黄金卷-【赢在高考黄金8卷】备战2024年高考数学模拟卷（新高考Ⅰ卷专用）含解析.docx

【赢在高考·黄金8卷】备战2024年高考数学模拟卷（新高考卷专用）黄金卷（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）第I卷（选择题）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，只有一项是符合要求的。1设集合，则（    ）ABCD2若，则（    ）ABC2D63如图，在四边形ABCD中，设，则等于（    ）ABCD4攒尖是我国古代建筑中屋顶的一种结构形式，宋代称为最尖，清代称攒尖，通常有圆形攒尖三角攒尖四角攒尖八角攒尖，也有单檐和重檐之分，多见于亭阁式建筑园林建筑.下面以四角攒尖为例，如图，它的屋顶部分的轮廓可近似看作一个正四棱锥.已知正四棱锥的底面边长为米，侧棱长为5米，则其体积为（    ）立方米.    AB24CD725我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果.哥德巴赫猜想是“每个大于2的偶数可以表示为两个素数的和”，如.在不超过15的素数（素数是指在大于1的自然数中，除了1和自身外没有其他因数的自然数）中，随机选取两个不同的数，其和等于16的概率是（   ）ABCD6将函数图象上所有点的横坐标变为原来的，纵坐标不变，所得图象在区间上恰有两个零点，且在上单调递减，则的取值范围为（    ）ABCD7已知，则a，b，c的大小关系为（    ）ABCD8已知等腰直角中，为直角，边，P，Q分别为上的动点（P与C不重合），将沿折起，使点A到达点的位置，且平面平面若点，B，C，P，Q均在球O的球面上，则球O表面积的最小值为（    ）ABCD 二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。9如图，正方体的棱长为1，则下列四个命题正确的是（    ）A正方体的内切球的半径为B两条异面直线和所成的角为C直线BC与平面所成的角等于D点D到面的距离为10已知函数，则（    ）A为奇函数B不是函数的极值点C在上单调递增D存在两个零点11已知抛物线的焦点为，过点的直线交于两个不同点，则下列结论正确的是（    ）A的最小值是6B若点，则的最小值是4CD若，则直线的斜率为12已知函数及其导函数的定义域均为R，记.若，均为偶函数，则（    ）ABCD 第II卷（非选择题）三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13展开式中含项的系数是 .14写出与圆和圆都相切的一条直线的方程 .15若函数与，有公共点，且在公共点处的切线方程相同，则的最小值为 .16已知椭圆，、分别是其左，右焦点，P为椭圆C上非长轴端点的任意一点，D是x轴上一点，使得平分.过点D作、的垂线，垂足分别为A、B.则的最小值是 .四、解答题：本题共6小题，共70分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。17（10分）已知公差不为零的等差数列的前项和为，且成等比数列.(1)求的通项公式；(2)若，数列的前项和为，证明：.18（12分）在中，内角所对的边分别为，满足(1)求证：；(2)若为锐角三角形，求的最大值19（12分）如图，在三棱柱中，E，F分别为，的中点，且平面，(1)求棱的长度：(2)若，且的面积，求平面与平面的夹角的余弦值20（12分）为了解学生中午的用餐方式（在食堂就餐或点外卖）与最近食堂间的距离的关系，某大学于某日中午随机调查了2000名学生，获得了如下频率分布表（不完整）：学生与最近食堂间的距离合计在食堂就餐0.150.100.000.50点外卖0.200.000.50合计0.200.150.001.00并且由该频率分布表，可估计学生与最近食堂间的平均距离为（同一组数据以该组数据所在区间的中点值作为代表）.(1)补全频率分布表，并根据小概率值的独立性检验，能否认为学生中午的用餐方式与学生距最近食堂的远近有关（当学生与最近食堂间的距离不超过时，认为较近，否则认为较远）：(2)已知该校李明同学的附近有两家学生食堂甲和乙，且他每天中午都选择食堂甲或乙就餐.（i）一般情况下，学生更愿意去饭菜更美味的食堂就餐.某日中午，李明准备去食堂就餐.此时，记他选择去甲食堂就餐为事件，他认为甲食堂的饭菜比乙食堂的美味为事件，且、均为随机事件，证明：（ii）为迎接为期7天的校庆，甲食堂推出了如下两种优惠活动方案，顾客可任选其一.传统型优惠方案：校庆期间，顾客任意一天中午去甲食堂就餐均可获得元优惠；“饥饿型”优惠方案：校庆期间，对于顾客去甲食堂就餐的若干天（不必连续）中午，第一天中午不优惠（即“饥饿”一天），第二天中午获得元优惠，以后每天中午均获得元优惠（其中，为已知数且）.校庆期间，已知李明每天中午去甲食堂就餐的概率均为（），且是否去甲食堂就餐相互独立.又知李明是一名“激进型”消费者，如果两种方案获得的优惠期望不一样，他倾向于选择能获得优惠期望更大的方案，如果两种方案获得的优惠期望一样，他倾向于选择获得的优惠更分散的方案.请你据此帮他作出选择，并说明理由.附：，其中.0.100.0100.0012.7066.63510.82821（12分）已知双曲线上的一点到两条渐近线的距离之积为2且双曲线C的离心率为.(1)求双曲线C的方程；(2)已知M是直线上一点，直线交双曲线C于A（A在第一象限），B两点，O为坐标原点，过点M作直线的平行线l，l与直线交于点P，与x轴交于点Q，若P为线段的中点，求实数t的值.22（12分）已知函数，其中是自然对数的底数(1)求函数的单调区间和最值；(2)证明：函数有且只有一个极值点；(3)当时，证明：【赢在高考·黄金8卷】备战2024年高考数学模拟卷（新高考卷专用）黄金卷·参考答案（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）第I卷（选择题）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，只有一项是符合要求的。12345678ADCBCCDA二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。9101112BCBCABDABD第II卷（非选择题）三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13120 14或或（答案不唯一） 15 16.四、解答题：本题共6小题，共70分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。17（10分）【详解】（1）设的公差为，因为成等比数列，所以，即，因为，所以，又，所以，所以，所以.（2）由（1）得，所以，所以，又，所以.18(12分）【详解】（1）由题，由正弦定理：，所以，整理，所以，或（舍）,.（2）为锐角三角形,解得：,所以，且由（1）问，令，则，所以因为,当时，所求的最大值为.19(12分）【详解】（1）取的中点D，连接，在三棱柱中，可得，且，四边形为平行四边形，则，又平面，平面，平面，又D为的中点，为等腰三角形，则；（2）由（1）知，平面，所以，故，由（1）知，平面，平面，则，又三棱柱中，又，又平面，平面，三棱柱为直三棱柱，为直角三角形，可得，又在三棱柱中，以为坐标原点，所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，,设平面的一个法向量为则，令，则，平面的一个法向量为，易得平面的一个法向量为设平面与平面的夹角为，平面与平面的夹角的余弦值为.20 (12分）【详解】（1）（1）设组的频率为t，则组的频率为，估计学生与最近食堂间的平均距离，解得，故可补全频率分布表如下：学生与最近食堂间的距离合计在食堂就餐0.150.200.100.050.000.50点外卖0.050.200.150.100.000.50合计0.200.400.250.150.001.00据此结合样本容量为2000可列出列联表如下：学生距最近食堂较近学生距最近食较堂远合计在食堂就餐7003001000点外卖5005001000合计12008002000零假设：学生中午的用餐情况与学生距最近食堂的远近无关.注意到.据小概率值的独立性检验，推断不成立，即可以认为学生中午的用餐方式与学生距最近食堂的远近有关.（2）（i）证法一：由题意得，结合，.结合条件概率公式知，即.，即成立.证法二：由题意得，所以，同理，于是，故，即成立.（）设李明在校庆期间去食堂甲就餐的次数为，若选择传统型优惠方案获得的优惠为X元，若选择“饥饿型”优惠方案获得的优惠为Y元，则，对，有，故，令，结合得，记为.若，则，此时李明应选择“饥饿型”优惠方案；若，则，此时李明应选择传统型优惠方案.若，则，.注意到，.因此，即.此时李明选择获得的优惠更分散的方案，即获得的优惠方差更大的方案，即“饥饿型”优惠方案.综上所述，当时，李明应选择传统型优惠方案；当时，李明应选择“饥饿型”优惠方案.21(12分）【详解】（1）双曲线的渐近线方程为，设双曲线上一点，则，又因为在双曲线上，所以，即，代入可得，又因为，代入可得，所以双曲线方程为；（2）由（1）如图所示，  知，所以，若直线斜率为0，此时点不在第一象限，矛盾，故斜率不为0， 设直线的方程为，则，联立，化简可得，则，可得，则，又因为，所以 ，所以直线的方程为，直线的方程为，联立，解得，即的纵坐标为.又由上可知，两式相除，得，代入可得，因为为线段的中点，所以即，所以需满足，解得.22.(12分）【详解】（1）由求导可得：因故，当时，故在上单调递增；当时，故在上单调递减；所以函数的单调递增区间为，递减区间为，最小值为，无最大值.（2）因，其定义域为，取则，因故，则在上单调递增，当时，故函数在内有且仅有一个变号零点，则此时，函数有且仅有一个极值点；当时，因因在上单调递增，故函数有且仅有一个变号零点，则此时，函数有且仅有一个极值点；当时，又因，即，故函数在内有且仅有一个变号零点，则此时，函数有且仅有一个极值点；综上所述，函数有且仅有一个极值点.（3）由（2）可知，当时，函数有且仅有一个零点，设为，则又由（2）函数有最小值为.由可得：，即两边取自然对数得：，故于是，不妨设则，故得，则，对于函数，其对应方程的判别式，设，则恒成立，故函数在上单调递增，则，即，从而，于是，故有恒成立，故恒成立，所以【赢在高考·黄金8卷】备战2024年高考数学模拟卷（新高考卷专用）黄金卷（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）第I卷（选择题）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，只有一项是符合要求的。1设集合，则（    ）ABCD【答案】A【详解】因为,所以.故选：.2若，则（    ）ABC2D6【答案】D【详解】由题设可得，则，则，故，故，故选：D3如图，在四边形ABCD中，设，则等于（    ）ABCD【答案】C【详解】因为，所以.故选：C4攒尖是我国古代建筑中屋顶的一种结构形式，宋代称为最尖，清代称攒尖，通常有圆形攒尖三角攒尖四角攒尖八角攒尖，也有单檐和重檐之分，多见于亭阁式建筑园林建筑.下面以四角攒尖为例，如图，它的屋顶部分的轮廓可近似看作一个正四棱锥.已知正四棱锥的底面边长为米，侧棱长为5米，则其体积为（    ）立方米.    AB24CD72【答案】B【详解】如图所示，在正四棱锥中，连接于，则为正方形的中心，连接，则底面边长，对角线，.又，故高.故该正四棱锥体积为.    故选：B5我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果.哥德巴赫猜想是“每个大于2的偶数可以表示为两个素数的和”，如.在不超过15的素数（素数是指在大于1的自然数中，除了1和自身外没有其他因数的自然数）中，随机选取两个不同的数，其和等于16的概率是（   ）ABCD【答案】C【详解】不超过15的素数有，随机取两个不同取法有种，其中和等于16的情况有或两种情况，所以随机选取两个不同的数，其和等于16的概率是.故选：C6将函数图象上所有点的横坐标变为原来的，纵坐标不变，所得图象在区间上恰有两个零点，且在上单调递减，则的取值范围为（    ）ABCD【答案】C【详解】依题意可得， 因为，所以，因为在恰有2个零点，且，所以，解得，令，得，令，得在上单调递减，所以，所以，又，解得综上所述，故的取值范围是故选：C.7已知，则a，b，c的大小关系为（    ）ABCD【答案】D【详解】，令，则，令，则，令，则在上恒成立，故在上单调递增，又，故在上恒成立，将中换为可得，即，故在上恒成立，所以在上单调递增，由复合函数单调性可知在上单调递增，故，即.故选：D8已知等腰直角中，为直角，边，P，Q分别为上的动点（P与C不重合），将沿折起，使点A到达点的位置，且平面平面若点，B，C，P，Q均在球O的球面上，则球O表面积的最小值为（    ）ABCD【答案】A【详解】显然P不与A重合，由点，B，C，P，Q均在球O的球面上，得B，C，P，Q共圆，则，又为等腰直角三角形，为斜边，即有， 将翻折后，又平面平面，平面平面，平面，平面，于是平面，平面，显然，的中点D，E分别为，四边形外接圆圆心，则平面，平面，因此，取的中点F，连接则有，四边形为矩形，设且，设球O的半径R，有，当时，所以球O表面积的最小值为故选：A二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。9如图，正方体的棱长为1，则下列四个命题正确的是（    ）A正方体的内切球的半径为B两条异面直线和所成的角为C直线BC与平面所成的角等于D点D到面的距离为【答案】BC【分析】根据正方体和内切球的几何结构特征，可判定A错误；连接，把异面直线和所成的角的大小即为直线和所成的角，为正三角形，可判定B正确；证得平面，进而求得直线与平面所成的角，可判定C正确；结合等体积法，得到，进而可判定D错误.【详解】对于A中，正方体的内切球的半径即为正方体的棱长的一半，所以内切球的半径，所以A错误.对于B中，如图所示，连接，因为且，则四边形为平行四边形，所以，所以异面直线和所成的角的大小即为直线和所成的角的大小，又因为，则为正三角形，即，所以B正确；对于C中，如图所示，连接，在正方形中，.因为平面，平面，所以.又因为，平面，平面，所以平面，所以直线与平面所成的角为，所以C正确；对于D中，如图所示，设点D到面的距离为，因为为正三角形，所以,又因为，根据等体积转换可知：，即，即，解得，所以D错误.故选：BC.10已知函数，则（    ）A为奇函数B不是函数的极值点C在上单调递增D存在两个零点【答案】BC【分析】根据奇函数的定义判断A，求导得函数的单调性判断BC，根据零点存在性定理和单调性判断D.【详解】函数的定义域为R，又，则，所以不是奇函数，故选项A错误；因为，所以在上单调递增，所以函数不存在极值点，故选项B与C正确；因为，又在上单调递增，且，所以仅有一个零点0，故选项D错误.故选：BC11已知抛物线的焦点为，过点的直线交于两个不同点，则下列结论正确的是（    ）A的最小值是6B若点，则的最小值是4CD若，则直线的斜率为【答案】ABD【分析】A，根据结合基本不等式即可判断；B，由抛物线定义知当三点共线时；C，D，设直线方程，联立抛物线，应用韦达定理即可求解.【详解】对A，设，因为这些倾斜角不为0，则设直线的方程为，联立抛物线得，则，所以，则（当且仅当时等号成立），A正确；对B，如图抛物线准线，要使其最小，即三点共线时取得最小值，即，B正确；对C，由，C错误；对D，解得,D正确故选：ABD.12已知函数及其导函数的定义域均为R，记.若，均为偶函数，则（    ）ABCD【答案】ABD【分析】由题意分析得到关于直线对称，函数关于直线对称及周期为2，逐项求解即可.【详解】因为为偶函数，所以，所以，所以关于直线对称，令得，即，故A正确；因为，所以，即，所以，因为为偶函数，所以，所以，即，所以，则的一个周期为2.因为关于直线对称，所以是函数的一个极值点，所以，所以，故B正确；因为，所以，所以，故D正确；设（为常数），定义域为R，则，又，则，显然也满足题设，即上下平移均满足题设，显然的值不确定，故C错误.故选：ABD第II卷（非选择题）三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13展开式中含项的系数是 .【答案】120【详解】，因为的展开式的通项公式为，不可能出现含的项，所以展开式中含的项为，即含项的系数是120.故答案为：120.14写出与圆和圆都相切的一条直线的方程 .【答案】或或（答案不唯一）【详解】由题设知，圆的圆心为，半径为，圆的圆心为，半径为，所以，即两圆外离，故共有4条公切线；又易知关于原点对称，且两圆半径相等，则有过原点的两条公切线和与平行的两条公切线.设过原点的公切线为，则，即，解得或，所以公切线为或；设与平行的公切线为，且M，N与公切线距离都为1，则，即，所以公切线为.故答案为：或或15若函数与，有公共点，且在公共点处的切线方程相同，则的最小值为 .【答案】【详解】，.设曲线与的公共点为，两者在公共点处的切线方程相同，因此，即，解得或.因为，所以舍去.又，即.令函数，则.令，解得，令，解得， 所以在上单调递减，在上单调递增，则，即，解得.则的最小值为.故答案为：16已知椭圆，、分别是其左，右焦点，P为椭圆C上非长轴端点的任意一点，D是x轴上一点，使得平分.过点D作、的垂线，垂足分别为A、B.则的最小值是 .【答案】【详解】如图，  由椭圆的性质可知，点位于短轴的端点时，最大，由可知最大值为.设，因为平分，所以，设，已知椭圆，所以.从而，所以，解得.,所以,所以，因为，所以，设，所以在上单调递减，所以.故答案为：四、解答题：本题共6小题，共70分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。17已知公差不为零的等差数列的前项和为，且成等比数列.(1)求的通项公式；(2)若，数列的前项和为，证明：.【答案】(1)(2)证明见解析【详解】（1）设的公差为，因为成等比数列，所以，即，因为，所以，又，所以，所以，所以.（2）由（1）得，所以，所以，又，所以.18在中，内角所对的边分别为，满足(1)求证：；(2)若为锐角三角形，求的最大值【答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）由题，由正弦定理：，所以，整理，所以，或（舍）,.（2）为锐角三角形,解得：,所以，且由（1）问，令，则，所以因为,当时，所求的最大值为.19如图，在三棱柱中，E，F分别为，的中点，且平面，(1)求棱的长度：(2)若，且的面积，求平面与平面的夹角的余弦值【答案】(1)(2)【详解】（1）取的中点D，连接，在三棱柱中，可得，且，四边形为平行四边形，则，又平面，平面，平面，又D为的中点，为等腰三角形，则；（2）由（1）知，平面，所以，故，由（1）知，平面，平面，则，又三棱柱中，又，又平面，平面，三棱柱为直三棱柱，为直角三角形，可得，又在三棱柱中，以为坐标原点，所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，,设平面的一个法向量为则，令，则，平面的一个法向量为，易得平面的一个法向量为设平面与平面的夹角为，平面与平面的夹角的余弦值为.20为了解学生中午的用餐方式（在食堂就餐或点外卖）与最近食堂间的距离的关系，某大学于某日中午随机调查了2000名学生，获得了如下频率分布表（不完整）：学生与最近食堂间的距离合计在食堂就餐0.150.100.000.50点外卖0.200.000.50合计0.200.150.001.00并且由该频率分布表，可估计学生与最近食堂间的平均距离为（同一组数据以该组数据所在区间的中点值作为代表）.(1)补全频率分布表，并根据小概率值的独立性检验，能否认为学生中午的用餐方式与学生距最近食堂的远近有关（当学生与最近食堂间的距离不超过时，认为较近，否则认为较远）：(2)已知该校李明同学的附近有两家学生食堂甲和乙，且他每天中午都选择食堂甲或乙就餐.（i）一般情况下，学生更愿意去饭菜更美味的食堂就餐.某日中午，李明准备去食堂就餐.此时，记他选择去甲食堂就餐为事件，他认为甲食堂的饭菜比乙食堂的美味为事件，且、均为随机事件，证明：（ii）为迎接为期7天的校庆，甲食堂推出了如下两种优惠活动方案，顾客可任选其一.传统型优惠方案：校庆期间，顾客任意一天中午去甲食堂就餐均可获得元优惠；“饥饿型”优惠方案：校庆期间，对于顾客去甲食堂就餐的若干天（不必连续）中午，第一天中午不优惠（即“饥饿”一天），第二天中午获得元优惠，以后每天中午均获得元优惠（其中，为已知数且）.校庆期间，已知李明每天中午去甲食堂就餐的概率均为（），且是否去甲食堂就餐相互独立.又知李明是一名“激进型”消费者，如果两种方案获得的优惠期望不一样，他倾向于选择能获得优惠期望更大的方案，如果两种方案获得的优惠期望一样，他倾向于选择获得的优惠更分散的方案.请你据此帮他作出选择，并说明理由.附：，其中.0.100.0100.0012.7066.63510.828【答案】(1)频率分布表见解析，根据小概率值的独立性检验，可以认为学生中午的用餐方式与学生距最近食堂的远近有关(2)（i）证明见解析；（ii）当时，选择传统型优惠方案；当时，选择“饥饿型”优惠方案，理由见解析【详解】（1）（1）设组的频率为t，则组的频率为，估计学生与最近食堂间的平均距离，解得，故可补全频率分布表如下：学生与最近食堂间的距离合计在食堂就餐0.150.200.100.050.000.50点外卖0.050.200.150.100.000.50合计0.200.400.250.150.001.00据此结合样本容量为2000可列出列联表如下：学生距最近食堂较近学生距最近食较堂远合计在食堂就餐7003001000点外卖5005001000合计12008002000零假设：学生中午的用餐情况与学生距最近食堂的远近无关.注意到.据小概率值的独立性检验，推断不成立，即可以认为学生中午的用餐方式与学生距最近食堂的远近有关.（2）（i）证法一：由题意得，结合，.结合条件概率公式知，即.，即成立.证法二：由题意得，所以，同理，于是，故，即成立.（）设李明在校庆期间去食堂甲就餐的次数为，若选择传统型优惠方案获得的优惠为X元，若选择“饥饿型”优惠方案获得的优惠为Y元，则，对，有，故，令，结合得，记为.若，则，此时李明应选择“饥饿型”优惠方案；若，则，此时李明应选择传统型优惠方案.若，则，.注意到，.因此，即.此时李明选择获得的优惠更分散的方案，即获得的优惠方差更大的方案，即“饥饿型”优惠方案.综上所述，当时，李明应选择传统型优惠方案；当时，李明应选择“饥饿型”优惠方案.21已知双曲线上的一点到两条渐近线的距离之积为2且双曲线C的离心率为.(1)求双曲线C的方程；(2)已知M是直线上一点，直线交双曲线C于A（A在第一象限），B两点，O为坐标原点，过点M作直线的平行线l，l与直线交于点P，与x轴交于点Q，若P为线段的中点，求实数t的值.【答案】(1)(2)【详解】（1）双曲线的渐近线方程为，设双曲线上一点，则，又因为在双曲线上，所以，即，代入可得，又因为，代入可得，所以双曲线方程为；（2）由（1）如图所示，  知，所以，若直线斜率为0，此时点不在第一象限，矛盾，故斜率不为0， 设直线的方程为，则，联立，化简可得，则，可得，则，又因为，所以 ，所以直线的方程为，直线的方程为，联立，解得，即的纵坐标为.又由上可知，两式相除，得，代入可得，因为为线段的中点，所以即，所以需满足，解得.22已知函数，其中是自然对数的底数(1)求函数的单调区间和最值；(2)证明：函数有且只有一个极值点；(3)当时，证明：【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析(3)证明见解析【详解】（1）由求导可得：因故，当时，故在上单调递增；当时，故在上单调递减；所以函数的单调递增区间为，递减区间为，最小值为，无最大值.（2）因，其定义域为，取则，因故，则在上单调递增，当时，故函数在内有且仅有一个变号零点，则此时，函数有且仅有一个极值点；当时，因因在上单调递增，故函数有且仅有一个变号零点，则此时，函数有且仅有一个极值点；当时，又因，即，故函数在内有且仅有一个变号零点，则此时，函数有且仅有一个极值点；综上所述，函数有且仅有一个极值点.（3）由（2）可知，当时，函数有且仅有一个零点，设为，则又由（2）函数有最小值为.由可得：，即两边取自然对数得：，故于是，不妨设则，故得，则，对于函数，其对应方程的判别式，设，则恒成立，故函数在上单调递增，则，即，从而，于是，故有恒成立，故恒成立，所以