 分）
（2）[方法一]：通式通法
设 AB : x ty 1， A x1, y1 ,B x2 , y2 ， N n,0 ，
所以直线 l : x
y 1
n，由题设可得 n 1且 t .
2 2
x ty 1
由 2 可得 y
2 4ty 4 0 ，故 y1y2 4, y1 y2 4t，
y 4x
2
2 1 1 1 2
因为 RN PN QN ，故 1+ y 1+ y 1+ y4 R 4 P 4 Q
，故 yR yP yQ .


y
y
1 x 1y MA : y 1又 x 1 x 1
2 n 1 y1
x 1 ，由
1 可得 yP ，
1 y 2x1 2 y
x n
1
2
2
y n 1 y2同理 Q ，2x2 2 y2
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x ty 1
2 n 1
由 x y
可得 y ，
n
R
2 2t 1
2
2 n 1 2 n 1 y 2 n 1 y
所以 2 1 = ，
2t 1

2x2 2 y2 2x1 2 y1
n 1 2
整理得到 2t 1
2 y1y 2 ，
n 1 2x2 2 y2 2x1 2 y1
4 2t 1 2

y2 22 2 y y1 2 y 2
2
1
2
4 2t 1 2 2t 1 2

y2 22 y1 2 y2+y1 3 4t
2
+ y2+y1 y2 y1 y4 2 1
y2 2 y2+y1 4
n 1
2
3 4t2
故 ，
n 1 2t 1 2
令 s 2t 1 t
s 1
，则 且 s 0，
2
3 4t2 s2 2s 4 2
故 2 2 1+
2 4 1 1 3 3
4 ， 2t 1 s s s2 s 4 4 4
n 1
2
3
n
2 14n 1 0
故 n 1 4即 ，
n 1
n 1
解得 n 7 4 3或 7 4 3 n 1或n 1 .
故直线 l在 x轴上的截距的范围为 n 7 4 3或 7 4 3 n 1或 n 1 ..................（9 分）
[方法二]：利用焦点弦性质
设直线 AB的方程为 x k1y 1，直线MA的方程为 x k2y 1，直线MB的方程为 x k3y 1，直线 l的
y y 2 2
方程为 x m, A 1

, y y2
1
2 4 1
,B , y ,N (m, 0) k
4
2 ，由题设可得m 1且 1 2 ．
x k1y 1,
2由 2 得 y 4k1y 4 0，所以 y1 yy 4x 2 4k1, y1y2 4．
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y21 1
因为 k 4 y1 1 ,k y 2 1 ，2 y1 4 y
3
1 4 y2
y 1 y 1 y y y y
k2 k3 1 2 1 2 1 2 k k 04 y 4 y 4 y y 1 1 ，1 2 1 2
y1 1 y2 1
2
k y1y2 1 y1 y2 1 1 22k3 k 1．
4 y1 4 y2 16 4 y1y2 y1y2 2
1
x k2 y 1, y m 1
由 y 得 p 1 ．
x m k2 2 2
y m 1
同理 Q

k 13
．
2
x k1y 1, y m 1
由 y 得 R 1 ．
x m k1 2 2
因为 | RN |2 | PN | |QN | ，
2

y2
m 1 y y (m 1)
2 (m 1)2
所以 R P Q即
k 1

3
．
1 k
1
k 1 k 2
2 2 2 3 1 2 4
k 2 32 m 1 1 4故 m 1 1 2 ．
k

1
2
1 m 1 2 2t k t t 1 1 1 1 1
2 3 3
令 1 2 ，则 2 2 1
．
m 1 t t t t 2 4 4
m 1 0,
所以 2 ，解得m 14m 1 0, m 7 4 3或 7 4 3 m 1或m >1．
故直线 l在 x轴上的截距的范围为 ( , 7 4 3) [ 7 4 3,1) (1, )．................（9 分）
[方法三]【最优解】：
A a2 , 2a (a 0),B b2设 , 2b ，
由 A,F ,B
2b 2a 2 2a
三点共线得 ，即 ab 1．
b2 a 2 a b a 2 1
2a 2b 2a
所以直线MA的方程为 y 2 (x 1)，直线MB的方程为 y 2 (x 1) 2 (x 1)，直线 AB的a 1 b 1 a 1
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y 2a方程为
a 2
(x 1)．
1
设直线 l的方程为 y 2x m(m 2)，
y (2 m)a , y (m 2)a , y ( 2 m)a m则 P 2 , x ．a a 1 Q a 2 a 1 R a 2 a 1 N 2
2 2
2 (2 m) a (2 m)2a2
所以 | RN | | PN | |QN | 2 2a2 a 1 a2 1 a2 ．
2
2 2 2
1
a a 1 a 1

2 m a
2 2
(t 1) t 2t 1 4 1
故 2 2 2 2 0, （其中 t a R）． 2 m a2 1 a2 1 t 1 t 3a 1 3 a
a
所以m ( ,14 8 3] [14 8 3, )．
m
因此直线 l在 x轴上的截距为 ( , 7 4 3] [ 7 4 3,1) (1, )．................（9 分）
2
22．（12分）
(1) f x 的定义域为 0, ．
由 f x x 1 ln x 得， f x ln x，
当 x 1时， f x 0；当 x 0,1 时 f′ x 0；当 x 1, 时， f ' x 0．
故 f x 在区间 0,1 内为增函数，在区间 1, 内为减函数，.......................（4 分）
(2)[方法一]：等价转化
1 1 1 1 1 1
由 b ln a a lnb a b得 (1 ln ) (1 ln )，即 f ( ) f ( )．
a a b b a b
1 1
由 a b，得 ．
a b
1
由（1）不妨设 (0,1),
1
(1, )，则 f (
1 ) 0，从而 f (
1) 1 0，得 (1,e)，
a b a b b
①令 g x f 2 x f x ，
则 g (x) f (2 x) f (x) ln(2 x) ln x ln(2x x2 ) ln[1 (x 1)2 ]，
当 x 0,1 时， g x 0， g x 在区间 0,1 内为减函数， g x g 1 0，
1 1 1
从而 f 2 x f x ，所以 f (2 ) f ( ) f ( ) ，
a a b
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1 1 1 1
由（1）得 2 即 2 ．①
a b a b
令 h x x f x ，则 h ' x 1 f x 1 ln x，
当 x 1,e 时， h x 0， h x 在区间 1,e 内为增函数， h x h e e，
从而 x f x e 1 1，所以 f ( ) e．
b b
1 1 1 1 1 1
又由 (0,1)，可得 (1 ln ) f ( ) f ( )，
a a a a a b
1 1 1 1
所以 f ( ) e．②
a b b b
2 1 1由①②得 e．.................................（8 分）
a b
ln a ln b 1 1 ln a 1 ln b 1
[方法二]【最优解】： b ln a a lnb a b变形为 ，所以 ．
a b b a a b
1 m, 1令 n．则上式变为m 1 lnm n 1 ln n ，
a b
于是命题转换为证明： 2 m n e．
令 f x x 1 ln x ，则有 f m f n ，不妨设m n．
由（1）知 0 m 1,1 n e，先证m n 2．
要证：m n 2 n 2 m f n f 2 m f (m) f 2 m
f m f 2 m 0．
令 g x f x f 2 x ,x 0,1 ，
则 g x f x f 2 x ln x ln 2 x ln x 2 x ln1 0，
g x 在区间 0,1 内单调递增，所以 g x g 1 0，即m n 2．
再证m n e．
因为m 1 lnm n 1 ln n m，所以 n 1 ln n n e m n e．
令 h x x 1 ln x x ,x 1,e ，
所以 h ' x 1 ln x 0，故 h x 在区间 1,e 内单调递增．
所以 h x h e e．故 h n e，即m n e．
1 1
综合可知 2 e．.......................................................（8 分）
a b
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[方法三]：比值代换
1 1
证明 2同证法 2．以下证明 x x
a b 1 2
e．
x
不妨设 x 22 tx1，则 t 1x ，1
由 x1(1 ln x1) x2 (1 ln x ) x (1 ln x ) tx [1 ln(tx )] ln x 1
t ln t
2 得 1 1 1 1 ， 1 ，t 1
要证 x1 x2 e，只需证 1 t x1 e，两边取对数得 ln(1 t) ln x1 1，
即 ln(1 t) 1
t ln t
1，
t 1
ln(1 t) ln t
即证 ．
t t 1
g(s) ln(1 s)
s
记 , s (0, ) ln(1 s)，则 g (s) 1 s .s s2
1 1
记 h(s)
s
ln(1 s)，则 h (s) 0，
1 s (1 s)2 1 s
所以， h s 在区间 0, 内单调递减． h s h 0 0，则 g ' s 0，
所以 g s 在区间 0, 内单调递减．
由 t 1, 得 t 1 0, ，所以 g t g t 1 ，
ln(1 t) ln t
即 ．.................................（8 分）
t t 1
[方法四]：构造函数法
ln a ln b 1 1 1 1
由已知得 ，令 x , x ，
a b b a a 1 b 2
不妨设 x1 x2，所以 f x1 f x2 ．
由（Ⅰ）知，0 x1 1 x2 e ，只需证 2 x1 x2 e．
证明 x1 x2 2同证法 2．
e
再证明 x1 x e 1 ln x
2 ln x
2 ．令 h(x) (0 x e),h (x) x ．
x e (x e)2
令 (x) ln x
e
2(0 x e) (x) 1 e x e ，则 2 2 0．x x x x
所以 x e 0,h x 0 ， h x 在区间 0,e 内单调递增．
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1 ln x1 1 ln x2 1 ln x1 x1 e
因为0 x1 x2 e，所以 x e x e ，即

1 2 1 ln x2 x2 e
又因为 f x1 f x2
1 ln x1 x2 , x2 x1 e，所以 1 ln x2 x1 x1 x2 e
，
2 2
即 x2 ex2 x1 ex1, x1 x2 x1 x2 e 0．
1 1
因为 x1 x2，所以 x1 x2 e，即 e．a b
1 1
综上，有 2 e结论得证．.................................（8 分）
a b
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