浙江省温州市2023届高三下学期返校统一测试数学试题（解析版）

2023
2022学年第二学期温州市普通高中高三返校统一测试
数学试题
选择题部分（共60分）
一、选择题：本大题共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. 命题“，”否定形式是（）
A. ，或 B. ，且
C. ，或 D. ，且
2. 已知，下列选项中不是方程的根的是（）
A. 1 B. C. D.
3. A，B是上两点，，则弦的长度是（）
A. 1 B. 2 C. D. 不能确定
4. 通过长期数据研究某人驾驶汽车的习惯，发现其行车速度v（公里/小时）与行驶地区的人口密度p（人/平方公里）有如下关系：，如果他在人口密度为的地区行车时速度为65公里/小时，那么他在人口密度为的地区行车时速度约是（）
A. 69.4公里/小时 B. 67.4公里/小时 C. 62.5公里/小时 D. 60.5公里/小时
5. 展开式中含的系数是（）
A. 28 B. C. 84 D.
6. 某医院对10名入院人员进行新冠病毒感染筛查，若采用单管检验需检验10次；若采用10合一混管检验，检验结果为阴性则只要检验1次，如果检验结果为阳性，就要再全部进行单管检验．记10合一混管检验次数为，当时，10名人员均为阴性的概率为（）
A. 0.01 B. 0.02 C. 0.1 D. 0.2
7. 下列实数中，最小的是（）
A. B. C. D.
8. 直线l与双曲线的左，右两支分别交于点A，B，与双曲线的两条渐近线分别交于点C，D（A，C，D，B从左到右依次排列），若，且，，成等差数列，则双曲线的离心率的取值范围是（）
A B. C. D.
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. 设函数，则（）
A. 若，则在上单调递增
B. 若，则在有2个极值点
C. 若，则的图象关于中心对称
D. 若，则最大值为
10. 《国家学生体质健康标准》是国家学校教育工作的基础性指导文件和教育质量基本标准，它适用于全日制普通小学、初中、普通高中、中等职业学校、普通高等学校的学生.某高校组织名大一新生进行体质健康测试，现抽查200名大一新生的体测成绩，得到如图所示的频率分布直方图，其中分组区间为，，，，，．则下列说法正确的是（）
A. 估计该样本的众数是
B. 估计该样本的均值是
C. 估计该样本的中位数是
D. 若测试成绩达到分方可参加评奖，则有资格参加评奖的大一新生约为人
11. 如图，为等腰梯形，，且，，，，均垂直于平面．，则以下结论正确的是（）
A. B. 有可能等于
C. 最大值为 D. 时，点，，，共面
12. 已知正m边形，一质点M从点出发，每一步移动均为等可能的到达与其相邻两个顶点之一．经过n次移动，记质点M又回到点的方式数共有种，且其概率为，则下列说法正确的是（）
A. 若，则 B. 若，则
C若，则， D. 若，则
非选择题部分（共90分）
三、填空题：本大题共4小题，每题5分，共20分，把答案填在题中的横线上．
13. 若抛物线以坐标轴为对称轴，原点为焦点，且焦点到准线的距离为2，则该抛物线的方程可以是______．（只需填写满足条件的一个方程）
14. 正四面体棱长为2，E，F，G分别为，，的中点，过G作平面，则平面截正四面体，所得截面的面积为______．
15. 由直线构成集合的方程为，若，且，则与之间的距离为______．
16. 函数在上的值域为，则的值为______．
四、解答题：本大题共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. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．
（1）求B；
（2）若，内切圆的面积为，求的面积．
18. 如图，在四棱锥中，底面是边长为的菱形且，，．
（1）求的值；
（2）若，是否存在，使得平面平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
19. 已知正项数列，，．
（1）求数列的通项公式；
（2）已知，其中，的前n项和为，求．
20. 中国共产党第二十次全国代表大会报告指出：坚持精准治污、科学治污、依法治污，持续深入打好蓝天、碧水、净土保卫战，加强污染物协同控制，基本消除重污染天气、每年的《中国生态环境状态公报》都会公布全国339个地级及以上城市空气质量检测报告，以下是2017-2021五年339个城市空气质量平均优良天数占比统计表．
年份 2017年 2018年 2019年 2020年 2021年
年份代码 1 2 3 4 5
百分比 78 79.3 82 87 87.5
并计算得：，．
（1）求2017年—2021年年份代码与339个城市空气质量平均优良天数的百分比的样本相关系数（精确到0.01）；
（2）请用相关系数说明该组数据中y与x之间的关系可用线性回归模型进行拟合，并求出y关于x的回归直线方程（精确到0.01）和预测2022年（）的空气质量优良天数的百分比；
（3）试判断用所求回归方程是否可预测2026年（）的空气质量优良天数的百分比，并说明理由．
（回归直线的斜率和截距的最小二乘法估计公式分别为：，）
附：相关系数，，．
21. 如图，椭圆的左右焦点分别为，，点是第一象限内椭圆上的一点，经过三点P，，的圆与y轴正半轴交于点，经过点且与x轴垂直的直线l与直线交于点Q．
（1）求证：．
（2）试问：x轴上是否存在不同于点B的定点M，满足当直线，的斜率存在时，两斜率之积为定值？若存在定点M，求出点M的坐标及该定值；若不存在，请说明理由．
22. 若函数，的图象与直线分别交于A，B两点，与直线分别交于C，D两点，且直线，的斜率互为相反数，则称，为“相关函数”．
（1），均为定义域上的单调递增函数，证明：不存在实数m，n，使得，为“相关函数”；
（2），，若存在实数，使得，为“相关函数”，且，求实数a的取值范围．
2022学年第二学期温州市普通高中高三返校统一测试
数学试题
选择题部分（共60分）
一、选择题：本大题共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. 命题“，”的否定形式是（）
A. ，或 B. ，且
C. ，或 D. ，且
【答案】D
【解析】
【分析】根据特称命题的否定求解即可.
【详解】解：由特称命题的否定形式得：命题“，”的否定形式是：，且.
故选：D
2. 已知，下列选项中不是方程的根的是（）
A. 1 B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用因式分解与复数的性质求根即可.
【详解】因为，，
所以，即，
解得或，
故选项ACD中是方程的根，B中不是.
故选：B
3. A，B是上两点，，则弦的长度是（）
A. 1 B. 2 C. D. 不能确定
【答案】C
【解析】
【分析】根据向量的数量积运算及余弦定理求解即可.
【详解】设半径为，，
则，
由余弦定理知，
故选：C
4. 通过长期数据研究某人驾驶汽车的习惯，发现其行车速度v（公里/小时）与行驶地区的人口密度p（人/平方公里）有如下关系：，如果他在人口密度为的地区行车时速度为65公里/小时，那么他在人口密度为的地区行车时速度约是（）
A. 69.4公里/小时 B. 67.4公里/小时 C. 62.5公里/小时 D. 60.5公里/小时
【答案】B
【解析】
【分析】由题知，进而得，进而代入计算即可得答案.
【详解】解：由题知，整理得
所以
所以，当他在人口密度为的地区行车时速度公里/小时，
故选：B
5. 展开式中含的系数是（）
A. 28 B. C. 84 D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据展开式的通项，分别求出展开式中含、、的项的系数，即可得出答案.
【详解】展开式的通项为，.
当选取时，由已知可得，应选取展开式中含的项，
由，可得；
当选取时，由已知可得，应选取展开式中含的项，
由，可得；
当选取时，由已知可得，应选取展开式中含的项，
由，可得.
所以，展开式中含的系数是.
故选：C.
6. 某医院对10名入院人员进行新冠病毒感染筛查，若采用单管检验需检验10次；若采用10合一混管检验，检验结果为阴性则只要检验1次，如果检验结果为阳性，就要再全部进行单管检验．记10合一混管检验次数为，当时，10名人员均为阴性的概率为（）
A. 0.01 B. 0.02 C. 0.1 D. 0.2
【答案】C
【解析】
【分析】依据题意写出随机变量的的分布列，利用期望的公式即可求解.
【详解】设10人全部为阴性的概率为，混有阳性的概率为，
若全部为阴性，需要检测1次，若混有阳性，需要检测11次，
则随机变量的分布列
，解得，
故选：C.
7. 下列实数中，最小的是（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用作差法结合三角函数同角三角关系式与正余弦性质，可得时，，，即可得，，再构函数，求导，结合不等式放缩判断导数符号，即可得函数单调性从而可判断与的大小，即可得答案.
【详解】解：当时，，
其中，所以，则，即；
当时，，所以，
则，即；
设，所以，在上单调递减，
所以，即，
又在上单调递减，且时，，所以，
作差法有，设，
所以，
则函数在上单调递减，则，所以，即；
综上，可知最小.
故选：A.
8. 直线l与双曲线的左，右两支分别交于点A，B，与双曲线的两条渐近线分别交于点C，D（A，C，D，B从左到右依次排列），若，且，，成等差数列，则双曲线的离心率的取值范围是（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先设直线方程及四个点，联立后分别求出两根和和两根积，再应用，，成等差数列，列式求解即可
【详解】设直线，
联立，可得，则①
联立，可得，则②
因为，所以，所以③
因为，所以，所以，即得④
因为，所以中点为的中点，所以,
因为成等差数列，所以，又因为A，C，D，B从左到右依次排列，所以,
所以，代入①②③有，
因为且，又因为，则所以，所以，即
综上，
故选：D.
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. 设函数，则（）
A. 若，则在上单调递增
B. 若，则在有2个极值点
C. 若，则的图象关于中心对称
D. 若，则的最大值为
【答案】BC
【解析】
【分析】根据正弦型函数的单调性、对称性、最值、周期判断ABCD选项即可.
【详解】当时，，，，故在上不单调，故A不正确；
当时，，，，
当或时，函数取得极值，故函数有2个极值点，，故B正确；
当时，，代入，可得，即为函数图象的一个对称中心，故C正确；
当时，，所以，故D错误.
故选：BC
10. 《国家学生体质健康标准》是国家学校教育工作的基础性指导文件和教育质量基本标准，它适用于全日制普通小学、初中、普通高中、中等职业学校、普通高等学校的学生.某高校组织名大一新生进行体质健康测试，现抽查200名大一新生的体测成绩，得到如图所示的频率分布直方图，其中分组区间为，，，，，．则下列说法正确的是（）
A. 估计该样本的众数是
B. 估计该样本的均值是
C. 估计该样本的中位数是
D. 若测试成绩达到分方可参加评奖，则有资格参加评奖的大一新生约为人
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据频率分布直方图，可判断A项；根据频率分布直方图，估计出平均数，可判断B项；根据频率分布直方图，估计出中位数，可判断C项；根据频率分布直方图，测试成绩达到分的频率为，即可估算有资格参加评奖的人数.
【详解】对于A项，由频率分布直方图可得，最高小矩形为，所以可估计该样本的众数是，故A项正确；
对于B项，由频率分布直方图，可估计该样本的均值是，故B项错误；
对于C项，由频率分布直方图可得，成绩在之间的频率为，
在之间的频率为，
所以可估计该样本的中位数在内.
设中位数为，则由可得，，故C项正确；
对于D项，由频率分布直方图可得，测试成绩达到分的频率为，所以可估计有资格参加评奖的大一新生约为人，故D项正确.
故选：ACD.
11. 如图，为等腰梯形，，且，，，，均垂直于平面．，则以下结论正确的是（）
A. B. 有可能等于
C. 最大值为 D. 时，点，，，共面
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据图形，利用线面垂直、勾股定理、余弦定理和四点共面的相关知识逐项进行分析即可求解.
【详解】对于，过作，连接，，
因为为等腰梯形，且，，所以，则，在中，，所以，
则，由垂直于平面，且平面，则，，平面，所以平面，平面，所以.因为，均垂直于平面，所以，又因为，所以四边形为矩形，所以，则，所以，故选项正确；
对于，过点分别作，过点作，连接，
由选项的分析可知：，因为，，，均垂直于平面，且，所以，，在中，，设，则，，所以，
同理，
若，则，即，也即，因为，所以方程无解，则不可能等于，故选项错误；
对于，过作，
由题意可知：，则，由选项分析可得：，由选项的分析可知：，
设，在中，由余弦定理可知：
，
令，则，
因为，所以，则，所以，
因为，所以，则的最大值为，故选项正确；
对于选项，根据前面选项的分析可知：两两垂直，
建立如图所示空间直角坐标系，
因为，，，
则，，，，
则，，所以，则，
则，所以点，，，四点共面，故选项正确，
故选：.
12. 已知正m边形，一质点M从点出发，每一步移动均为等可能的到达与其相邻两个顶点之一．经过n次移动，记质点M又回到点的方式数共有种，且其概率为，则下列说法正确的是（）
A. 若，则 B. 若，则
C. 若，则， D. 若，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据所给规则，直接判断A，根据规则，分析变化规律，归纳得出结论判断B，根据规则直接判断C，列举所有可能由古典概型求解判断D.
【详解】对A，时，如图，
经3步从回到，仅有，
与两种，所以，故A错误；
对B，若时，如图，
与，记从出发经过n步到的方法数为，则(先走两步回到有2种，化归为，先走两步到有2种，化归为)，所以，因为，所以，故B正确；
对C，时，显然走奇数步无法回到，故，故C正确；
对D，时，
走6步共有种走法(每一步顺时针或逆时针)，出发回到有2种情形，①一个方向连续走6步，有2种；②2个方向各走3步，有种，所以，所以，故D正确.
故选：BCD
非选择题部分（共90分）
三、填空题：本大题共4小题，每题5分，共20分，把答案填在题中的横线上．
13. 若抛物线以坐标轴为对称轴，原点为焦点，且焦点到准线的距离为2，则该抛物线的方程可以是______．（只需填写满足条件的一个方程）
【答案】或或或（答案不唯一其它满足要求的答案也可）
【解析】
【分析】先求焦点到准线的距离为2的抛物线的标准方程，通过平移变换确定符合要求的抛物线方程.
【详解】焦点为，准线为的抛物线的标准方程为，
将其向左平移一个单位，可得一条焦点为原点，焦点到准线的距离为2的抛物线，
其方程为，
焦点为，准线为的抛物线的标准方程为，
将其向右平移一个单位，可得一条焦点为原点，焦点到准线的距离为2的抛物线，
其方程为，
焦点为，准线为的抛物线的标准方程为，
将其向下平移一个单位，可得一条焦点为原点，焦点到准线的距离为2的抛物线，
其方程为，
焦点为，准线为的抛物线的标准方程为，
将其向上平移一个单位，可得一条焦点为原点，焦点到准线的距离为2的抛物线，
其方程为，
故答案为：或或或（注意答案不唯一，其它满足要求的答案也可）
14. 正四面体棱长为2，E，F，G分别为，，的中点，过G作平面，则平面截正四面体，所得截面的面积为______．
【答案】1
【解析】
【分析】根据题意作出图形，利用线面垂直的判定可得截面为边长为1的正方形，进而求解.
【详解】分别取的中点，连接，
由题意可知：且，又因为且，
所以且，所以四边形为平行四边形，由因为且，所以，则平行四边形为菱形，
因为为正四面体，所以三角形是边长为2的正三角形，
所以且，同理且，
又，平面，所以平面，
又因为平面，所以，
因为，，所以，所以菱形为正方形.
因为，且为的中点，所以，
因为，所以，同理，，平面，所以平面，所以过G作平面，则平面截正四面体所得的图形即为正方形，所以截面面积为，
故答案为：.
15. 由直线构成的集合的方程为，若，且，则与之间的距离为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，分与两种情况讨论，根据直线平行得出，代入两平行线间距离公式即可求解.
【详解】当时，即，，当时，，当时，，
故，此时，与的距离为2；
当时，，
又因为，所以，且，
所以，
因为，所以，且过
又直线，
由两平行线间的距离公式可得：，
故答案为：.
16. 函数在上的值域为，则的值为______．
【答案】##2.5
【解析】
【分析】先由绝对值、余弦函数的有界性以及求出，分类讨论求出，即可求解.
【详解】因为，，
所以当且仅当且时，
所以,
又，所以
所以，易知在上单调递减，在单调递增，
所以当时，，不满足题意；
当时，因为，所以，
注意到，且在单调递增，
所以，所以
故答案为：.
【点睛】利用三角函数求值的关键：
（1）角的范围的判断；
（2）根据条件选择合适的公式进行化简计算；
（3）合理地利用函数图像和性质.
四、解答题：本大题共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. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．
（1）求B；
（2）若，内切圆的面积为，求的面积．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】(1)利用正弦定理边化角结合三角恒等变换求解；
(2)利用等面积法可得，从而得，再根据余弦定理，联立方程组求出，从而可求三角形的面积.
【小问1详解】
因为，所以，
所以
因为，所以．
所以，
又因为，所以，
所以，因为，所以，
所以，所以．
【小问2详解】
因为内切圆的面积为，所以内切圆半径．
由于，所以，①
由余弦定理得，，
即，②
联立①②可得，即，
解得或（舍去），
所以．
18. 如图，在四棱锥中，底面是边长为的菱形且，，．
（1）求的值；
（2）若，是否存在，使得平面平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；
（2）存在，.
【解析】
【分析】（1）取线段的中点，连接、，证明出平面，可得出，进而可得出，利用勾股定理可求得的长；
（2）过点在平面内作，垂足为点，证明出平面，过点作，分别交、于点、，可得出平面平面，求出的长，可得出，即可得解.
【小问1详解】
解：取线段的中点，连接、，
因为四边形是边长为的菱形，则，，
因为，由余弦定理可得，
，所以，即，
又且是的中点，,
，、平面，平面，
平面，，，，
，；
【小问2详解】
解：过点在平面内作，垂足为点，
因为平面，平面，
所以，平面平面，
平面平面，平面，，
所以，平面，
过点作，分别交、于点、，
因为，则，
所以，、、、四点共面，
因为平面，
所以，平面平面，
因为，，，
则，
因为，，由余弦定理可得，
所以，，
，
所以，,
，
因为，所以，.
19. 已知正项数列，，．
（1）求数列的通项公式；
（2）已知，其中，的前n项和为，求．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】(1)由递推公式可得：，所以数列是以2为首项，以2为公比的等比数列，利用等比数列的通项公式即可求解；
(2)结合（1）可得：，且，将数列中的项从第一项开始，相邻的两项结合构成一个公比为4的等比数列，利用等比数列的前项和公式即可求解.
【小问1详解】
由可得：，
则，又，所以数列是以2为首项，以2为公比的等比数列，
所以．
【小问2详解】
由（1）可得：，
所以，
，
则，又因为，
所以，
则，
所以.
20. 中国共产党第二十次全国代表大会报告指出：坚持精准治污、科学治污、依法治污，持续深入打好蓝天、碧水、净土保卫战，加强污染物协同控制，基本消除重污染天气、每年的《中国生态环境状态公报》都会公布全国339个地级及以上城市空气质量检测报告，以下是2017-2021五年339个城市空气质量平均优良天数占比统计表．
年份 2017年 2018年 2019年 2020年 2021年
年份代码 1 2 3 4 5
百分比 78 79.3 82 87 87.5
并计算得：，．
（1）求2017年—2021年年份代码与339个城市空气质量平均优良天数的百分比的样本相关系数（精确到0.01）；
（2）请用相关系数说明该组数据中y与x之间的关系可用线性回归模型进行拟合，并求出y关于x的回归直线方程（精确到0.01）和预测2022年（）的空气质量优良天数的百分比；
（3）试判断用所求回归方程是否可预测2026年（）的空气质量优良天数的百分比，并说明理由．
（回归直线的斜率和截距的最小二乘法估计公式分别为：，）
附：相关系数，，．
【答案】（1）0.97；
（2）;．
（3）答案见解析.
【解析】
【分析】（1）由表中数据结合题中数据，求出相关数值，代入相关系数，即可得出答案；
（2）由（1）知，接近1，即可说明线性相关关系极强.根据（1）中求出的数据，即可求出，，进而得到回归直线方程.代入，即可预测2022年的空气质量优良天数的百分比；
（3）将代入（2）中的回归直线方程，可得，显然不合常理，可根据回归直线的意义及其局限性说明.
【小问1详解】
由已知可得，，.
所以，
.
又，
所以.
又，
所以，．
【小问2详解】
由（1）知，与的相关系数接近1，所以与之间具有极强的线性相关关系，可用线性回归模型进行拟合．
因为，，
故回归直线方程为.
当时，，
故2022年的空气质量优良天数的百分比为．
【小问3详解】
由（2）知，当时，，显然不合常理.
其原因如下：
根据该组数据的相关系，是可以推断2017年—2021年间与两个变量正线性相关，且相关程度很强，由此来估计2022年的空气质量优良天数的百分比有一定的依据.但由于经验回归方程的时效性，随着国家对生态环境的治理，空气质量优良天数的百分比增加幅度会变缓，且都会小于1，故用该回归直线方程去预测今后几年的空气优良天数会误差较大，甚至出现不合情理的数据．
21. 如图，椭圆的左右焦点分别为，，点是第一象限内椭圆上的一点，经过三点P，，的圆与y轴正半轴交于点，经过点且与x轴垂直的直线l与直线交于点Q．
（1）求证：．
（2）试问：x轴上是否存在不同于点B的定点M，满足当直线，的斜率存在时，两斜率之积为定值？若存在定点M，求出点M的坐标及该定值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）证明见解析；
（2）存在点，可使得直线与的斜率之积为定值，该定值为．
【解析】
【分析】（1）设、圆的方程，代入、及可解得，即可证；
（2）设，由A，P，Q三点共线得，即可表示出讨论定值是否存在.
【小问1详解】
由可得，
设，则，
设圆的方程为，
代入及，得，
两式相减，得，
所以圆的方程为即，
令，得，
由，可得，即．
小问2详解】
设，由（1）知，由A，P，Q三点共线，得，解得，
则，
代入，得，
当且仅当，即时，为定值．
综上，存在点，可使得直线与的斜率之积为定值，该定值为．
【点睛】探索圆锥曲线的定值问题常见方法有两种：①从特殊入手，先根据特殊位置和数值求出定值，再证明这个值与变量无关；②直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.
22. 若函数，的图象与直线分别交于A，B两点，与直线分别交于C，D两点，且直线，的斜率互为相反数，则称，为“相关函数”．
（1），均为定义域上的单调递增函数，证明：不存在实数m，n，使得，为“相关函数”；
（2），，若存在实数，使得，为“相关函数”，且，求实数a的取值范围．
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据函数单调递增，可推出直线，的斜率均为正数，即可证明；
（2）首先讨论是否满足题意，数形结合可知，由题可知时满足题意；再讨论时，，或，联立且由(1)可判断出,由此可得出m和n的等式关系,建立一个关于m或n的方程，将方程根的问题转化为函数零点问题，利用导数求出函数单调区间，讨论a的取值范围对零点的影响即可.
【小问1详解】
设，.由单调递增，则.
则.
同理可得，.
所以，直线，的斜率均为正数，不可能互为相反数.
即不存在实数m，n，使得，为“相关函数”．
【小问2详解】
情况一：当时，，，若，则存在实数，使得，为“相关函数”，且；
情况二：当时
因为，为“相关函数”，所以有.
因，所以有或.
①联立，可得，所以.
则有，，此时有，满足题意；
②联立，可得.
因为，所以方程组，则．
当时.
因为，均为上的单调递增函数，由（1）知不存在实数m，n，
使得，为“相关函数”，所以.
则由，可得，可得，
所以.
同理可得.
则在上存在两个不同的实数根.
记，则.
记，则
解，可得.
解，可得，所以在上单调递增；
解，可得，所以在上单调递减.
所以，在处取得极小值.
（ⅰ）当时，，
此时有，即在单调递减.
又，，
则根据零点存在定理可得，存在唯一，使得，
即有唯一负根，不符合式；
（ⅱ）当时，.
因为，且，有，
根据零点存在定理可得，，使得；，使得.
所以，当时，有，此时，在上单调递减；
当时，有，此时，在上单调递增；
当时，有，此时，在上单调递减.
，
令，，则.
因为，所以，所以，
所以上单调递增，
所以，所以，
所以.
根据零点存在定理可知，，使得.
取，即有，符合题意.
综上所述，的取值范围是.
【点睛】函数零点的求解与判断方法：
(1)直接求零点：令，如果能求出解，则有几个解就有几个零点．
(2)零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间上是连续不断的曲线，且，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点．
(3)利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点．