2023-2024学年北京人大附中朝阳学校高二下学期6月考数学（PDF版含答案）

2024北京人大附中朝阳学校高二 6月考
数 学
2024.6.24
一 选择题：（每题 4分，共计 40分）
1.已知命题 p : c 0，方程 x2 x + c = 0 有解，则 p 为（ ）
A. c 0，方程 x2 x + c = 0 无解 B. c 0，方程 x2 x + c = 0 有解
C. c 0 ，方程 x2 x + c = 0 无解 D. c 0，方程 x2 x + c = 0 有解
U = 1,2,3,4 , M = x U∣x22.设集合 5x + p = 0 ，若 UM = 2,3 ，则实数 p 的值为（ ）
A.-4 B.4 C.-6 D.6
x 2
3.函数 f (x) = 2 a 的一个零点在区间 (1, 2)内，则实数 a的取值范围是（ ）
x
A. (1,3) B. (1, 2) C. (0,3) D. (0, 2)
4
4.设m R 且m 0 ，“不等式m+ 4 ”成立的一个充分不必要条件是（ ）
m
A. m 0 B. m 1 C. m 2 D. m 2
5.某公司选择甲 乙两部门提供的方案的概率分别为0.45,0.55，且甲 乙两部门提供的方案的优秀率分别为
0.6，0.8.现从甲 乙两部门中任选一方案，则该方案是优秀的概率为（ ）
A.0.69 B.0.7 C.0.71 D.0.72
6.现有武隆喀斯特旅游区 巫山小三峡 南川金佛山 大足石刻和酉阳桃花源 5 个旅游景区，甲 乙随机选择
其中一个景区游玩.记事件 A ：甲和乙至少一人选择巫山小三峡，事件 B ：甲和乙选择的景区不同，则条
件概率 P (B∣A) =（ ）
5 6 7 8
A. B. C. D.
6 7 8 9
7.某工厂生产的 A 种产品进入某商场销售，商场为吸引厂家第一年免收管理费，因此第一年 A 种产品定价
为每件 70 元，年销售量为 11.8 万件.从第二年开始，商场对 A 种产品征收销售额的 x% 的管理费（即销售
70 x%
100 元要征收 x元），于是该产品定价每件比第一年增加了 元，预计年销售量减少 x 万件，要使第
1 x%
二年商场在 A 种产品经营中收取的管理费不少于 14 万元，则 x的最大值是（ ）
A.2 B.6.5 C.8.8 D.10
ex e x π
8.已知函数 f (x) = , x R，若对任意 0, ，都有 f (msin )+ f (1 m) 0成立，则实数
2 2
m 的取值范围是（ ）
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A. (0,1) B. (0, 2) C. ( ,1) D. ( ,1
9.如图，假定两点 P,Q 以相同的初速度运动.点Q 沿直线CD作匀速运动，CQ = x ；点 P 沿线段 AB （长
度为107 单位）运动，它在任何一点的速度值等于它尚未经过的距离 (PB = y ）.令 P 与Q 同时分别从
A,C 出发，那么，定义 x为 y 的纳皮尔对数，用现在的数学符号表示 x与 y 的对应关系就是
x
1 107
y =107 ，其中 e为自然对数的底.当点 P 从线段 AB 的三等分点移动到中点时，经过的时间为
e
（ ）
3 4
A. ln2 B. ln3 C. ln D. ln
2 3
10.若非空实数集 X 中存在最大元素M 和最小元素m ，则记Δ (X ) = M m .下列命题中正确的是（ ）
A.已知 X = 1,1 ,Y = 0,b ，且Δ (X ) = Δ (Y )，则b = 2
B.已知 X = a,a + 2 ,Y = y∣y = x2 , x X ，则存在实数 a，使得Δ (Y ) 1
C.已知 X = x∣f (x) g (x) , x 1,1 ，若Δ (X ) = 2 ，则对任意 x 1,1 ，都有 f (x) g (x)
D.已知 X = a,a + 2 ,Y = b,b +3 ，则对任意的实数 a，总存在实数b ，使得Δ (X Y ) 3
二 填空题：（每题 5分，共计 30分）
6
1
11. ax 的二项展开式中的常数项为 160，则实数a =__________.
x
1
1 1
12.已知a = ln ,b = sin ,c = 2 2 ，则 a,b,c 按照从大到小排列为__________.
2 2
13.春天即将来临，某学校开展以“拥抱春天，播种绿色”为主题的植物种植实践体验活动.已知某种盆栽植物
每株成活的概率为 p ，各株是否成活相互独立.该学校的某班随机领养了此种盆栽植物 10 株，设 X 为其中
成活的株数，若 X 的方差 DX = 2.1, P (X = 3) P (X = 7)，则 p = __________.
x c, x 0,
14.设c R ，函数 f (x) = 若 f ( x)恰有一个零点，则 c的取值范围是__________. x
2 2c, x 0.
15.已知函数 f ( x)的定义域为R ，满足 f (x + 2) = 2 f (x)，且当 x (0, 2 时， f (x) = 2x 3，有以下
三个结论：
1
① f ( 1) = ；
2
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1 1
②当 a , 时，方程 f (x) = a在区间 4, 4 上有三个不同的实根；
4 2
③函数 f ( x)有无穷多个零点，且存在一个零点b Z .
其中，所有正确结论的序号是__________.
16.华人数学家李天岩和美国数学家约克给出了“混沌”的数学定义，由此发展的湝沌理论在生物学 经济学
和社会学领域都有重要作用.在混沌理论中，函数的周期点是一个关键概念，定义如下：设 f ( x)是定义在
R 上的函数，对于 x0 R ，令 xn = f (xn 1 )(n =1,2,3, )，若存在正整数 k 使得 xk = x0 ，且当
0 j k 时， xi x0，则称 x0 是 f ( x)的一个周期为 k 的周期点.给出下列四个结论：
①若 f (x) = ex 1，则 f ( x)存在唯一一个周期为 1 的周期点；
②若 f (x) = 2(1 x)，则 f ( x)存在周期为 2 的周期点；
1
2x, x ,
③若 f (x) 2= 则 f ( x)不存在周期为 3 的周期点；
12(1 x) , x ,
2
1
④若 f (x) = x (1 x)，则对任意正整数 n, 都不是 f ( x)的周期为n的周期点.
2
其中所有正确结论的序号是__________.
三 解答题：（共计 80分）
17.（本小题 14 分）
2
已知命题 p ：对于 x R, x + kx + k 0成立，命题 q ：关于 k 的不等式 (k m)(k 2) 0 成立.
（1）若命题 p 为真命题，求实数 k 的取值范围；
（2）若命题 p 是命题 q 的必要不充分条件，求实数m 的取值范围.
18.（本小题 16 分）
某学校开展健步走活动，要求学校教职员工上传 11 月 4 日至 11 月 10 日的步数信息.教师甲 乙这七天的步
数情况如图 1 所示.
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（1）从 11 月 4 日至 11 月 10 日中随机选取一天，求这一天甲比乙的步数多的概率；
（2）从 11 月 4 日至 11 月 10 日中随机选取三天，记乙的步数不少于 20000 的天数为 X ，求 X 的分布列及
数学期望；
（3）根据 11 月 4 日至 11 月 10 日某一天的数据制作的全校 800 名教职员工步数的频率分布直方图如图 2
所示.已知这一天甲与乙的步数在全校 800 名教职员工中从多到少的排名分别为第 501 名和第 221 名，判断
这是哪一天的数据.（只需写出结论）
19.（本小题 17 分）
1 x
已知函数 f (x) = ln (ax +1)+ (x 0,a 为正实数 ) .
1+ x
（1）若 a =1，求曲线 y = f (x)在点 (1, f (1))处的切线方程；
（2）求函数 f ( x)的单调区间；
（3）若函数 f ( x)的最小值为 1，求 a的取值范围.
20.（本小题 17 分）
x
已知函数 f (x) = xe ax (a R) .
（1）若 y = f (x)在R 上是增函数，求实数 a的取值范围；
（2）当 a =1时，判断 0 是否为函数 f ( x)的极值点，并说明理由；
（3）若存在三个实数 x a1 x2 x3，满足 f (x1 ) = f (x2 ) = f (x3 )，求实数 的取值范围.
21.（本小题 16 分）
* *
已知集合M = 1,2,3, ,n (n N )，若集合 A = a1,a2 , ,am M (m N )，且对任意的b M ，
存在 ai ,a j A(1 i j m)，使得b = 1ai + 2a j （其中 1, 2 1,0,1 ），则称集合 A 为集合M 的
一个m 元基底.
（1）分别判断下列集合 A 是否为集合M 的一个二元基底，并说明理由；
① A = 1,5 , M = 1,2,3,4,5 ；
② A = 2,3 , M = 1,2,3,4,5,6 .
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（2）若集合 A 是集合M 的一个m 元基底，证明：m (m +1) n；
（3）若集合 A 为集合M = 1,2,3, ,19 的一个m 元基底，求出m 的最小可能值，并写出当m 取最小值
时M 的一个基底 A .
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参考答案
一 选择题：（每题 4分，共计 40分）
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
A B C C C D D D D D
二 填空题：（每题 5分，共计 30分）
11 12 13 14 15 16
1
-2 c b a 0.7 0 ,+ ①② ①④
2
三 解答题：（共计 80分）
17.（本小题 14 分 6 分+8 分）
2
（1）若命题 p 为真，则有Δ = k 4k = k (k 4) 0 ，解得0 k 4 ，所以实数 k 的取值范围为：
(0, 4) .
（2）设集合 A ={k∣0 k 4}，关于 k 的不等式 (k m)(k 2) 0 成立，
若m = 2 ，不等式的解集为： k∣k = 2 ，若m 2 ，不等式的解集为： k∣2 k m ，
若m 2，不等式的解集为： k∣m k 2 ，
因为命题 p 是命题 q 的必要不充分条件，
若m = 2 ，则 k∣k = 2 为A 的真子集，故成立，
若m 2 ，需满足 k∣2 k m 为A 的真子集，则m 4，所以2 m 4，
若m 2，需满足 k∣m k 2 为A 的真子集，则m 0，所以0 m 2 ，所以实数m 的取值范围
为：0 m 4 .
18.（本小题 16 分 5 分+7 分+4 分）
解：（1）设“甲比乙的步数多”为事件 A .
2
在 11 月 4 日至 11 月 10 日这七天中，11 月 5 日与 11 月 9 日这两天甲比乙步数多，所以 P (A) = .
7
（2）由图可知，7 天中乙的步数不少于 20000 步的天数共 2 天.
C35C
0 C2 1 12 2 5C2 4 C5C
2
1
X 的所有可能取值为0,1,2, P (X = 0) = = , P (X =1) = = , P (X = 2) = 2 = .
C37 7 C
3 3
7 7 C7 7
所以 X 的分布列为
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X 0 1 2
2 4 1
P
7 7 7
2 4 1 6
E (X ) = 0 +1 + 2 = .
7 7 7 7
1 x 1 2
19.解：（1）当 a =1时， f (x) = ln (x +1)+ ，则 f (x) = + 2 .
1+ x x +1 (1+ x)
所以 f (1) = 0 .又 f (1) = ln2，因此所求的切线方程为 y = ln2 .
a 2 ax2 + a 2
（2） f (x) = + =2 . ax +1 (1+ x) (ax +1) (1+ x)2
①当 a 2 0，即 a 2 时，因为 x 0 ，所以 f (x) 0，所以函数 f ( x)在 0,+ )上单调递增.
②当 a 2 0，即0 a 2 时，令 f (x) = 0，则 ax2 + a 2 = 0(x 0) 2 a，所以 x = .
a
2 a 2 a
因此，当 x 0, 时， f (x) 0，当 x ,+ 时， f (x) 0 .
a a
2 a 2 a
所以函数 f ( x)的单调递增区间为 ,+ f x ，函数 ( )的单调递减区间为 0, . a a
③当 a 2 时，函数 f ( x)在 0,+ )上单调递增，则 f ( x)的最小值为 f (0) =1，满足题意.
2 a
当0 a 2 时，由（2）知函数 f ( x)的单调递增区间为 ,+ ，函数 f ( x)的单调递减区间为
a


2 a 2 a
0, ，则 f ( x)的最小值为 f ，而 f (0) =1，不合题意.所以a的取值范围是 2,+ .
a a
)

20.（本小题 17 分 5 分+6 分+6 分）
x x
解：（1）因为 f (x) = xe ax (a R)，所以 f (x) = (x +1)e a .
x
令 g (x) = (x +1)e a ，则 g (x) = (x + 2)ex .令 g (x) = 0，则 x = 2 .
当 x ( , 2)时， g (x) 0，所以 g (x)在区间 ( , 2)上单调递减；
当 x ( 2,+ )时， g (x) 0，所以 g (x)在区间 ( 2,+ )上单调递增.所以
1
g(x)min = g ( 2) = a .
e2
1
因为 f ( x)在R 上是增函数，所以 f (x) 0恒成立.则 g(x)min 0 ，得 a .
e2
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1
所以实数 a的取值范围是 , .
e
2

（2）当 a =1时，因为 f (x) = xex x，定义域为R ，所以 f (x) = (x +1)ex 1，则 f (0) = 0 .
设 g (x) = f (x)，由（1）可知 g (x)在区间 ( 2,+ )上单调递增.
当 x ( 2,0)时， g (x) g (0) = 0 ，即 f (x) 0，则 f ( x)在区间 ( 2,0)上单调递减；
当 x (0,+ )时， g (x) g (0) = 0 ，即 f (x) 0，则 f ( x)在区间 (0,+ )上单调递增.所以 0 是 f ( x)
的极小值点.
（3）令 f (x1 ) = f (x2 ) = f (x3 ) = m,h (x) = f (x) m ，
则 h (x)有三个零点， h (x) = f (x) = g (x) = (x +1)ex a .
1
①由（1）可知，当 a 时， f ( x)在R 上是增函数，
e2
所以 h (x)在R 上是增函数， h (x)至多有一个零点，不合题意.
1
②当 a 0
a
时，因为 g ( 2) = a 0, g (a) = (a +1)e a (a +1) a =1 0, g (x)在区间 ( 2,+ )
e2
上单调递增，所以 g (x)在 ( 2,a)内有唯一零点，设零点为 x0 .
当 2 x x0 时， g (x) g (x0 ) = 0；当 x 2时， g (x) = (x +1)e
x a a 0 ；
当 x x0 时， g (x) g (x0 ) = 0 .所以 f ( x)在区间 ( , x0 )上单调递减，在区间 ( x0 ,+ )上单调递增.
从而 h (x)在区间 ( , x0 )上单调递减，在区间 ( x0 ,+ )上单调递增.所以h (x)至多有两个零点，不合题
意.
1 1
③当 a 0时，因为 g ( 2) = a 0, g ( 1) = a 0 ，
e2 e2
g (x)在区间 ( 2,+ )上单调递增，所以 g (x)在区间 ( 2,+ )上有唯一零点，设零点为 t1 ( 2, 1) .
1 1
1 1 1
又因为 g a a = +1 e a e a ，
a a a
1 1
令 t = ，则 t e2
1 t 1 1, ea a = te = (t2et 1) .
a a t t
(t ) = t 2et , t e2 (t ) = t (t + 2)et令 .因为 0，所以 (t )在区间 ( , e2 )上单调递增.
2 4 e2 2 t 1 2 t 1
所以 (t ) ( e ) = e 1, t e 1 0 .则 (t e 1) 0，即 g 0 .
t a
g (x)在区间 ( , 2)上单调递减，所以 g (x)在区间 ( , 2)上有唯一零点，设零点为 t2 .
因为 f (x) = g (x)，所以 f (x)与 f ( x)的变化情况如下：
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x ( , t2 ) t2 (t2 , t1 ) t1 (t1,+ )
f (x) + 0 - 0 +
f ( x) 单调递增 f (t2 ) 单调递减 f (t1 ) 单调递增
取m ( f (t1 ) , f (t2 ))，则h (t2 ) = f (t2 ) m 0,h (t1 ) = f (t1 ) m 0 .
m
当 x 且 x t2 时，h (x) = f (x) m = xe
x ax m ax m 0 ；
a
m
当 x 且 x 0 时，h (x) = f (x) m = xex ax m ax m 0，
a
所以 h (x)在 ( , t2 ) ,(t2 , t1 ) ,(t1,+ )内各有一个零点.则存在三个实数 x1 x2 x3，满足
h (x1 ) = h (x2 ) = h (x3 ) = 0 .
所以存在三个实数 x1 x2 x3，满足 f (x1 ) = f (x2 ) = f (x3 )，符合题意.
1
综上所述，实数 a的取值范围是 ,0 .
e
2

21.（本小题 16 分 4 分+6 分+6 分）
解：（1）① A = 1,5 不是M = 1,2,3,4,5 的一个二元基底.理由是3 1 1+ 2 5( 1, 2 1,0,1 )；
② A = 2,3 是M = 1,2,3,4,5,6 的一个二元基底.
理由是1= 1 2+1 3,2 =1 2+ 0 3,3 = 0 2+1 3,4 =1 2+1 2,5 =1 2+1 3,6 =1 3+1 3 .
（2）不妨设a1 a2 am ，则
形如1 ai + 0 a j (1 i j m)的正整数共有m 个；形如1 ai +1 ai (1 i m)的正整数共有m 个；
形如1 ai +1 a j (1 i j m)
2
的正整数至多有C 个；形如 ( 1) ai +1 a j (1 i j m)m 的正整数至多有
C2m 个.
又集合M = 1,2,3, ,n 含 n个不同的正整数， A 为集合M 的一个m 元基底.
故m +m +C
2 2
m +Cm n ，即m (m +1) n .
（3）由（2）可知m (m +1) 19，所以m 4 .
当m = 4 时，m(m+1) 19 =1，即用基底中元素表示出的数最多重复一个.*
假设 A = a1,a2 ,a3 ,a4 为M = 1,2,3, ,19 的一个 4 元基底，不妨设 a1 a2 a3 a4 ，则a4 10 .
当 a4 =10时，有 a3 = 9 ，这时 a2 = 8或 7.
如果 a2 = 8，则由1=10 9,1= 9 8,18 = 9+ 9,18 =10+8，与结论*矛盾.
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如果 a2 = 7 ，则 a1 = 6或 5.易知 A = 6,7,9,10 和 A = 5,7,9,10 都不是M = 1,2,3, ,19 的 4 元基
底，矛盾.
当 a4 =11时，有 a3 = 8，这时 a2 = 7,a1 = 6，易知 A = 6,7,8,11 不是M = 1,2,3, ,19 的 4 元基底，
矛盾.
当 a4 =12时，有 a3 = 7，这时 a2 = 6,a1 = 5 ，易知 A = 5,6,7,12 不是M = 1,2,3, ,19 的 4 元基底，
矛盾.
当 a4 =13时，有 a3 = 6,a2 = 5,a1 = 4，易知 A = 4,5,6,13 不是M = 1,2,3, ,19 的 4 元基底，矛盾.
当 a4 =14时，有 a3 = 5,a2 = 4,a1 = 3，易知 A = 3,4,5,14 不是M = 1,2,3, ,19 的 4 元基底，矛盾.
当 a4 =15时，有 a3 = 4,a2 = 3,a1 = 2，易知 A = 2,3,4,15 不是M = 1,2,3, ,19 的 4 元基底，矛盾.
当 a4 =16时，有 a3 = 3,a2 = 2,a1 =1，易知 A = 1,2,3,16 不是M = 1,2,3, ,19 的 4 元基底，矛盾.
当 a4 17时， A 均不可能是M 的 4 元基底.
当m = 5时，M 的一个基底 A = 1,3,5,9,16 .
综上，m 的最小可能值为 5.
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参考答案
一 选择题：（每题 4分，共计 40分）
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
A B C C C D D D D D
二 填空题：（每题 5分，共计 30分）
11 12 13 14 15 16
1
-2 c b a 0.7 0 ,+ ①② ①④
2
三 解答题：（共计 80分）
17.（本小题 14 分 6 分+8 分）
p Δ = k 2（1）若命题 为真，则有 4k = k (k 4) 0 ，解得0 k 4 ，所以实数 k 的取值范围为：
(0, 4) .
（2）设集合 A ={k∣0 k 4}，关于 k 的不等式 (k m)(k 2) 0 成立，
若m = 2 ，不等式的解集为： k∣k = 2 ，若m 2 ，不等式的解集为： k∣2 k m ，
若m 2，不等式的解集为： k∣m k 2 ，
因为命题 p 是命题 q 的必要不充分条件，
若m = 2 ，则 k∣k = 2 为A 的真子集，故成立，
若m 2 ，需满足 k∣2 k m 为A 的真子集，则m 4，所以2 m 4，
若m 2，需满足 k∣m k 2 为A 的真子集，则m 0，所以0 m 2 ，所以实数m 的取值范围
为：0 m 4 .
18.（本小题 16 分 5 分+7 分+4 分）
解：（1）设“甲比乙的步数多”为事件 A .
2
在 11 月 4 日至 11 月 10 日这七天中，11 月 5 日与 11 月 9 日这两天甲比乙步数多，所以 P (A) = .
7
（2）由图可知，7 天中乙的步数不少于 20000 步的天数共 2 天.
C35C
0 C2 12 2 5C2 4 C
1C2 1
X 的所有可能取值为0,1,2, P (X = 0) = = , P (X =1) = = , P (X = 2) = 5 2 = .
C3 3 37 7 C7 7 C7 7
所以 X 的分布列为
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X 0 1 2
2 4 1
P
7 7 7
2 4 1 6
E (X ) = 0 +1 + 2 = .
7 7 7 7
1 x 1 2
19.解：（1）当 a =1时， f (x) = ln (x +1)+ ，则 f (x) = + .
1+ x x +1 (1+ x)
2
所以 f (1) = 0 .又 f (1) = ln2，因此所求的切线方程为 y = ln2 .
a 2 ax2 + a 2
（2） f (x) = + = .
ax +1 (1+ x)2 (ax +1) (1+ x)2
①当 a 2 0，即 a 2 时，因为 x 0 ，所以 f (x) 0，所以函数 f ( x)在 0,+ )上单调递增.
2 2 a
②当 a 2 0，即0 a 2 时，令 f (x) = 0，则 ax + a 2 = 0(x 0)，所以 x = .
a
2 a 2 a
因此，当 x 0, 时， f (x) 0，当 x ,+ 时， f x 0 .
a
( )
a
2 a 2 a
所以函数 f ( x)的单调递增区间为 ,+ ，函数 f ( x)的单调递减区间为 0, .
a a
③当 a 2 时，函数 f ( x)在 0,+ )上单调递增，则 f ( x)的最小值为 f (0) =1，满足题意.
2 a
当0 a 2 时，由（2）知函数 f ( x)的单调递增区间为 ,+ ，函数 f ( x)的单调递减区间为
a
2 a 2 a
0, ，则 f ( x)的最小值为 f ，而 f (0) =1，不合题意.所以a的取值范围是 2,+ .
a a
)

20.（本小题 17 分 5 分+6 分+6 分）
x x
解：（1）因为 f (x) = xe ax (a R)，所以 f (x) = (x +1)e a .
令 g (x) = (x +1)ex a ，则 g (x) = (x + 2)ex .令 g (x) = 0，则 x = 2 .
当 x ( , 2)时， g (x) 0，所以 g (x)在区间 ( , 2)上单调递减；
当 x ( 2,+ )时， g (x) 0，所以 g (x)在区间 ( 2,+ )上单调递增.所以
1
g(x)min = g ( 2) = a .
e2
1
因为 f ( x)在R 上是增函数，所以 f (x) 0恒成立.则 g(x)min 0 ，得 a .
e2
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1
所以实数 a的取值范围是 , .
e2
（2）当 a =1时，因为 f (x) = xex x，定义域为R ，所以 f (x) = (x +1)ex 1，则 f (0) = 0 .
设 g (x) = f (x)，由（1）可知 g (x)在区间 ( 2,+ )上单调递增.
当 x ( 2,0)时， g (x) g (0) = 0 ，即 f (x) 0，则 f ( x)在区间 ( 2,0)上单调递减；
当 x (0,+ )时， g (x) g (0) = 0 ，即 f (x) 0，则 f ( x)在区间 (0,+ )上单调递增.所以 0 是 f ( x)
的极小值点.
（3）令 f (x1 ) = f (x2 ) = f (x3 ) = m,h (x) = f (x) m ，
则 h (x)有三个零点， h (x) = f (x) = g (x) = (x +1)ex a .
1
①由（1）可知，当 a 时， f ( x)在
2 R 上是增函数， e
所以 h (x)在R 上是增函数， h (x)至多有一个零点，不合题意.
1
②当 a 0 时，因为 g ( 2) = a 0, g (a) = (a +1)ea a (a +1) a =1 0, g (x)在区间 ( 2,+ )
e2
上单调递增，所以 g (x)在 ( 2,a)内有唯一零点，设零点为 x0 .
当 2 x x0 时， g (x) g (x0 ) = 0；当 x 2时， g (x) = (x +1)e
x a a 0 ；
当 x x0 时， g (x) g (x0 ) = 0 .所以 f ( x)在区间 ( , x0 )上单调递减，在区间 ( x0 ,+ )上单调递增.
从而 h (x)在区间 ( , x0 )上单调递减，在区间 ( x0 ,+ )上单调递增.所以h (x)至多有两个零点，不合题
意.
1 1
③当 a 0时，因为 g ( 2) = a 0, g ( 1) = a 0 ，
e2 e2
g (x)在区间 ( 2,+ )上单调递增，所以 g (x)在区间 ( 2,+ )上有唯一零点，设零点为 t1 ( 2, 1) .
1 1
1 1 1
又因为 g = +1 e
a a ea a ，
a a a
1 11
令 t = ，则 t e2 , ea a = tet
1 1
= (t2et 1) .
a a t t
令 (t ) = t 2et , t e2 .因为 (t ) = t (t + 2)et 0，所以 (t )在区间 ( , e2 )上单调递增.
2 1 1
所以 (t ) ( e2 ) = e4 e 1, t2et 1 0 2.则 (t et 1) 0，即 g 0 .
t a
g (x)在区间 ( , 2)上单调递减，所以 g (x)在区间 ( , 2)上有唯一零点，设零点为 t2 .
因为 f (x) = g (x)，所以 f (x)与 f ( x)的变化情况如下：
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x ( , t2 ) t2 (t2 , t1 ) t1 (t1,+ )
f (x) + 0 - 0 +
f ( x) 单调递增 f (t2 ) 单调递减 f (t1 ) 单调递增
取m ( f (t1 ) , f (t2 ))，则h (t2 ) = f (t2 ) m 0,h (t1 ) = f (t1 ) m 0 .
m
当 x 且 x t2 时，h (x) = f (x) m = xe
x ax m ax m 0 ；
a
m x
当 x 且 x 0 时，h (x) = f (x) m = xe ax m ax m 0，
a
所以 h (x)在 ( , t2 ) ,(t2 , t1 ) ,(t1,+ )内各有一个零点.则存在三个实数 x1 x2 x3，满足
h (x1 ) = h (x2 ) = h (x3 ) = 0 .
所以存在三个实数 x1 x2 x3，满足 f (x1 ) = f (x2 ) = f (x3 )，符合题意.
1
综上所述，实数 a的取值范围是 ,02 .
e
21.（本小题 16 分 4 分+6 分+6 分）
解：（1）① A = 1,5 不是M = 1,2,3,4,5 的一个二元基底.理由是3 1 1+ 2 5( 1, 2 1,0,1 )；
② A = 2,3 是M = 1,2,3,4,5,6 的一个二元基底.
理由是1= 1 2+1 3,2 =1 2+ 0 3,3 = 0 2+1 3,4 =1 2+1 2,5 =1 2+1 3,6 =1 3+1 3 .
（2）不妨设a1 a2 am ，则
形如1 ai + 0 a j (1 i j m)的正整数共有m 个；形如1 ai +1 ai (1 i m)的正整数共有m 个；
形如1 a
2
i +1 a j (1 i j m) 的正整数至多有Cm 个；形如 ( 1) ai +1 a j (1 i j m) 的正整数至多有
C2m 个.
又集合M = 1,2,3, ,n 含 n个不同的正整数， A 为集合M 的一个m 元基底.
m +m +C2故 m +C
2 m m +1 n
m n ，即 ( ) .
（3）由（2）可知m (m +1) 19，所以m 4 .
当m = 4 时，m(m+1) 19 =1，即用基底中元素表示出的数最多重复一个.*
假设 A = a1,a2 ,a3 ,a4 为M = 1,2,3, ,19 的一个 4 元基底，不妨设 a1 a2 a3 a4 ，则a4 10 .
当 a4 =10时，有 a3 = 9 ，这时 a2 = 8或 7.
如果 a2 = 8，则由1=10 9,1= 9 8,18 = 9+ 9,18 =10+8，与结论*矛盾.
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如果 a2 = 7 ，则 a1 = 6或 5.易知 A = 6,7,9,10 和 A = 5,7,9,10 都不是M = 1,2,3, ,19 的 4 元基
底，矛盾.
当 a4 =11时，有 a3 = 8，这时 a2 = 7,a1 = 6，易知 A = 6,7,8,11 不是M = 1,2,3, ,19 的 4 元基底，
矛盾.
当 a4 =12时，有 a3 = 7，这时 a2 = 6,a1 = 5 ，易知 A = 5,6,7,12 不是M = 1,2,3, ,19 的 4 元基底，
矛盾.
当 a4 =13时，有 a3 = 6,a2 = 5,a1 = 4，易知 A = 4,5,6,13 不是M = 1,2,3, ,19 的 4 元基底，矛盾.
当 a4 =14时，有 a3 = 5,a2 = 4,a1 = 3，易知 A = 3,4,5,14 不是M = 1,2,3, ,19 的 4 元基底，矛盾.
当 a4 =15时，有 a3 = 4,a2 = 3,a1 = 2，易知 A = 2,3,4,15 不是M = 1,2,3, ,19 的 4 元基底，矛盾.
当 a4 =16时，有 a3 = 3,a2 = 2,a1 =1，易知 A = 1,2,3,16 不是M = 1,2,3, ,19 的 4 元基底，矛盾.
当 a4 17时， A 均不可能是M 的 4 元基底.
当m = 5时，M 的一个基底 A = 1,3,5,9,16 .
综上，m 的最小可能值为 5.
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