甘肃省2020届高三数学（文）5月模拟试题（Word版附答案）

绝密 ★ 启用前 市一中 2020 年高三 5 月模拟试题 数 学 注意事项： 1、本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答题前，考生务必将自 己的姓名、考生号填写在答题卡上。 2、回答第Ⅰ卷时，选出每小题的答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑， 如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在试卷上无效。 3、回答第Ⅱ卷时，将答案填写在答题卡上，写在试卷上无效。 4、考试结束，将本试卷和答题卡一并交回。 第Ⅰ卷 一、单项选择题：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． 1．复数 满足 （ 为虚数单位），则复数 的共轭复数是（ ） A． B． C． D． 2．已知 ， ， ， ，则（ ） A． B． C． D． 3． 是直线 上的一动点，过点 向圆 引切线，则切线长的 最小值为（ ） A． B． C．2 D． 4．《九章算术》是我国古代的数学名著，书中有如下问题：“今有五人分五钱，令上二人所得与下 三人等．问各得几何．”其意思为“已知甲、乙、丙、丁、戊五人分 5 钱，甲、乙两人所得与丙、 丁、戊三人所得相同，且甲、乙、丙、丁、戊所得依次成等差数列．问五人各得多少钱？” （“钱”是古代的一种重量单位）．这个问题中，甲所得为（ ） A． 钱 B． 钱 C． 钱 D． 钱 5．函数 的图象大致为（ ） A． B． C． D． 6．已知在 中， ， ，动点 自点 出发沿线段 运动，到达 点 时停止运动，动点 自点 出发沿线段 运动，到达点 时停止运动，且动点 的速度是 动点 的 2 倍，若二者同时出发，且一个点停止运动时，另一个点也停止，则当 取最大 值时， （ ） A．2 B．1 C． D． 7．已知函数 在区间 上有且仅有 2 个最小值点，下列判断：① 在 上有 2 个最大值点；② 在 上最少 3 个零点，最多 4 个零点；③ ；④ 在 上单调递减．其中所有正确判断的序号是（ ） A．④ B．③④ C．②③④ D．①②③ 8．已知集合 ， ，则（ ） A． B． C． D． 二、多项选择题：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 3 分，有选错的得 0 分． 9．已知 、 是两个不同的平面， 、 是两条不同的直线，下列说法中正确的是（ ） A．若 ， ， ，则 B．若 ， ， ，则 C．若 ， ， ，则 z 2(1 3i) iz+ = i z 6 8i− 6 8i− − 6 8i+ 6 8i− + 1m > 1 2 loga m= 1 2 m b  =    1 2c m= a b c< < a c b< < b a c< < b c a< < P 2 0x y+ − = P 2 2:( 2) ( 8) 4C x y+ + − = 2 2 2 3 2 2 2− 5 4 4 3 3 2 5 3 ( ) 1cos sin 3 3 x xf x x  = ⋅ −   ABC△ 90A∠ = ° 4 2AB AC= = P C CB B Q B BC C Q P AP AQ⋅  | |PQ = 2 3 1 2 ( ) ( )sin 06 πf x xω ω = + >   ( )0,π ( )f x ( )0,π ( )f x ( )0,π 333, 7 ω  ∈   ( )f x 5π0, 33      { }2 2 0A x x x= − − < { }1 2 8xB x= < < (2,3)A B = (0,3)A B = ( ,3)A B = −∞ ( 1,3)A B = − α β m n m α⊥ //m n n β⊂ α β⊥ //α β m α⊥ n β⊥ //m n //α β m α⊂ n β⊂ //m n 此 卷 只 装 订 不 密 封 班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 D．若 ， ， ， ，则 10．2019 年以来，世界经济和贸易增长放缓，中美经贸摩擦影响持续显现，我国对外贸易仍然表 现出很强的韧性．今年以来，商务部会同各省市全面贯彻落实稳外贸决策部署，出台了一系列政策 举措，全力营造法治化、国际化、便利化的营商环境，不断提高贸易便利化水平，外贸稳规模、提 质量、转动力取得阶段性成效，进出口保持稳中提质的发展势头，下图是某省近五年进出口情况统 计图，下列描述正确的是（ ） A．这五年，2015 年出口额最少 B．这五年，出口总额比进口总额多 C．这五年，出口增速前四年逐年下降 D．这五年，2019 年进口增速最快 11．古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名．他发现:“平面内到两个定点 ， 的距离之比为定值 的点的轨迹是圆”．后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波 罗尼斯圆，简称阿氏圆在平面直角坐标系 中， ， ，点 ．设 点 的轨迹为 ，下列结论正确的是（ ） A． 的方程为 B．在 轴上存在异于 的两定点 ，使得 C．当 三点不共线时，射线 是 的平分线 D．在 上存在点 ，使得 12．已知函数 是定义在 R 上的奇函数，当 时， ，则下列命题正确的 是（ ） A．当 时， B．函数 有 3 个零点 C． 的解集为 D． ，都有 第Ⅱ卷 三、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分． 13． 展开式中的常数项为________． 14．在 中， ，则 面积的最大值是 ________． 15．已知椭圆 的左、右焦点分别为 ， ，过 且与 轴垂直的直线交 椭圆于 、 两点，直线 与椭圆的另一个交点为 ，若 ，则椭圆的离心率为 __________． 16．如图，矩形 中， ， ， 为 的中点，点 ， 分别在线段 ， 上运动（其中 不与 ， 重合， 不与 ， 重合），且 ，沿 将 折起，得到三棱锥 ，则三棱锥 体积的最大值为_______；当三棱锥 体积最大时，其外接球的表面积的值为________． 四、解答题：本大题共 6 个大题，共 70 分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17．（10 分）已知数列 满足 ， ，数列 满足 ， ． （1）求数列 ， 的通项公式； （2）数列 满足 ，求数列 的前 n 项和 ． α β⊥ m α⊂ nα β = m n⊥ m β⊥ A B ( )1λ λ ≠ xOy ( )2,0A − ( )4,0B 1 2 PAP PB =满足 P C C ( )2 24 9x y+ + = x ,A B ,D E 1 2 PD PE = , ,A B P PO APB∠ C M 2 | |MO MA= ( )f x 0x < ( ) ( )1xf x e x= + 0x > ( ) ( )1xf x e x−= − − ( )f x ( ) 0f x < ( ) ( ), 1 0,1−∞ −  1 2,x x∀ ∈R ( ) ( )1 2 2f x f x− < 8 3 12 8x x  −   ABC△ ( ) ( )3 cos ,cos , cos ,sinAB x x AC x x= =  ABC△ ( )2 2 2 2 1 0x y a ba b + = > > 1F 2F 1F x A B 2AF C 2 22AF F C= ABCD 2 3AB = 2AD = Q BC M N AB CD M A B N C D MN AD∥ MN DMN△ D MNQ− D MNQ− D MNQ− { }na 1 1a = 1 1n na a+ − = { }nb 1 0b = 1n n nb b a+ − = { }na { }nb { }nc 2 na n nc b= ⋅ { }nc nS18．（12 分）在 中，设 、 、 分别为角 、 、 的对边，记 的面积为 ， 且 ． （1）求角 的大小； （2）若 ， ，求 的值． 19．（12 分）如图，在斜三棱柱 中，已知 ， ，且 ． （1）求证：平面 平面 ； （2）若 ，求二面角 的余弦值． ABC△ a b c A B C ABC△ S 2S AB AC= ⋅  A 7c = cos 4 5B = a 1 1 1ABC A B C− 1 1 1 90B C A∠ = ° 1 1AB AC⊥ 1AA AC= 1 1ACC A ⊥ 1 1 1A B C 1 1 1 1 2AA AC B C= = = 1 1 1C AA B− −20．（12 分）从某工厂的一个车间抽取某种产品 50 件，产品尺寸（单位：cm）落在各个小组的频 数分布如下表： （1）根据频数分布表，求该产品尺寸落在 内的概率； （2）求这 50 件产品尺寸的样本平均数 （同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）； （3）根据频数分布对应的直方图，可以认为这种产品尺寸 服从正态分布 ，其中 近似 为样本平均值 ， 近似为样本方差 ，经计算得 ．利用该正态分布，求 （ ）． 附：（1）若随机变量 服从正态分布 ，则 ， ；（2） ． 21．（12 分）在直角坐标系 中， ，动点 满足：以 为直径的圆与 轴相切． （1）求点 的轨迹方程； （2）设点 的轨迹为曲线 ，直线 过点 且与 交于 两点，当 与 的面积之和取得最小值时，求直线 的方程． [ ]27.5,33.5 x z 2( , )N µ σ µ x 2σ 2s 2 22.41s = P 27.43z ≥ z 2( , )N µ σ ( ) 0.6826P zµ σ µ σ− < < + = ( 2 2 ) 0.9544P zµ σ µ σ− < < + = 22.41 4.73≈ xOy ( )1,0F P PF y P P Γ l ( )4,0M Γ ,A B ABF△ AOF△ l22．（12 分）已知函数 ， ． （1）当 时，求曲线 与曲线 的公切线的方程； （2）设函数 的两个极值点为 ，求证：关于 的方程 有唯一解． ( ) lnf x x x= 21( ) 2 ( )2g x ax x a= + ∈R 3 2a e = ( )y f x= ( )y g x= ( ) ( ) ( )h x f x g x= − ( )1 2 1 2,x x x x< x 2 2 21 2 1 2 1ln ln ln2 xx x x x e ea  + − = −  绝密 ★ 启用前 数学答案 第Ⅰ卷 一、单项选择题：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． 1．【答案】A 【解析】易知 ，所以复数 的共轭复数 ，故选 A． 2．【答案】A 【解析】当 时，由对应函数的单调性可知， ， 且 ， ， 排序得 ，故选 A． 3．【答案】C 【解析】∵圆 ，∴圆心 ，半径 ， 由题意可知，点 到圆 的切线长最小时， 直线 ， ∵圆心到直线的距离 ，∴切线长的最小值为 ， 故选 C． 4．【答案】B 【解析】设甲、乙、丙、丁、戊所得钱分别为 ， ， ， ， ， 则 ，解得 ， 又 ， ， 则 ，故选 B． 5．【答案】C 【解析】由 ，可排除 A，D； 又 ， 为奇函数，可排除 B，故选 C． 6．【答案】B 【解析】 ， ，依题意知 ， ， ， 当 时， 取得最大值，此时 ， ，故选 B． 7．【答案】A 【解析】 是定义域为 ， ， 在 上有且仅有 2 个最小值点， ，解得 ，故③错误； 当 时，由 ，可得 ， 由图象可知此时有 个最大值，故①错误； 当 时，由 ，可得 ， 2 i i (1 3i) 8 6i 6 8iz + − += = = + z 6 8iz = − 1m > 1 1 2 2 log log 1 0a m= < = 11 1 2 2 1 2 m b    =  1 2 1c m= > a b c< < 2 2:( 2) ( 8) 4C x y+ + − = ( )2,8C − 2r = P 2 2:( 2) ( 8) 4C x y+ + − = ⊥CP 2 0x y+ − = 2 2 2 2 28d − + −= = ( )2 2 2 4 2− = 2a d− a d− a a d+ 2a d+ 2 2a d a d a a d a d− + − = + + + + 6a d= − 2 2 5a d a d a a d a d− + − + + + + + = 1a\ = 4 42 2 6 3 3 aa d a a − = − × − = =   ( ) 81 cos1 sin 03f = ⋅ > ( ) 1cos( ) sin 3 3 x xf x x − −  − = − ⋅ −   ( )1cos sin 33 x xx f x = ⋅ − = −   ( )f x 90A °∠ = 0AB AC∴ ⋅ =  8BC = 2 | | | |CP BQ=  ( ) ( )AP AQ AC CP AB BQ AC AB AC BQ CP AB CP BQ⋅ = + ⋅ + = ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅              2 24 2 2 | | cos45 4 2 | | cos45 2 | | 2(| | 3) 18CP CP CP CP= × °+ × °− = − − +    ∴ | | 3CP = AP AQ⋅  | | 6BQ = | | 3 6 8 1PQ∴ = + − = ( ) ( )πsin 06f x xω ω = + >   ( )0,π 7ππ π 6 6 6xω ω ω ∴ ⋅ < + < ⋅   ( )f x ( )0,π π 3π 6 2 7π 7 π 11π 2 6 2 ω ω   0x < ( ) ( )1 0xf x e x= + = 1x = − 0x > ( ) ( )1 0xf x e x−= − = 1x = ( )f x 1,0,1−（3）当 时，由 ，得 ； 当 时，由 ，得 ， ∴ 的解集为 ，C 对； （4）当 时，由 ，得 ， 由 ，得 ，由 ，得 ， ∴函数 在 上单调递减，在 上单调递增， ∴函数在 上有最小值 ，且 ， 又∵当 时， 时， ，函数在 上只有一个零点， ∴当 时，函数 的值域为 ， 由奇函数的图象关于原点对称得函数 在 的值域为 ， ∴ 对 ，都有 ，D 对， 故选 BCD． 第Ⅱ卷 三、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分． 13．【答案】 【解析】 ， 由 ，得 ， 所以的常数项为 ． 14．【答案】 【解析】 ， 当 时等号成立，此时 ，即 时，满足题意． 故答案为 ． 15．【答案】 【解析】 ， ， 设 ，过点 作 轴，垂直为 ， ， ， ，代入椭圆方程得 ， 解得 ， 故答案为 ． 16．【答案】 ， 【解析】（1）依题意设 ，则 ， 因为 ，所以 ， 与平面 所成角为 ， ， 当 ， 时，三棱锥 体积取得最大值， 0x < ( ) ( )1 0xf x e x= + < 1x < − 0x > ( ) ( )1 0xf x e x−= − < 0 1x< < ( ) 0f x < ( ) ( ), 1 0,1−∞ −  0x < ( ) ( )1xf x e x= + ( ) ( )2xf x e x′ = + ( ) ( )2 0xf x e x′ = + < 2x < − ( ) ( )2 0xf x e x′ = + ≥ 2 0x− ≤ < ( )f x ( ], 2−∞ − [ )2,0− ( ),0−∞ ( ) 22f e−− = − ( ) ( )1xf x e x= + ( )0 0 1 1e< ⋅ + = 0x < ( ) ( )1 0xf x e x= + = 1x = − ( ),0−∞ 0x < ( )f x )2 ,1e−− ( )f x R ( )2 21, ,1e e− − − −  ( )1,1= − 1 2,x x∀ ∈R ( ) ( )1 2 2f x f x− < 28 8 8 4 8 4 1 8 83 1C (2 ) ( ) ( 1) 2 C8 r r r r r r r rT x xx − − − + = − = − 8 4 0r− = 2r = 2 2 8( 1) C 28− = 3 4 ( )2 2 21 1sin , 1 cos ,2 2ABCS AB AC AB AC AB AC AB AC= ⋅ = ⋅ −        △ ( ) ( )222 2 2 21 1 4cos 3 cos sin cos2 2AB AC AB AC x x x x= ⋅ − ⋅ = − +    21 1 π 1 33 cos sin cos sin 22 2 6 2 4x x x x = − = − − ≤   sin 2 16 πx − = −   π π2 6 2x − = − π 6x = − 3 4 5 5 ( )1 ,0F c− ( )2 ,0F c 2 , bA c a  −   C CD x⊥ D 1 2 2AF F CDFRt Rt△ △ 2 2 1 1 2 2 1 2 DF F CCD AF F F AF ∴ = = = 2 2 , 2 bC c a  ∴ −   2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 41 14 4 c b c a c a a a a −+ = ⇒ + = 5 5 ce a = = 5 5 1 25π 3 AM DN x= = 2 3MB NC x= = - MN AD∥ DN MN⊥ DN MNQ θ ( )1 1 1 sin3 3 2D MNQ MBQ DV S h MN NC DN△ q- æ öç ÷= × × = × × ×ç ÷è ø ( ) ( ) ( ) 21 1 12 2 3 sin 3 1 sin3 2 3x x xq qé ù é ù= ´ × - × × = - - +ê ú ê úê ú ê úë û ë û 3x = 90θ = ° D MNQ−， 所以三棱锥 体积的最大值为 ，故答案为 ． （2）由（1）知道三棱锥 体积取得最大值时， 与平面 所成角 ，即 平面 ， 折起如图所示：依题意可建立如图所示空间直角坐标系： 所以 ， ， ， ， 设三棱锥 外接球的球心为 ， ， ，解得 ， 所以 ， 外接球面积为 ，故答案为 ． 四、解答题：本大题共 6 个大题，共 70 分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17．【答案】（1） ， ；（2） ． 【解析】（1）因为 ，所以数列 是首项为 1，公差为 1 的等差数列， 所以 ， 因为 ，所以当 时， ， 当 时， 满足上式， 故 ． （2）由（1）得 ， ①， ②， ① ②，得 ③， 则 ④， ③ ④，得 ， 故 ． 18．【答案】（1） ；（2） ． 【解析】（1）由 ，得 ， 因为 ，所以 ，可得 ． （2） 中， ，所以 ． 所以 ， ( ) ( ) 2 max 1 3 3 1 sin90 13D MNQV - é ù= - - + ° =ê úê úë û D MNQ− 1 1 D MNQ− DN MNQ 90θ = ° DN ⊥ MNQ ( )0,0,0N ( )2,0,0M ( )0,0, 3D ( )1, 3,0Q D MNQ− ( ), ,O x y z R ON OM OD OQ   \ = = = = ( ) ( ) ( ) ( ) 22 2 2 2 2 22 2 2 2 2 222 2 2 2 2 3 1 3 x y z x y z x y z x y z x y z x y z ì + + = - + +ïïï + + = + + -íïï + + = - + - +ïî 1 3 3 3 2 x y z ìï =ïïï =íïïï =ïî 2 2 2 3 3 5 31 3 2 6R ON æ ö æ öç ÷ ç ÷= = + + =ç ÷ ç ÷è ø è ø 2 2 5 3 25π4π 4π 6 3S R æ öç ÷= = =ç ÷è ø 25π 3 na n= ( 1) 2n n nb −= ( )2 3 4 2 4n nS n n= − + ⋅ − 1 1n na a+ − = { }na 1 ( 1) 1na n n= + − × = 1n n nb b a+ − = 2n ≥ ( ) ( ) ( )1 2 1 3 2 1 1 2 1 1 2 ( 1)n n n nb b b b b b b b a a a n− −= + − + − + + − = + + + = + + + −   ( 1) 2 n n −= 1n = 1 0b = ( 1) 2n n nb −= ( )2 1( 1)2 2 22 na n n n n n nc b n n −−= ⋅ = ⋅ = − ⋅ ( ) ( ) ( )2 2 2 2 10 2 2 2 3 3 2 2n nS n n −= + − × + − × + + − × ( ) ( )2 2 2 1 22 2 2 2 ( 1) ( 1) 2 2n n nS n n n n− = − × + + − − − × + − ×  − ( )2 1 22 2 4 2 2( 1) 2 2n n nS n n n−− = × + × + + − × − − × ( )2 1 2 12 2 2 2( 2) 2 2( 1) 2 2n n n nS n n n n− +− = × + + − × + − × − − × − ( ) ( )2 3 2 2 12 2 2 2 2 2n n n nS n n n n += + + + − + − × + − × ( ) ( ) ( )2 1 2 22 1 2 2 2 2 2 21 2 n n nn n n n −− = − + − × + − ×− ( ) ( )1 24 2 1 3 2 2n nn n−= − + − + × 2( 3 4) 2 4nn n= − + × − ( )2 3 4 2 4n nS n n= − + ⋅ − 4 π 5a = 2S AB AC= ⋅  sin cosbc A bc A= (0,π)A∈ tan 1A = π 4A = ABC△ cos 4 5B = 3sin 5B = 7 2sin sin( ) sin cos cos sin 10C A B A B A B= + = + =由正弦定理 ，得 ，解得 ． 19．【答案】（1）证明见解析；（2） ． 【解析】（1）证明：连接 ，在平行四边形 中， 由 得平行四边形 为菱形，所以 ， 又 ，所以 ，所以 ， 又 ，所以 ，所以平面 平面 ． （2）取 的中点 为坐标原点，建立空间直角坐标系， 则面 的法向量为 ， 设面 的法向量为 ， 因为 ， ， ，所以 ， ， 由 ，令 ，则 ， 设所求二面角为 ，则 ， 故二面角 的余弦值为 ． 20．【答案】（1）0．16；（2）22．7；（3）0．1587． 【解析】（1）根据频数分布表可知，产品尺寸落在 内的概率为 ． （2）样本平均数 ． （3）依题意 ，而 ， ，则 ， ， ． 21．【答案】（1） ；（2） ． 【解析】（1）设点 ，圆心 ，圆与 轴相切于点 ， 则 ，所以 ， 又点 为 的中点，所以 ， 所以 ，整理得 ， 所以点 的轨迹方程为 ． （2）①当直线 的斜率不存在时，方程为 ，易得 ． ②当直线 的斜率存在时，设方程为 ， ， ， 由 ，消去 并整理，得 ， 所以 ， ， 所以 ， 当且仅当 时等号成立， 又 ，所以 ， 或 ， ， 所以 ，解得 ， 因为 ，所以当两个三角形的面积和最小时， 直线 的方程为 ． 22．【答案】（1） ；（2）证明见解析． 【解析】（1）曲线 在切点 处的切线方程为 ，即 ， sin sin a c A C = 7 2 7 2 2 10 a = 5a = 21 7 1AC 1 1ACC A 1AA AC= 1 1ACC A 1 1AC AC⊥ 1 1AC AB⊥ 1 1 1AC AB C⊥ 面 1 1 1AC B C⊥ 1 1 1 1AC B C⊥ 1 1 1 1B C ACC A⊥ 面 1 1ACC A ⊥ 1 1 1A B C 1 1AC O 1 1ACC A ( )1,0,0=m 1 1B AA ( ), ,x y z=n ( )1 0, 1,0A − ( )0,0, 3A ( )1 2,1,0B ( )1 0,1, 3A A = ( )1 2,2,0A B = 1 1 3 0 3 2 2 0 yzA A y z A B x y x y − =⋅ = + = ⇒ ⋅ = + =  = −   n n 3y = − ( )3, 3,1= −n θ 21cos cos , 7 θ = 〈 〉 =m n 1 1 1C AA B− − 21 7 [ ]27.5,33.5 5 3 0.1650P += = 3 8 9 12 1014 17 20 23 2650 50 50 50 50x = × + × + × + × + × 5 329 32 22.750 50 + × + × = 2~ ( ),z N µ σ 22.7xµ = = 2 2 22.41sσ ≈ = 4.73σ ≈ (22.7 4.73 22.7 4.73) 0.6826P z∴ − < < + = 1 0.6826( 27.43) 0.15872P z −∴ ≥ = = 2 4y x= ( )2 3 4y x= ± − ( ),P x y ( )0 0,N x y y C 2PF NC= ( )2 2 01 2x y x− + = N PF 0 1 2 xx += ( )2 21 1x y x− + = + 2 4y x= P 2 4y x= l 4x = 14ABF AOFS S+ =△ △ l ( )4y k x= − ( )1 1,A x y ( )2 2,B x y ( ) 2 4 4 y x y k x  = = − x 2 4 16 0ky y k− − = 1 2 4y y k + = 1 2 16y y = − 1 2 1 2 1 1 14 3 2 12 8 32 2 2ABF AOF AOM BFMS S S S y y y y+ = + = ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ≥ ⋅ =△ △ △ △ 1 24 3y y= 1 2 16y y = 1 2 3y = 2 8 3 3y = − 1 2 3y = − 2 8 3 3y = 1 2 4 2 3 3y y k + = = ± 2 3k = ± 8 3 14≤ l ( )2 3 4y x= ± − 34y x e= − ( )y f x= ( , ln )m m m ln (1 ln )( )y m m m x m− = + − (1 ln )y m x m= + −曲线 在切点 处的切线方程为 ，即 ， 由曲线 与曲线 存在公切线， 得 ，得 ，即 ． 令 ，则 ， ，解得 ，∴ 在 上单调递增； ，解得 ，∴ 在 上单调递减， 又 ，∴ ，则 ， 故公切线方程为 ． （2）要证明关于 的方程 有唯一解， 只要证明 ，先证明 ， ∵ 有两个极值点， ∴ 有两个不同的零点， 令 ，则 ， 当 时， 恒成立，∴ 单调递增， 不可能有两个零点； 当 时， ，则 ，∴ 在 上单调递增， ，则 ，∴ 在 上单调递减， 又 时， ； 时， ， ∴ ，得 ，∴ ． 易知 ， 由 ，得 ， ， ∴ ， 下面再证明： ． ， 令 ，则只需证 ， 令 ， 则 ， ∴ ，得 ， ∴ 有唯一解． ( )y g x= 2 3 1, 2n n ne  +   2 3 3 1 22 2 ( )y n n n x ne e    − + = + −       2 3 3 2 12y n x ne e  = + −   ( )y f x= ( )y g x= 3 2 3 21 ln 2 1 m ne m ne  + = +  = 2 3 3 21 ln 2n ne e + = + 3 1ln 2 0n ne − − = 3 1( ) ln 2F x x xe = − − 3 1 1( )F x x e ′ = − ( ) 0F x′ > 30 x e< < ( )F x ( )30,e ( ) 0F x′ < 3x e> ( )F x ( )3,e +∞ ( )3 0F e = 3n e= 3m e= 34y x e= − x 2 2 21 2 1 2 1ln ln ln2 xx x x x e ea  + − = −   2 2 2 1 2 1 2 1 0 ln ln ln2 ea x x x x − >+ − 21 0ea − > ( )21( ) ln 2 02h x x x ax x x= − − > ( )( ) ln 1 0h x x ax x′ = − − > ( ) ( )H x h x′= 1( )H x ax ′ = − 0a ≤ ( ) 0H x′ > ( )h x′ ( )h x′ 0a > ( ) 0H x′ > 10 x a < < ( )h x′ 10, a      ( ) 0H x′ < 1x a > ( )h x′ 1 ,a  +∞   0x +→ ( )h x′ → −∞ x → +∞ ( )h x′ → −∞ 1 1ln 2 0h a a  ′ = − >   21 ea > 21 0ea − > ( )2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2ln ln ln ln ln ln ln ln ln ln2 x x x x x x x x x x x x + − > − = + − ( ) ( )1 1 1 2 2 2 ln 1 0 ln 1 0 h x x ax h x x ax  = − − = = − − = ′ ′ 1 1 2 2 ln 1 ln 1 x ax x ax = +  = + ( )1 2 1 2ln lnx x a x x− = − ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2ln ln ln ln 1 1 1 1 1x x x x ax ax ax ax a x x+ − = + + + − + ⋅ + = − 2 1 21 0a x x− > 2 1 2 2 2 1 1 2 1 2 1 2 1 1 2 11 0 lnln ln x x x x xa x x x x a x x x x x −− > ⇔ < = ⇔ < −− 2 1 1xt x = > 12ln 0( 1)t t tt − + < > 1( ) 2ln ( 1)m t t t tt = − + > 2 2 2 2 1 ( 1)( ) 1 0( 1)tm t tt t t − −′ = − − = < > ( )( ) 1 0m t m< = 2 1 21 0a x x− > 2 2 21 2 1 2 1ln ln ln2 xx x x x e ea  + − = −  