2024年高考第一次模拟考试——数学(新高考Ⅰ卷01)(全解全析).pdf

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1、2024 年高考数学第一次模拟考试数学（新高考 I 卷）全解全析（考试时间：120 分钟注意事项：1本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上2回答第卷时，选出每小题答案后，用 2B 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本试卷上无效3回答第卷时，将答案写在答题卡上写在本试卷上无效4测试范围：高考全部内容5考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回试卷满分：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。

2、x10，N yR y x 1，则UMI N等于（1已知全集U R，集合Mxx3）A,3【答案】DB3,1C3,0D1,【分析】解不等式得集合A，求值域得集合B，然后由集合的运算法则计算x1【详解】因为Mxx3x 1，UM x|x 3或0 x|3x1，N yR y x 1 1,，所以UMN 1,故选：D2已知复数 z 满足z34i 2 6 i，则z（34Ai5534Ci55）43Bi5543D-i551【答案】A【分析】根据复数的运算法则和模的定义即可求出复数 z，再根据共轭复数定义即可得结果.【详解】由z34i 2 6 i，得z34所以z i，55534i(2 6)2(1)234i，34i34

3、i34i55故选：A.23函数f(x)sinxlnx的图象大致为（）ABCD【答案】C【分析】根据奇偶性和赋值即可判断选项.2【详解】由f(x)sinxlnx fx，可知fx是奇函数，且定义域为x x 0，排除 BD；2当x 时，f sinln 0，排除 A.故选：C4已知Sn是公差为d（d 0）的无穷等差数列an的前n项和，设甲：数列Sn是递增数列，乙：对任意nN*，均有Sn 0，则（）B甲是乙的必要条件但不是充分条件D甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件A甲是乙的充分条件但不是必要条件C甲是乙的充要条件【答案】B【分析】利用定义法直接判断2【详解】充分性：因为数列Sn是递增数列，取数列为

4、：1，1，3，5符合数列an为无穷等差数列，且Sn是递增数列，但S1 1 0，故充分性不满足；必要性：因为对于任意的nN*，均有Sn 0，所以得S1 a1 0，又因为数列an为无穷等差数列，所以公差大于零，所以可得数列Sn为递增数列，故必要性满足.综上所述：甲是乙的必要不充分条件，故 B 项正确.故选：B.5己知函数fxcosxsin2x在0,a上有4个零点，则实数a的最大值为（21084ABCD3333【答案】A）【分析】根据三角恒等变换可得fx sin x1cosx，可得函数零点，进而可得a的最值.2cosx，【详解】由fxcosxsin2xsinx2sinxcosxsinx 1224k2

5、，k2Z或x k3，k3Z，令fx 0，解得x k1，k1Z，或x 33又x 0，所以函数的零点从小到大依次为284，2，L，333又函数fx在0,a上有4个零点，所以2 a8，38，3即a的最大值为故选：A.22xy6已知O为坐标原点，A,B,F分别是椭圆C:221(ab0)的左顶点上顶点和右焦点点P在ab椭圆C上，且PF OF，若AB/OP，则椭圆C的离心率为（A2【答案】D1）DB1C222【分析】表示出A,B,P坐标，由AB/OP，可得kAB kOP，求解即可.32bx2y2【详解】令C:221(ab0)中x c，则y，aabb2bb2所以Pc,Aa,0,B0,b,kAB,kOPaaa

6、c因为AB/OP，所以kABbb2 kOP，则，aac即b c,a b2c22c，所以ec2a2故选：D.7已知tan(+)，tan()是方程x2+4x-3=0的两个实数根，则A2【答案】DB1C33sin2（cos2）D2【分析】由题意可求出tan(+)和tan()的值，将cos2中2与2表示为2，2，然后利用两角和差的正余弦公式展开后，化为齐次sin 2式求值即可.【详解】因为tan(+)，tan()是方程x2+4x-3=0的两个实数根，tan(a-b)=-3，所以tan(a+b)+tan(a-b)=-4，tan(a+b)因为sin2sinsincoscossincos2coscoscos

7、sinsin.tantan421tantan13故选：D20918已知aln,b,ce9，则（89）Ba c b4Aa b cCc a b【答案】ADc b a【分析】根据题意构造函数，利用导数研究其单调性，代入数值，可得答案.【详解】设函数fxlnx1x11,fx2，xx因为x0,1上f x 0，x1,上f(x)0，所以fx在0,1上单调递减，在1,上单调递增，则fx f1 0，所以lnx1，当且仅当x 1时，等号成立令x 1x991，则ln898xex设函数gxlnx,gx，eex因为x0,e上gx 0，xe,上gx0，所以gx在0,e上单调递增，在e,上单调递减，1020331019则g

8、x ge 0，所以g3 ln3 0，即ln3，所以3e,e9ee99综上可得：a b c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 已知一组样本数据xi(i 1,2,3,20)，其中x1(i 1,2,3,20)为正实数.满足x1 x2 x3 x20，下列说法正确的是（）A样本数据的第 50 百分位数为x10B去掉样本的一个数据，样本数据的极差可能不变C若数据的频率分布直方图为单峰不对称，且在左边“拖尾”，则样本数据的平均数小于中位数1202D样本数据

9、的方差sxi16，则这组样本数据的总和等于 8020i12【答案】BCD【分析】A 应用百分位数的求法判断；B 去掉数据为xi,i 2,3,19，结合极差定义判断；C 根据“拖尾”图分析即可；D 应用方差公式分析判断.5【详解】A：2050%10，故第 50 百分位数为x10 x11，错；2B：若去掉的数据为xi,i 2,3,19，则数据的极差不变，对；C：数据的频率分布直方图为单峰不对称，向右边“拖尾”，大致如下图，由于“右拖”时最高峰偏左，中位数靠近高峰处，平均数靠近中点处，此时平均数大于中位数，同理，向“左拖”时最高峰偏右，那么平均数小于中位数，对；20202120212022xi16(

10、xix)，则xi320 xi220 x，D：由s20i120i1i1i12所以x 4，故这组样本数据的总和等于20 x 80，对.故选：BCD2210 如图，有一组圆CkkN都内切于点P2,0，圆C1:(x3)(y1)2，设直线x y2 0与圆Ck在第二象限的交点为Ak，若AkAk12，则下列结论正确的是（）A圆Ck的圆心都在直线x y2 0上B圆C99的方程为(x52)2(y50)25000C若圆Ck与y轴有交点，则k 8D设直线x 2与圆Ck在第二象限的交点为Bk，则BkBk11【答案】ABD【分析】求出连心线所在直线方程判断 A；求出圆Ck的方程判断 B；求出圆Ck的圆心到 y 轴的距离

11、，结合直线与圆相交判断 C；求出点Bk的纵坐标判断 D.6【详解】圆C1的圆心C1(3,1)，直线PC1的方程为y10(x2)，即x y2 0，3(2)由两圆内切连心线必过切点，得圆Ck的圆心都在直线PC1上，即圆Ck的圆心都在直线x y2 0上，A 正确；xkyk 2显然|PAk|2(k 1)，设点Ak(xk,yk)，则22，而xk 2，11 xk22(k1)解得xk k 3,yk k 1，因此圆Ck的圆心Ck(圆Ck的方程为(x确；圆Ck的圆心到 y 轴距离为k5 k1|PAk|2,)，半径为(k1)，2222k52k12(k1)2，则圆C99的方程为(x52)2(y50)25000，B

12、正)(y)222k 5k 52(k 1)，若圆Ck与y轴有交点，则，222解得k 4 2 38.6，而kN，因此k 9，C 错误；k52k12(k1)2在(x中，令x 2，得点Bk的纵坐标为k 1，因此|BkBk1|1，D 正)(y)222确故选：ABD11已知函数fx的定义域为R,fx1是奇函数，g(x)(x 1)f(x),f x,gx分别是函数fx,gx的导函数，gx在,1上单调递减，则（Af 1 x f 1 xCgx的图象关于直线x 1对称【答案】ACD）Bg1 x g1 xDg(e0.1)g(1ln1.1)0【分析】根据fx1的奇函数性质，得出解析式并求导即得 A 项正确,结合g(x)

13、解析式，求导后比较两式即得 B 项错误，运用函数的轴对称特征式计算即得 C 项正确，构造函数，利用函数的单调性和对称性即得 D 项正确.【详解】对于 A 选项，因fx1是奇函数，故有f(x 1)f(x 1),则f(x 1)f(x 1)(1)f(x 1)，故 A 项正确；对于 B 选项，因g(x)(x1)f(x),故gx f(x)(x 1)f x，从而g1 x f(1 x)xf 1 x,g1 x f(1 x)xf 1 x，而f(1 x)f(1 x),f 1 x f 1 x，则g1 x g1 x，7故 B 项错误；对于 C 选项，因g(2 x)(1 x)f(2 x)(1 x)(f(x)(x 1)f

14、(x)g(x)，故gx的图象关于直线x 1对称，故 C 项正确；对于 D 选项，因gx的图象关于直线x 1对称，故g(1ln1.1)g(1ln1.1),x设h(x)ex(1ln(1 x),x(0,1)则h(x)ex则有(x)e11,x(0,1)又设(x)ex,x(0,1)x1x110,从而(x)在(0,1)上递增，则(x)(0)0,即h(x)0,h(x)在(0,1)上2(x1)递增，h(x)h(0)0，x故有e1ln1 x1,x0,1恒成立，则e0.11ln1.11，又因gx在,1上单调递减，则gx在1,)上单调递增，又g1 0，故g(e0.1)g(1 ln1.1)0,即：g(e0.1)g(1

15、 ln1.1)0,故 D 项正确.故选：ACD.12已知函数fxsinx(0,0)的部分图象如图 1 所示，AB分别为图象的最高2点和最低点，过A作x轴的垂线，交x轴于A，点C为该部分图象与x轴的交点.将绘有该图象的纸片沿x轴折成直二面角，如图 2 所示，此时AB=10，则下列四个结论正确的有（）A3B3 C图 2 中，ABAC 5D图 2 中，S是ABC及其内部的点构成的集合.设集合T QS AQ 2，则T表示的区域的面积大于48【答案】AC【分析】在图 2 中，以点O为坐标原点，OC、AA的方向分别为y、z轴的正方向建立空间直角坐标系O xyz，根据已知条件求出的值，即可判断 A；结合的取

16、值范围求出的值，可判断 B；利用空间向量数量积的坐标运算可判断 C；求出cosBAC，结合扇形的面积公式可判断 D.2 4【详解】函数fx的最小正周期为，2O在图 2 中，以点为坐标原点，OC、AA的方向分别为y、z轴的正方向建立如下图所示的空间T 直角坐标系O xyz，设点A0,t,0，则点A0,t,、B,t 2,0，AB 0t 2t0222224 10，因为 0，解得3，故 A 正确；1x3所以，fx3sin，则f03sin，可得sin，2225又因为函数fx在x 0附近单调递减，且0，所以，故 B 错误；6t5 t5 因为ft3sin3，可得sin1，6622又因为点A是函数fx的图象在

17、y轴左侧距离y轴最近的最高点，则x5所以，fx3sin，622t5，可得t ，3262因为点C是函数fx在y轴右侧的第一个对称中心，所以，xC51，可得xC，3262421翻折后，则有A0,3、B3,0、C0,0、A0,0，3333 AB 3,2,3所以，AC 0,1,3，所以，在图 2 中，ABAC 0 21 3 5，故 C 正确；2222在图 2 中，设点Qx,y,0，AQxy032，329可得x2y21，32 A C 0,1,0，AB ACAB22 72 3,2,0，cosBAC，72ACAB17易知BAC为锐角，则0 BAC，4所以，区域T是坐标平面xOy内以点A为圆心，半径为AC 1

18、，且圆心角为BAC的扇形及其内部，故区域T的面积ST故选：AC121，故 D 错误.248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若将 5 名志愿者安排到三个学校进行志愿服务，每人只去一个学校，每个学校至少去一人，则不同的分配方案共有【答案】150【分析】分三个学校可分得的志愿者人数分别为3,1,1或2,2,1两种情况，求出对应的方案数，相加即可.【详解】由题意得，三个学校可分得的志愿者人数分别为3,1,1或2,2,1，33当三个学校可分得的志愿者人数分别为3,1,1时，分配方案有C5A3 60种，种（用数字作答）221C5C3C13A390种，

19、当三个学校可分得的志愿者人数分别为2,2,1时，分配方案有2A2综上，不同的分配方案有6090 150种.故答案为：1503214等差数列an中的a1,a2023是函数fx x 6x 4x1的极值点，则log1a10124.1【答案】/0.52【分析】先由题意求出a1 a20234，再利用等差中项求出a1012，最后利用对数的运算法则即可求解.32【详解】函数fx x 6x 4x1的定义域为R，10f x3x212x4，32因为a1,a2023是函数fx x 6x 4x1的极值点，2所以a1,a2023是方程f x3x 12x4 0的两根，所以a1a2023 4，因为an是等差数列，所以a10

20、12a1a20232，24所以log1a1012log12log222 41.21故答案为：.215在三棱锥P ABC中，D ABC是边长为 2 的等边三角形，PA 平面ABC，若 P，A，B，C 四点都在表面积为16的球的球面上，则三棱锥P ABC的体积为【答案】4 242/33【分析】由题意确定三棱锥外接球球心位置，根据外接球表面积求得外接球半径，即可求得 PA 的长，利用三棱锥体积公式即可求得答案.【详解】设O1为正D ABC的中心，M 为PA的中点，过点O1作平面ABC的垂线 l，由于PA 平面ABC，故lPA，在l,PA确定的平面内作MO l，垂足为 O，则四边形OO1AM为矩形，连

21、接O1A,O1B,O1C，则O1A O1B O1C，故OP OAOB OC，则 O 即为三棱锥P ABC外接球的球心，因为 P，A，B，C 四点都在表面积为16的球的球面上，11设外接球半径为 R，故4R216,R 2，232 3D ABC是边长为 2 的等边三角形，故O1A,2323 2 3 4 62故PA2OO12R2AO1，2 4331134 64 2所以三棱锥P ABC的体积V(22，)322332故答案为：1 1 AEAD AB16 如图，在D ABC中，AC，CD 与 BE 交于点 P，AB 2，AC 4，APBC 2，23 uu u r uuu r则ABAC的值为；过点 P 的直

22、线 l 交 AB，AC 于点 M，N，设AM mAB，AN nAC（m 0，n 0），则m n的最小值为4 23.【答案】232 25 【分析】选取向量AB,AC为基底，把AP,BC用基底表示出来，再求出数量积即可；用AM,AN表 示出AP，再利用共线向量的推论结合基本不等式求出最小值1 1 1【详解】在D ABC中，AD AB，AE AC，设BP BE(BAAC)，323 则APABBP(1)ABAC(2 2)ADAC，33 2 1 3D,P,C221AP ABAC，由三点共线，得，解得，因此3555 1 2因为AB 2，AC 4，APBC 2，于是APBC (AB AC)(AC AB)55

23、2 12 122(AC 2AB AB AC)(4 2 2 AB AC)2，解得ABAC 2；55 1 2m 0,n 0AMAN，因为AM mAB，AN nAC，则有AP5m5n而M,P,N三点共线，因此21211，则mn(mn)()5m5n5m5n2nm12nm12n m32 222，即m2n，当且仅当取等号，(3)(32)mn5mn5mn5512所以当m221232 2时，m n取得最小值.,n55532 25故答案为：2；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）在D ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，满足2b

24、ccos A acosC.(1)求角A的大小；(2)若a 7，BC边上的中线AM的长为3 3【答案】(1)；(2).3219，求D ABC的面积.2【分析】（1）由正弦边角关系及三角恒等变换可得2sinBcos AsinAC，结合三角形内角性质即可求A的大小；uuur1uuu ruuu rAM AB AC（2）由余弦定理可得b c 7bc，根据，结合数量积的运算律有22219122c b bc，联立所得方程求得bc 6，最后应用三角形面积公式求面积.44【详解】（1）由已知及正弦定理得2sin B sinCcos A sin AcosC，B，则2sinBcosA sin AcosC sinCc

25、osA sinACsinB sin在D ABC中sinB 0，故cos A 1，又0 A ，故A.32b2c271（2）由cosA，得b2c2 7bc，2bc2uuur1uuu ruuu r 21 22 ABAC2 AB AC cos A，由题意AM AB AC，则AM24即19121c b2bc7bcbc，解得bc 6，4441133 3故D ABC的面积为S bcsinA 6.222218（12 分）在数列an中，a11,2an1ann213(1)证明：数列an1an1为常数列(2)若bnan，求数列bn的前n项和Tn4n1【答案】(1)证明见解析(2)Tn163n4994n1【分析】（1

26、）化简得2an1an1anan11，即可证明；（2）应用错位相减法即可求解.【详解】（1）令n 1，得2a2a112，则a2 2因为2an1ann2，所以2anan1n1n2-得2an1an2anan11，即2an1an1anan11因为a2a110，所以数列an1an1为常数列（2）由（1）可得an1an10，所以an是公差为 1 的等差数列，所以ann因为bnn4n1，所以Tn123n，4041424n11123nTn123n44444311111nn-得Tn0123 n14444444111404nn43n4，n1334n414所以Tn163n4994n1（12 分）某单位组织“乡村振兴

27、”知识竞赛，有甲、乙两类问题.每位参加比赛的选手先在两类问19题中选择一类并从中随机抽取一个问题回答，若回答错误，则该选手比赛结束；若回答正确，则从另一类问题中再随机抽取一个问题回答，无论回答正确与否，该选手比赛结束.甲类问题中的每个问题回答正确得 30 分，否则得 0 分；乙类问题中的每个问题回答正确得 50 分，否则得 0 分.已知选手张某能正确回答甲类问题的概率为 0.9，能正确回答乙类问题的概率为 0.7，且能正确回答问题的概率与回答次序无关.14(1)若选甲、乙两类问题是等可能的，求张某至少答对一道问题的概率；(2)如果答题顺序由张某选择，以累计得分多为决策依据，说明张某应选择先回答

28、哪类问题.【答案】(1)0.8(2)应选择先回答甲类问题【分析】（1）根据全概率公式，先求得张某一题都没答对的概率，从而求得张某至少答对一道问题的概率.（2）根据张某先回答甲类或乙类问题进行分类讨论，计算出两者累计得分的期望值，从而作出决策.【详解】（1）设A“张某选择甲类问题”，B“张某答对所选问题”，M“张某至少答对一道问题”，A“张某选择乙类问题”，B“张某未答对所选问题”M“张某一道问题都没答对”由题意得，P(A)P(A)0.5，P(B A)0.9，P(B A)0.1，P(B A)0.7，P(B A)0.3，由全概率公式，得P(M)P(A)P(B A)P(A)P(B A)0.50.10

29、.50.30.2P(M)1 P(M)10.2 0.8.（2）根据条件可知：若张某先回答甲类问题，则张某的累计得分 X 的可能值为 0，30，80，张某能正确回答甲类问题的概率为 0.9，能正确回答乙类问题的概率为 0.7，P(X 0)1 0.9 0.1；P(X 30)0.9(10.7)0.27；P(X 80)0.90.7 0.63，则X的分布列为XP00.1300.27800.63当张某先回答甲类问题时，累计得分的期望为：E(X)00.1300.27800.6358.5，若张某先回答乙类问题，则张某的累计得分Y的可能值为0,50,80，同理可求P(Y 0)10.7 0.3；P(Y 50)0.7

30、(10.9)0.07；P(Y 80)0.70.9 0.63，15则此时累计得分的期望为E(Y)00.3500.07800.6353.9，因为E(X)E(Y).所以，以累计得分多为决策依据，张某应选择先回答甲类问题20（12 分）已知抛物线C:x2 2py(p 0)的焦点为F，且经过点(2,-1).(1)求抛物线 C 方程及其准线方程；直线y 1分别交OM,ON于A,B两点，求证：(2)过F作斜率不为 0 的直线交抛物线C于M,N两点，以AB为直径的圆经过y轴上的两个定点.【答案】(1)x2 4y，准线方程为y 1(2)证明见解析【分析】（1）直接将点(2,-1)代入C:x2 2py(p 0)求

31、得参数p即可得解.（2）设直线MN的方程为y kx1k 0，将其与抛物线方程联立，利用韦达定理有 x1x2 4k,x1x2 4，将A,B两点的坐标也用含x1,x2的式子表示，再利用SASB 0即可得解.【详解】（1）因为点(2,-1)在C上，2所以2 2p1，解得p 2，所以C的方程为x2 4y，准线方程为y 1.（2）易知直线l的斜率存在，设直线l的方程为y kx1k 0，ykx1联立2，得x24kx 4 0,16k216 0，x 4y2x12x2Mx,N x,设点12，则x1x2 4k,x1x2 4.44直线OM的方程为y得x y1x，令y 1，x1x1444，所以A,1，同理得B,1，y

32、1x1x2x1设以线段AB为直径的圆与y轴的交点为S0,s，44则SA,1s,SB,1s，x1x216 因为SA SB，则SASB 0，即44(1s)20，x1x2444，解得s 1或s 3.x1x22所以(s1)故以线段AB为直径的圆经过y轴上的两个定点0,1和0,3.（12 分）如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为直角梯形，AD/BC，AD DC，21PA PD PB 2 5，BC DC 1AD 2，E为AD的中点.2（）求证：PE 平面ABCD；（）求二面角APBC的正弦值；（）记BC的中点为M，若N在线段PE上，且直线MN与平面PAB所成的角的正弦值为线段EN的长.【答案】（）证

33、明见解析；（）；（）1或236，求1819.5【分析】（）连接BE，由勾股定理证得PE BE，由等腰三角形得性质证得PEAD，再结合线面垂直得判定定理即可得证；（）建立如图所示得空间直角坐标系，求得平面PAB和平面PBC的法向量，再由空间向量的夹角公式求出余弦值，进而根据同角的平方关系即可求出结果；（）设EN tt0,4，求出NM 1,2,t结合（）中平面PAB的法向量，进而由 sin cos NM,m列出方程，解之即可.17【详解】（）连接BE，则BC 1AD DE，因为AD/BC，所以四边形BCDE为平行四边形；所以2BE CD 2，因为PA AD 2 5,AD 4,且E为AD的中点，所以

34、PEAD，所以PE PD2DE2204 4，所以PE2 BE2 PB2，即PE BE，又因为AD BE E，所以PE 平面ABCD；（）以E为原点，EA为x轴，EB为y轴，EP为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A2,0,0,B0,2,0,C2,2,0,P0,0,4,所以AB 2,2,0,PB 0,2,4,BC 2,0,0,m2x12y10AB0 m x,y,zm设平面PAB的法向量为则，即，取2,2,1，设平面PBC111，2y4z0mPB011n2x20BC0的法向量为n x2,y2,z2，则，即，取n 0,2,1，2y4z0nPB022 mn所以cos m,n mn2022112222

35、12022212253 55，352所以二面角APBC的正弦值为1；33（）设EN tt0,4，则N0,0,t，而M1,2,0，所以NM 1,2,t，由（）知平面PABm的法向量为2,2,1，设直线与平面PAB所成的角为，则 sincos NM,m1222t16，181222t222212218化简得5t224t 19 0，解得：t 1或t 1919，故线段EN的长度为1或.55x222（12 分）已知函数fx ln1x.2(1)求曲线y fx在x 1处切线的斜率；(2)当x0,时，比较fx与 x 的大小；ax22(3)若函数gx cosx，且fe2gb1（a 0,b 0），证明：fb1 ga

36、 1.2【答案】(1)(2)fx x32(3)证明见解析【分析】（1）求得fx13x，得到f 1，即可求得曲线y fx在x 1处切线的斜率；21x2x（2）设函数x fx x，求得x，利用导数求得函数x的单调性，结合1xx0 0，即可求解；（3）设函数hx fx1gx，当x 0时，得到hx 0恒成立，进而转化为证明fb21 ga 1，结合分析法，要证b2 a 1，设mx ex x1x 0，利用导数求得mx在0,上单调递增，结合ma m0 0，得到eaa1，即可得证.1x2x，【详解】（1）解：因为函数fx ln1x，可得fx1x21331，所以曲线y fx在x 1处切线的斜率为.则f 1112

37、2x2（2）解：设函数x fxx ln1xx，21x2可得x，x11x1x当x0,时，x 0，则x在0,上单调递增，所以x0 0，从而fxx 0，所以fx x.（3）证明：设函数hx fx1 gxln1 x1cos x，19当x 0时，1cos x 0，ln1 x 0，则hx 0恒成立，aaa22e 0，得fe1ge2，则由ha2fe又1gb，所以gbage2，x2因为gx cosx，可得gx x sinx，2令tx gx x sinx，可得tx1cosx 0，所以tx单调递增，即gx在(0,)单调递增，所以gx g0 0，所以gx在0,上单调递增，22又由b 0,e2 0，所以b e2，同理得f b1 g b，22要证f b1 ga 1，只需证g b ga 1，即证b2 a 1，aa a 因为b e2，所以b2 ea，xx设函数mxe x1x 0，则mxe10，所以mx在0,上单调递增，因为a 0，所以ma m0 0，所以eaa1，所以b2 a 1，22所以g b ga 1，从而得证f b1 ga 1.2021