安徽安庆市三校2018-2019高二数学（理）下学期期末试题（Word版含解析）

2018-2019 学年第二学期高二年级期末名校联考 数学（理科） 一、选择题：本大题共 12 个小题，每小题 5 分，共 60 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.已知集合 ， ，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 分别求出集合 和 ，由交、并、补的概念即可得到结果． 【详解】∵集合 ， ， ∴ ， ，故 A 错误； ，故 B 错误； ，故 C 正确； ，故 D 错误． 故选 C． 【点睛】本题考查命题真假的判断，考查集合运算等基础知识，考查运算求解能力，是基础 题． 2.设 ，则 的虚部是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 直接利用复数代数形式的乘除运算化简得 ，进而可得 的虚部. { | 1}A x x= > { }3| log 1B x x= < { | 1}A B x x∩ = ≤R { | 0 3}A B x x∪ = < < { |1 3}A B x x∩ = < < { | 1}A B x x∪ = ≤R A B { | 1}A x x= > 3log 1{ | } { | 0 3}B x x x x= < = < < { | 1}R A x x= ≤ | 1{ }0R A B x x∩ = < ≤ { | 3}A B x x= F F 0x y+ = A CA. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 利用点 关于直线 的对称点 ，且 A 在椭圆上，得 ，即得椭圆 C 的离心率； 【详解】∵点 关于直线 的对称点 A 为 ，且 A 在椭圆上， 即 ，∴ ， ∴椭圆 C 的离心率 ． 故选 A． 【点睛】本题主要考查椭圆的离心率，属于基础题． 10.已知 ，且 .则展开式 中 的系数为 （ ） A. 12 B. -12 C. 4 D. -4 【答案】D 【解析】 【分析】 求 定 积 分 得 到 的 值 ， 可 得 的 值 ， 再 把 按 照 二 项 式 定 理 展 开 式 ， 可 得 中 的系数． 【详解】∵ ，且 ， 则展开式 ， 2 2 3 2 2 1− 3 1− ( )0F c− ， 0x y+ = ( )0,A c b c= ( )0F c− ， 0x y+ = ( )0,A c 2 2b c= c b= 2 2 2 2 2 2 2 c ce a b c = = =+ 2 2 2 ( 4 5sin )a x x dx− = − +∫ 2am π= 2 12 (1 )mxx  − −   x a m ( )1 mx− 2 12 (1 )mxx  − −   x 2 2 2 2 2 2 1( 4 5sin ) 2 5 22a x x dx cosxπ π− − = − + = ⋅ ⋅ − =∫ 2 4am π= = ( ) ( )4 2 2 1 12 1 2 1mx xx x    − − = − −       ( )2 3 4 2 12 1 4 6 4x x x xx  = − ⋅ − + − +  故含 的系数为 ，故选 D． 【点睛】本题主要考查求定积分，二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数 的性质，属于基础题． 11.在正四面体 中，点 ， 分别在棱 ， 上，若 且 ， ，则四面体 的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 由题意画出图形，设 ， ， ，由余弦定理得到关于 ， ， 方程组， 求解可得 ， 的值，然后分别求出三角形 的面积及 A 到平面 的高，代入棱锥体 积公式得答案． 【详解】如图， 设 ， ， ， ∵ ， ， ∴由余弦定理得， ① ② ③ 的 x 8 4 4− + = − P ABC− E F PB PC PE PF≠ 2AE AF= = 3EF= P AEF− 1 12 1 9 1 8 1 6 PA x= PE y= PF z= x y z x yz PEF PEF PA x= PE y= PF z= 2AE AF= = 3EF= 2 2 12 42x y xy+ − ⋅ = 2 2 12 32y z yz+ − ⋅ = 2 2 12 42z x zx+ − ⋅ =③-①得， ，即 ， ∵ ，则 ，代入③，得 ， 又 ，得 ， ， ∴ ． ∴A 到平面 PEF 的距离 ． ∴ ，故选 C． 【点睛】本题考查棱柱、棱锥、棱台体积的求法，考查数形结合的解题思想方法，考查计算 能力，是中档题． 12.已知： ，方程 有 1 个根，则 不可能是（ ） A. -3 B. -2 C. -1 D. 0 【答案】D 【解析】 【分析】 由题意可得 ，可令 ，求得导数和单调性、最值，运用 排除法即可得到所求结论． 【详解】 ，方程 有 1 个根， 可得 ， 可令 ， ， 可得 时， ， 递增； 时， ， 递减， 可得 时，取得最大值 ，且 时， ， 2 2z y xz xy− = − ( )( ) ( )z y z y x z y+ − = − z y≠ x z y= + 2 2 4z y zy+ + = 2 2 3z y zy+ − = 1 2yz = 2 2 7 2y z+ = ( )2 2 2 7 3 22 12 2x y z y z y z yz= + = + = + + = + = 6 6 3 2 33 3 2d x= = × = 1 3 132 2 8 1 3P AEFV yz− × × × × == 2ln( ) 2 ln ( 2) xf x m x m x = − + ( )f x x= m ( ) 2ln ln2 2 1x xm mx x  ⋅ − + ⋅ =   ln xt x = ( ) ( ) 2ln2 ln 2 xf x m x m x = − + ( )f x x= ( ) 2ln ln2 2 1x xm mx x  ⋅ − + ⋅ =   ln xt x = 2 1 ln xt x −′ = 0 x e< < 0t′ > t x e> 0t′ < t x e= 1 e x e> 10 e e < ( )f x x= 2m = − 4 1t− = 1 04t = − < ( )f x x= 1m = − 22 1t t− − = 1 0t = − < ( )f x x= 0m = 22 1t− = ( )f x x= x y z 4 8 0 2 4 0 0 x y x y y − − ≤  − + ≥  ≤ 2 2( 4)z x y= + + 4 5 5 2 2( 4)z x y= + + z x y z 4 8 0 2 4 0 0 x y x y y − − ≤  − + ≥  ≤而 的几何意义表示平面区域内的点到点 的距离， 显然 到直线 的距离是最小值， 由 ，得最小值是 ， 故答案为 ． 【点睛】本题主要考查了简单的线性规划问题，考查数形结合思想，属于中档题． 14.下图所示的算法流程图中，输出的 表达式为__________． 【答案】 【解析】 【分析】 根据流程图知当 ，满足条件 ，执行循环体， ，依此类推，当 ，不满 2 2( 4)z x y= + + ( )4 0− ， ( )4 0− ， 2 4 0x y− + = 8 4 4 5 54 1 d − += = + 4 5 5 4 5 5 S 1 1 2 3 99+ + + + 1i = 100i < 1S = 100i =足条件 ，退出循环体，从而得到结论． 【详解】 ，满足条件 ，执行循环体， ，满足条件 ，执行循环体， ，满足条件 ，执行循环体， … 依此类推 ，满足条件 ，执行循环体， ， ，不满足条件 ，退出循环体， 输出 ，故答案为 ． 【点睛】本题主要考查了循环结构应用问题，此循环是先判断后循环，属于中档题． 15.集合 中所有 3 个元素的子集的元素和为__________． 【答案】 【解析】 分析】 集合 A 中所有元素被选取了 次，可得集合 中所有 3 个元素的子集的 元素和为 即可得结果. 【详解】集合 中所有元素被选取了 次， ∴集合 中所有 3 个元素的子集的元素和为 ， 故答案为 ． 【点睛】本题考查了集合的子集、正整数平方和计算公式，属于中档题． 【 100i < 1i = 100i < 1S = 2i = 100i < 1 2S = + 3i = 100i < 1 2 3S = + + 99i = 100i < 1 2 99S = + +…+ 100i = 100i < 1 1 1 2 3 99S S = = + + +…+ 1 1 2 3 99+ + + + { }2 2 2 21 ,2 ,3 , ,A n=  ( 2)( 1) ( 1)(2 1) 12 n n n n n− − + + 2 1nC − { }2 2 2 21 ,2 ,3 , ,A n=  ( )2 2 2 1 2 21 2 3n nC − + + +…+ { }2 2 2 21 ,2 ,3 , ,A n=  2 1nC − { }2 2 2 21 ,2 ,3 , ,A n=  ( ) ( )( ) ( )( )2 2 2 2 2 1 1 2 1 2 11 2 3 2 6n n n n n nC n− − − + ++ + +…+ = × ( )( ) ( )( )2 1 1 2 1 12 n n n n n− − + += ( 2)( 1) ( 1)(2 1) 12 n n n n n− − + +16.若抛物线 上存在关于直线 成轴对称的两点，则 的取值范围是 __________． 【答案】 【解析】 【分析】 假设存在对称的两个点 P，Q，利用两点关于直线 成轴对称，可以设直线 PQ 的方程 为 ，由于 P、Q 两点存在，所以方程组 有两组不同的实数解，利用 中点在直线上消去参数 ，建立关于 的函数关系，求出变量 的范围． 【详解】设抛物线上关于直线 对称的两相异点为 、 ， 线段 PQ 的中点为 ， 设直线 PQ 的方程为 ，由于 P、Q 两点存在， 所以方程组 有两组不同的实数解， 即得方程 ① 判别式 ②． 可得 ， ， ∵ ，∴ ⇒ …③ 由②③可得 ，故答案为 . 【点睛】本题考查了直线与抛物线的位置关系，以及对称问题，属于中档题． 三、解答题：共 70 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 17.在平面四边形 中， ， ， ， . 2 1y ax= - 1 12y x= + a 3 4a > 1 12y x= + 2y x b= − + 2 2 1 y x b y ax = − +  = − b a a 1: 12l y x= + ( )1 1,P x y ( )2 2,Q x y ( )0 0,M x y 2y x b= − + 2 2 1 y x b y ax = − +  = − ( )2 2 1 0ax x b+ − + = ( )4 4 1 0a b= + + > 0 1x a = − 0 2y ba = + M l∈ 0 0 1 12y x= + 51 2b a = − 3 4a > 3 4a > ABCD 90ADC∠ = ° 45A∠ = ° 4AB = 3 2=AD（1）求 ； （2）若 ，求四边形 的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】 （ 1 ） 在 中 由 余 弦 定 理 得 ， 再 由 正 弦 定 理 能 求 出 ； （ 2 ） ，四边形 ABCD 的面积 ，由此能求出结 果． 【 详 解 】（ 1 ） 在 平 面 四 边 形 中 ， ， ， ， ． 中，由余弦定理可得： ， ∵ ， ∴ ． （2） 中， ， 【点睛】本题考查角的正弦值、四边形面积的求法，考查正弦定理、余弦定理等基础知识， 考查运算求解能力，是中档题． sin ADB∠ 3 2DC = ABCD 2 5sin 5ADB∠ = 9 ABD△ BD sin ADB∠ 2 5cos sin 5BDC ADB∠ = ∠ = ADB BDCS S S= +   ABCD 90ADC∠ = ° 45A∠ = ° 4AB = 3 2=AD ABD△ 2 2 22 16 18 2 4 3 2 102BD AB AD AB AD cos BAD= + − × × × ∠ = + − × × × = sin sin AB BD ADB BAD =∠ ∠ 24 2 52 52 10 AB sin BADsin ADB BD ×⋅ ∠∠ = = = BCD 2 5cos sin 5BDC ADB∠ = ∠ = 1 1sin sin 92 2ADB BDCS S S AD BD ADB CD BD CDB= + = ⋅ ⋅ ∠ + ⋅ ⋅ ∠ =△ △18.设数列 满足 ， ， . （1）求数列 的通项公式； （2）令 ，求数列 的前 项和 . 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】 （1）由数列恒等式 ，结合等比数列的求和 公式，可得所求；（2）求得 ，运用数列的分组求和和错位相减法求 和，结合等比数列的求和公式，可得所求和． 【详解】（1） ， 当 时， 而 ，符合上式， 所以数列 通项公式为 （2） ， 设 ， ， 相减可得 ， 化简可得 ， 的 { }na 1 3a = 2 1 1 4 3 n n na a − + − = × *n∈N { }na 2 3n nb na= { }nb n nS ( ) ( )1 *3 9 1 2 n na n − + = ∈N ( )*9 (8 1) 1 ( 1) 64 64 2 n n n n nS n − += + + ∈N ( ) ( ) ( )1 1 2 2 1 1n n n n na a a a a a a a− − −= − + − +…+ − + ( )11 92 3 n n nb na n −= = + 1 3a = 2 1 1 4 3 n n na a − + − = × 2n ≥ ( ) ( ) ( ) ( )1 1 2 2 3 2 1 1n n n n n n na a a a a a a a a a− − − − −= − + − + − + + − + ( ) ( )1 2 3 2 5 3 9 1 4 3 3 3 3 2 n a n − − − + = + + + + = 1 3a = { }na ( ) ( )1 *3 9 1 2 n na n − + = ∈N ( )11 92 3 n n nb na n −= = + 2 11 1 2 9 3 9 9n nT n −= ⋅ + ⋅ + ⋅ + + ⋅ 2 39 1 9 2 9 3 9 9n nT n= ⋅ + ⋅ + ⋅ +…+ ⋅ 2 18 1 9 9 9 9n n nT n−− = + + +…+ − ⋅ 1 9 91 9 n nn −= − ⋅− 1 8 )1 9( 64 n n nT + − ⋅=可求和得： 【点睛】本题考查等比数列的通项公式和求和公式的运用，考查数列的分组求和和裂项相消 求和，考查化简运算能力，属于中档题． 19.五一劳动节放假，某商场进行一次大型抽奖活动.在一个抽奖盒中放有红、橙、黄、绿、 蓝、紫的小球各 2 个，分别对应 1 分、2 分、3 分、4 分、5 分、6 分.从袋中任取 3 个小球， 按 3 个小球中最大得分的 8 倍计分，计分在 20 分到 35 分之间即为中奖.每个小球被取出的可 能性都相等，用 表示取出的 3 个小球中最大得分，求： （1）取出的 3 个小球颜色互不相同的概率； （2）随机变量 的概率分布和数学期望； （3）求某人抽奖一次，中奖的概率. 【答案】（1） （2）分布列见解析，数学期望为 （3） 【解析】 【分析】 （1）设事件 表示“取出的 3 个小球上的颜色互不相同”，利用古典概型、排列组合能求出 取出的 3 个小球颜色互不相同的概率；（2）由题意得 有可能的取值为：2，3，4，5，6，分 别求出相应的概率，由此能求出随机变量的概率分布列和数学期望；（3）设事件 C 表示“某 人抽奖一次，中奖”，则 ，由此能求出结果. 【详解】（1） “一次取出的 3 个小球上的颜色互不相同”的事件记为 ， 则 （2）由题意 有可能的取值为：2，3，4，5，6 ； ； ( )*9 (8 1) 1 ( 1) 64 64 2 n n n n nS n − += + + ∈N ξ ξ 8 11 56 11 13 55 A ξ ( ) ( 3 4) ( 3) ( 4)P C P P Pξ ξ ξ ξ= = = = = + =或 A 3 1 1 1 6 2 2 2 3 12 8( ) 11 C C C CP A C ⋅ ⋅ ⋅= = ξ 2 1 1 2 2 2 2 2 3 12 1( 2) 55 C C C CP C ξ ⋅ + ⋅= = = 2 1 1 2 4 2 4 2 3 12 4( 3) 55 C C C CP C ξ ⋅ + ⋅= = =； ； 所以随机变量 的概率分布为 2 3 4 5 6 因此 的数学期望为 （3）“某人抽奖一次，中奖”的事件为 ，则 【点睛】本题考查概率、离散型随机变量的分布列、数学期望的求法，考查古典概型、排列 组合等基础知识，考查运算求解能力，是中档题. 20.如图，直三棱柱 中， 且 ， ， 分别为 ， 的 中点. （1）证明： 平面 ； 2 1 1 2 6 2 6 2 3 12 9( 4) 55 C C C CP C ξ ⋅ + ⋅= = = 2 1 1 2 8 2 8 2 3 12 16( 5) 55 C C C CP C ξ ⋅ + ⋅= = = 2 1 1 2 10 2 10 2 3 12 5( 6) 11 C C C CP C ξ ⋅ + ⋅= = = ξ ξ P 1 55 4 55 9 55 16 55 5 11 ξ 1 4 9 16 5 56( ) 2 3 4 5 655 55 55 55 11 11E ξ = × + × + × + × + × = C 4 9 13( ) ( 3 4) ( 3) ( 4) 55 55 55P C P P Pξ ξ ξ ξ= = = = = + = = + =或 1 1 1ABC A B C− AB AC= AB AC⊥ D E 1AA 1B C DE ⊥ 1BCC（2）若直线 与平面 所成的角的大小为 ，求锐二面角 的正切值. 【答案】（1）详见解析（2） 【解析】 【分析】 （1）由已知条件可得 是平行四边形，从而 ，由已知条件能证明 平面 ，由此能证明 平面 ；（2）以 为坐标原点， ， ， 分别为 ， ， 轴建立空间直角坐标系，不妨设 ， ，求出面 的一个法向 量为 ，根据线面角可求出 ，在 中求出 ，在 即可求出结果. 【详解】（1）取 中点 ，连接 ，则 ，从而 ， 连接 ，则 为平行四边形，从而 . ∵直三棱柱中， 平面 ， 面 ，∴ , ∵ ， 是 的中点，∴ , ∵ ，∴ 面 故 平面 （2）以 为坐标原点， ， ， 分别为 ， ， 轴建立空间直角坐标系， 由条件：不妨设 ， ， ， ， ， ， ， ， ， 设平面 的一个法向量为 ， ，可取 为一个法向量 ， 1B C BCD 30° A BD C− − 3 DAFE //AF DE AF ⊥ 1BCC DE ⊥ 1BCC A AB AC 1AA x y z 2AB AC= = 1 2AA m= BDC 21,1,n m  =     1 2 2 2AA m= = ADB△ 2 3 AG = AGC BC F EF 1 1// 2E BF B //EF DA AF ADEF AF DE∥ 1CC ⊥ ABC AF ⊂ ABC 1AF CC⊥ AB AC= F BC AF BC⊥ 1BC CC C= AF ⊥ 1BCC DE ⊥ 1BCC A AB AC 1AA x y z 2AB AC= = 1 2AA m= ( )0,0,0A ( )2,0,0B ( )0,2,0C ( )1 0,0,2A m ( )0,0,D m ( )1 2,0,2B m ( 2,2,0)BC = − ( 2,0, )BD m= − 1 ( 2,2, 2 )B C m= − − BDC ( , , )n x y z= 2 00 2 2 00 x mzn BD x yn BC  − + =⋅ = ⇒ − + =⋅ =    21,1,n m  =     2 1 1| cos , | sin30 2 2 2 2B C n m AA m< > = ° ⇒ = ⇒ = = 过 作 ，连 ，则 为二面角 的平面角， 在 中， ， 在 中， ， ，则 【点睛】本题主要考查直线与平面垂直的证明，考查二面角的求法，解题时要认真审题，注 意向量法的合理运用，属于中档题. 21.已知抛物线 的焦点为 ，若过 且倾斜角为 的直线交 于 ， 两点，满足 . （1）求抛物线 的方程； （2）若 为 上动点， ， 在 轴上，圆 内切于 ，求 面积 的最小值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】 （1）求出抛物线的焦点，设出直线 的方程，代入抛物线方程，运用韦达定理和抛物线的 定义，可得 ，进而得到抛物线方程；（2）设 ， ， ，不妨设 ， 直线 的方程为 ，由直线与圆相切的条件： ，化简整理，结合韦达定 理以及三角形的面积公式，运用基本不等式即可求得最小值. A AG BD⊥ CG AGC∠ A BD C− − ADB△ 2 3 BD AG AD AB AG⋅ = ⋅ ⇒ = AGC 2AC = 2 3 AG = tan 3ACAGC AG ∠ = = 2 (: 0)y ax a >Γ = F F 4 π Γ M N | | 4MN = Γ P Γ B C y 2 2( 1) 1x y− + = PBC PBC 2 2y x= 8 MN 2a = ( )0 0,P x y ( )0,B b ( )0,C c b c> PB 0 0 y by b xx −− = d r=【详解】（1）抛物线 的焦点为 ， 则过点 且斜率为 1 的直线方程为 ， 联立抛物线方程 ， 消去 得： ， 设 ，则 ， 由抛物线的定义可得 ，解得 ， 所以抛物线的方程为 （2）设 ， ， ， 不妨设 ， 化简得： ， 圆心 到直线 的距离为 1， 故 ， 即 ，不难发现 ， 上式又可化为 ， 同理有 ， 所以 可以看做关于 的一元二次方程 的两个实数根， ， ， 由条件： 2 (: 0)y ax a >Γ = ,04 aF      F 4 ay x= − 2y ax= y 2 2 3 02 16 a ax x− + = ( ) ( )1 1 2 2, , ,M x y N x y 1 2 3 2 ax x+ = 1 2| | 2 42 aMN x x a= + + = = 2a = 2: 2y xΓ = ( )0 0,P x y ( )0,B b ( )0,C c b c> 0 0 :PB y bl y b xx −− = ( )0 0 0 0y b x x y x b− − + = ( )1,0 PB ( ) 0 0 2 2 0 0 1y b x b y b x − + = − + ( ) ( ) ( )2 22 2 2 0 0 0 0 0 02y b x y b x b y b x b− + = − + − + 0 2x > ( ) 2 0 0 02 2 0x b y b x− + − = ( ) 2 0 0 02 2 0x c y c x− + − = ,b c t ( ) 2 0 0 02 2 0x t y t x− + − = 0 0 2 2 yb c x −⇒ + = − ( ) ( ) 2 2 0 0 020 2 0 0 4 2 ( )2 2 x y xxbc b cx x + −−= ⇒ − =− − 2 0 02y x= ( ) 2 2 0 0 2 00 4 2( ) 22 x xb c b c xx ⇒ − = ⇒ − = −−， 当且仅当 时取等号. ∴ 面积的最小值为 8. 【点睛】本题主要考查了抛物线的定义、方程和性质，主要考查定义法和方程的运用，同时 考查直线和抛物线方程联立，运用韦达定理，直线和圆相切的条件： ，以及基本不等式 的运用，属于中档题. 22.已知函数 ，曲线 在点 处切线与直线 垂直. （1）试比较 与 的大小，并说明理由； （2）若函数 有两个不同的零点 ， ，证明： . 【答案】（1） ，理由见解析（2）详见解析 【解析】 【分析】 （1）求出 的导数，由两直线垂直的条件，即可得切线的斜率和切点坐标，进而可知 的解析式和导数，求解单调区间，可得 ，即可得到 与 的 大 小 ； （ 2 ） 运 用 分 析 法 证 明 ， 不 妨 设 ， 由 根 的 定 义 化 简 可 得 ， ， 要 证 ： 只 需 要 证 ： ，求出 ，即证 ，令 ，即证 ，令 ，求出导数，判断单调性，即可得证. 【详解】（1）函数 ， ， ( ) ( ) 2 0 0 0 0 0 1 4( ) 2 4 82 2 2PBC xS b c x xx x∆ = − = = − + + ≥− − 0 4x = PBC d r= ln( ) ( )xf x ax a = ∈+ R ( )y f x= (1, (1))f 8 0x y+ + = 20192018 2018 2019 ( ) ( )= −g x f x k 1x 2x 2 1 2x x e⋅ > 2019 20182018 2019> ( )f x ( )f x ( ) ( )2018 2019f f> 20192018 2018 2019 2 1 0x x> > ( )1 2 1 2ln lnx x k x x+ = + ( )1 2 1 2ln lnx x k x x− = − 2 1 2x x e⋅ > ( )1 2 2k x x+ > k 2 1 2 1 1 2 ln ln 2x x x x x x − >− + 2 1 1xt x = > 2( 1)ln 1 tt t −> + 2( 1)( ) ln ( 1)1 th t t tt −= − >+ ln( ) ( )xf x ax a = ∈+ R 2 1 ln ( ) ( ) a xxf x x a + − ′ = +所以 ， 又由切线与直线 垂直， 可得 ，即 ，解得 ， 此时 ， 令 ，即 ，解得 ， 令 ，即 ，解得 ， 即有 在 上单调递增，在 单调递减 所以 即 （2）不妨设 ， 由条件： ， 要证： 只需要证： ， 也即为 ，由 只需要证： ， 设 即证： ， 设 ，则 在 上是增函数，故 ， 即 得证，所以 . 2 1(1) ( 1) af a +′ = + 8 0x y+ + = ( )1 1f ′ = 1 11 a =+ 0a = 2 ln 1 ln( ) ( )x xf x f xx x −′= ⇒ = ( ) 0f x′ > 1 ln 0x− > 0 x e< < ( ) 0f x′ < 1 ln 0x− < x e> ( )f x ( )0,e ( ),e +∞ ln 2018 ln 2019(2018) (2019) 2019ln 2018 2018ln 20192018 2019f f⇒ > ⇒ > ⇒ > 2019 20182018 2019> 2 1 0x x> > ( ) ( )2 1 2 2 1 10 ln ln 0g x g x x kx x kx= = ⇒ − = − = ( )1 2 1 2ln lnx x k x x+ = + ( )1 2 1 2ln lnx x k x x− = − 2 1 2x x e⋅ > 1 2ln ln 2x x+ > ( )1 2 2k x x+ > 2 1 2 1 ln lnx xk x x −= − ( )2 12 1 2 2 1 1 2 1 2 1 2ln ln 2 ln x xx x x x x x x x x x −− > ⇒ >− + + 2 1 1xt x = > 2( 1)ln ( 1)1 tt tt −> >+ 2( 1)( ) ln ( 1)1 th t t tt −= − >+ 2 2 2 1 4 ( 1)( ) 0( 1) ( 1) th t t t t t ′ −= − = >+ + ( )h t ( )1,+∞ ( ) (1) 0h hι > = ( )2 1ln 1 tt t −> + 2 1 2x x e⋅ >【点睛】本题主要考查了导数的运用，求切线的斜率和单调区间，构造函数，运用单调性解 题是解题的关键，考查了化简运算整理的能力，属于难题.