四川省高考數(shù)學模擬試卷(理科)含解析

2020年四川省高考數(shù)學模擬試卷（理科）一.選擇題：本大題共10個小題，每題5分，共50分.在每題給出的四個選項中，只有一項為哪一項符合題目要求的.22a3a3i為純虛數(shù)，則a的值為（）1．已知i為虛數(shù)單位，a∈R，若（a+﹣）+（+）A．1B．﹣3C．﹣3或1D．3或12．已知會合M={x||x|≤2，x∈R}，N={x||x﹣1|≤a，a∈R}，若N?M，則a的取值范圍為（）A．0≤a≤1B．a(chǎn)≤1C．a(chǎn)＜1D．0＜a＜13．設命題p：存在四邊相等的四邊形不是正方形；命題q：若cosx=cosy，則x=y，則以下判斷正確的選項是（）A．p∧q為真B．p∨q為假C．￢p為真D．￢q為真4．已知拋物線x2=﹣2py（p＞0）經(jīng)過點（2，﹣2），則拋物線的焦點坐標為（）A．B．C．D．5．小明、小王、小張、小李4名同學排成一縱隊表演節(jié)目，此中小明不站排頭，小張不站排尾，則不一樣樣的排法共有（）種．A．14B．18C．12D．166．履行以以下圖的程序框圖，輸出P的值為（）A．﹣1B．1C．0D．20207．設x，y知足拘束條件，則的最大值為（）A．1024B．256C．8D．48．已知O為△ABC內一點，且有，記△ABC，△BCO，△ACO的面積分別為S1，S2，S3，則S1：S2：S3等于（）A．3：2：1B．3：1：2C．6：1：2D．6：2：1第1頁（共20頁）9．若和的半焦距），有四個不一樣樣的交點，的離心率e的取范是（）A．B．C．D．10．已知函數(shù)，若存在x1，x2，當0≤x1＜x2＜2，f（x1）=f（x2），x1f（x2）f（x2）的取范（）A．B．C．D．二、填空（每5分，分25分，將答案填在答上）11．若本數(shù)據(jù)x1，x2，?，x10的均勻數(shù)8，數(shù)據(jù)2x11，2x21，?，2x101的平均數(shù)_______．12．在二式的張開式中，全部二式系數(shù)之和128，張開式中x5的系數(shù)_______．13．已知正方體ABCDA1B1C1D1的棱a，P棱AA1的中點，在面BB1D1D上任取一點E，使得EPEA最小，最小_______．+140，1）心且與直axy1=0aR）．在平面直角坐系中，以（+++（∈相切的全部中，最大面與最小面的差_______．15．已知a＞22ax，若不等式efx3e2隨意x∈[1e恒成立，0，f（x）=alnxx+≤（）≤+，]數(shù)a的取范_______．三、解答（本大共6小，共75分．解答寫出文字明、明程或演算步．）16．在△ABC中，角A，B，C所的分a，b，c，且=（I）求角A；（Ⅱ）若=（01），=（cosB，2cos2），求|+|的取范．，17．認識班學生任教堂講課的意程度狀況．從某班全體學生中，隨機抽取名，的意度分數(shù)（百分制）以下：65，52，78，90，86，86，87，88，98，72，86，87依據(jù)學校系統(tǒng)準，成不低于76的良．（Ⅰ）從12名學生中任3人行，求最罕有1人成是“良”的概率；（Ⅱ）從抽取的12人中隨機取3人，ξ表示成“良”的學生人數(shù)，求ξ的散布列及希望．18．如所示，在三棱PABQ中，PB⊥平面ABQ，BA=BP=BQ，D，C，E，F(xiàn)分是AQ，BQ，AP，BP的中點，AQ=2BD，PD與EQ交于點G，PC與FQ交于點H，接GH．第2頁（共20頁）（Ⅰ）求證：AB∥GH；（Ⅱ）求異面直線DP與BQ所成的角；（Ⅲ）求直線AQ與平面PDC所成角的正弦值．19．已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，Sn=2an﹣4，數(shù)列{bn}知足bn+1﹣bn=1，其n項和為Tn，T2+T6=32．（Ⅰ）求數(shù)列{an}，{bn}的通項公式；N*（Ⅱ）若不等式nlogS4λbn+3n7n恒成立，務實數(shù)λ2（n+）≥﹣對隨意的∈的取值范圍．20．已知橢圓C：+=1（a＞b＞0）的左、右極點分別為A1，A2，且|A1A2|=4，上極點為B，若直線BA1與圓M：（x1）2y2++=相切．（Ⅰ）求橢圓C的標準方程；（Ⅱ）直線l：x=2與x軸交于D，P是橢圓C上異于A1、A2的動點，直線A1P、A2P分別交直線l于E、F兩點，求證：|DE?DF|為定值．||21．設函數(shù)f（x）=x2﹣x+t，t≥0，g（x）=lnx．（Ⅰ）若對隨意的正實數(shù)x，恒有g（x）≤x2α成立，務實數(shù)α的取值范圍；（Ⅱ）關于確立的t，能否存在直線l與函數(shù)f（x），g（x）的圖象都相切？若存在，討論直線l的條數(shù)，若不存在，請說明原因．第3頁（共20頁）2020年四川省高考數(shù)學模擬試卷（理科）參照答案與試題分析一.選擇題：本大題共10個小題，每題5分，共50分.在每題給出的四個選項中，只有一項為哪一項符合題目要求的.22a3a3i為純虛數(shù)，則a的值為（）1．已知i為虛數(shù)單位，a∈R，若（a+﹣）+（+）A．1B．﹣3C．﹣3或1D．3或1【考點】復數(shù)的基本見解．【分析】直接由實部等于0且虛部不為0列式求得a值．【解答】解：∵（a2+2a﹣3）+（a+3）i為純虛數(shù)，∴，解得：a=1．應選：A．2．已知會合M={x||x|≤2，x∈R}，N={x||x﹣1|≤a，a∈R}，若N?M，則a的取值范圍為（）A．0≤a≤1B．a(chǎn)≤1C．a(chǎn)＜1D．0＜a＜1【考點】會合的包括關系判斷及應用．【分析】分別化簡會合M，N，對a分類討論，利用會合之間的關系即可得出．【解答】解：會合M={x||x|≤2，x∈R}=[﹣2，2]，N={x||x﹣1|≤a，a∈R}，a0時，N=?，知足N?M．∴當＜a≥0時，會合N=[1﹣a，1+a]．∵N?M，∴，解得0≤a≤1．綜上可得：a的取值范圍為a≤1．應選：B．3．設命題p：存在四邊相等的四邊形不是正方形；命題q：若cosx=cosy，則x=y，則以下判斷正確的選項是（）A．p∧q為真B．p∨q為假C．￢p為真D．￢q為真【考點】命題的否認．【分析】依據(jù)復合命題的真假關系進行判斷即可．【解答】解：菱形的四邊形的邊長相等，但不用然是正方形，故命題p是真命題，當x=﹣y時，知足cosx=cosy，但x=y不可以立，即命題q是假命題，故￢q為真，其他都為假命題，應選：D4．已知拋物線x2=﹣2py（p＞0）經(jīng)過點（2，﹣2），則拋物線的焦點坐標為（）A．B．C．D．【考點】拋物線的簡單性質．第4頁（共20頁）【分析】拋物x2=2py（p＞0）點（2，2），代算即可求出p，能求出焦點坐．【解答】解：拋物x2=2py（p＞0）點（2，2），∴4=4p，∴p=1，∴拋物的焦點坐（0，），故：C．5．小明、小王、小、小李4名同學排成一表演目，此中小明不站排，小不站排尾，不一樣樣的排法共有（）種．A．14B．18C．12D．16【考點】數(shù)原理的用．【分析】小明不站排，小不站排尾，可按小明在排尾與不在排尾分兩，依據(jù)分數(shù)原理可得．【解答】解：小明不站排，小不站排尾排法數(shù)可分兩，第一小明在排尾，其他3人全排，故有A33=6種，第二小明不在排尾，先排小明，有A21種方法，再排小有A21種方法，剩下的2人有22種排法，故有2×2×2=8種依據(jù)分數(shù)原理可得，共有68=14種，+故：A．6．行如所示的程序框，出P的（）A．1B．1C．0D．2020【考點】程序框．【分析】模行程序框的運轉程，寫出每次循獲得的P，i的，當i=2020＞2020，足條件，止循，出P的．【解答】解：行程序框，有p=0，i=1，P=0+cosπ=1，i=2，不足條件i＞2020？，有P=1+cos2π=0，i=3，不足條件i＞2020，有P=0+cos3π=1，，?，i=2020，不足條件i＞2020，有P=1+cos2020π=0，第5頁（共20頁）i=2020，知足條件i＞2020，輸出P的值為0．應選：C．7．設x，y知足拘束條件，則的最大值為（）A．1024B．256C．8D．4【考點】簡單線性規(guī)劃．【分析】作出不等式組對應的平面地區(qū)，利用目標函數(shù)的幾何意義，進行求最值即可．【解答】解：由z==22x﹣y，令u=2x﹣y，作出拘束條件，對應的平面地區(qū)如圖（暗影部分）：平移直線y=2x﹣u由圖象可知當直線y=2x﹣u過點A時，直線y=2x﹣u的截距最小，此時u最大，由，解得，即A（5，2）．代入目標函數(shù)u=2x﹣y，u=2×5﹣2=8，∴目標函數(shù)z=2x﹣y28．=2，的最大值是=256應選：B．8．已知O為△ABC內一點，且有，記△ABC，△BCO，△ACO的面積分別為S1，S2，S3，則S1：S2：S3等于（）A．3：2：1B．3：1：2C．6：1：2D．6：2：1【考點】平面向量的基本定理及其意義．第6頁（共20頁）【分析】以以下圖，延伸OB到點E，使得=2，分別以，為鄰邊作平行四邊形OAFE．則+2=+=，因為+23=，可得﹣=3．又=2，可+得=2．于是=，獲得S△ABC=2S△AOB．同理可得：S△ABC=3S△AOC，S△ABC=6S△BOC．即可得出．【解答】解：以以下圖，延伸OB到點E，使得=2，分別以，為鄰邊作平行四邊形OAFE．則+2=+=，∵+2+3=，∴﹣=3．又=2，可得=2．于是=，∴S△ABC=2S△AOB．同理可得：S△ABC=3S△AOC，S△ABC=6S△BOC．∴ABC，△BOC，△ACO的面積比=6：1：2．應選：C．9．若橢圓和圓為橢圓的半焦距），有四個不一樣樣的交點，則橢圓的離心率e的取值范圍是（）A．B．C．D．【考點】圓與圓錐曲線的綜合．【分析】由題設知，由，得2c＞b，再平方，4c2＞b2，；由，得b+2c＜2a，．綜上所述，．【解答】解：∵橢圓和圓為橢圓的半焦距）的中心都在原點，且它們有四個交點，∴圓的半徑，第7頁（共20頁）由，得2c＞b，再平方，4c2＞b2，在橢圓中，a2=b2+c2＜5c2，∴；由，得b+2c＜2a，再平方，b2+4c2+4bc＜4a2，3c2+4bc＜3a2，4bc＜3b2，4c＜3b，16c2＜9b2，16c2＜9a2﹣9c2，9a2＞25c2，∴，∴．綜上所述，．應選A．10．已知函數(shù)，若存在x1，x2，當0≤x1＜x2＜2時，f（x1）=f（x2），則x1f（x2）﹣f（x2）的取值范圍為（）A．B．C．D．【考點】分段函數(shù)的應用．【分析】先作出函數(shù)圖象此后依據(jù)圖象，依據(jù)f（x1）=f（x2），確立x1的取值范圍此后再依據(jù)x1f（x2）﹣f（x2），轉變?yōu)榍笤趚1的取值范圍即可．【解答】解：作出函數(shù)的圖象：∵存在x1，x2，當0≤x1＜x2＜2時，f（x1）=f（x2）∴0≤x1＜，∵x+在[0，）上的最小值為；x﹣1在[2，2，）的最小值為第8頁（共20頁）∴x1+≥，x1≥，∴≤x1＜．∵f（x1）=x1+，f（x1）=f（x2）x1f（x2）f（x2）=x1f（x1）f（x1）2=（x1+）=x12x1，y=x12x1=（x1）2，（≤x1＜），拋物的稱x=，∴當x=，y=，當x=，y=，即x1f（x2）f（x2）的取范[，）．故：B．二、填空（每5分，分25分，將答案填在答上）11．若本數(shù)據(jù)x1，x2，?，x10的均勻數(shù)8，數(shù)據(jù)2x11，2x21，?，2x101的平均數(shù)15．【考點】眾數(shù)、中位數(shù)、均勻數(shù)．【分析】依據(jù)均勻數(shù)與方差的公式即可求出數(shù)據(jù)2x11，2x21，?，2x101的均勻數(shù)．【解答】解：∵本數(shù)據(jù)x1，x2，?，x10的均勻數(shù)是10，=（x1+x2+?+x10）=8；∴數(shù)據(jù)2x11，2x21，?，2x101的均勻數(shù)是：[（2x11）+（2x21）+?+（2x101）]=2×（x1+x2+?+x10）1=2×81=15．第9頁（共20頁）故答案為：15．12．在二項式的張開式中，全部二項式系數(shù)之和為128，則張開式中x5的系數(shù)35．【考點】二項式定理的應用．【分析】由條件利用二項式系數(shù)的性質求得n=7，再利用二項張開式的通項公式求得x5的系數(shù)．【解答】解：由題意可得2n=128，n=7，∴=，它的通項公式為Tr+1=?x21﹣4r，令21﹣4r=5，求得r=4，故張開式中x5的系數(shù)為=35，故答案為：35．13．已知正方體ABCD﹣A1B1C1D1的棱長為a，P為棱AA1的中點，在面BB1D1D上任取一點E，使得EPEA最小，則最小值為a．+【考點】棱柱的結構特點．【分析】由圖形可知AC⊥平面BB1D1D，且A到平面BB1D1D的距離與C到平面BB1D1D的距離相等，故EA=EC，因此EC就是EPEP的最小值；+【解答】解：連結AC交BD于N，連結EN，EC，AC⊥BD，∵BB1⊥平面ABCD，∴BB1⊥AC，∴AC⊥平面BB1D1D，∴AC⊥EN，∴△AEN≌△CEN，EA=EC，連結EC，∴線段EC的長就是EP+EA的最小值．在Rt△EAC中，AC=a，EA=a，∴EC==a．故答案為：a．第10頁（共20頁）14．在平面直角坐標系中，以（0，﹣1）為圓心且與直線ax+y++1=0（a∈R）相切的全部圓中，最大圓面積與最小圓面積的差為2π．【考點】直線與圓的地點關系．【分析】圓半徑r=，a=﹣1時，rmin==1，a=1時，rmax==，由此能求出最大圓面積與最小圓面積的差．【解答】解：∵圓以（01axy1=0aR）相切，，﹣）為圓心且與直線+++（∈∴圓半徑r===，∴a=﹣1時，rmin==1，最小圓面積Smin=π×12=π，a=1時，rmax==，最大圓面積Smax==3π，∴最大圓面積與最小圓面積的差為：3π﹣π=2π．故答案為：2π．22axefx3e2對隨意x∈[1e15．已知a＞0，f（x）=alnx﹣x+，若不等式≤（）≤+，]恒成立，則實數(shù)a的取值范圍為[e+1，]．【考點】利用導數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值．【分析】利用導數(shù)可求得fx）的單一區(qū)間，由f1=1aeae1，進而可判斷（（）﹣+≥可得≥+f（x）在[1，e]上的單一性，獲得f（x）的最大值，令其小于等于3e+2可得答案．【解答】解：f′（x）=﹣2x+a=，∵x＞0，又a＞0，∴x∈（0，a）時f′（x）＞0，f（x）遞加；x∈（a，+∞）時，f′（x）＜0，f（x）遞減．f（1）=﹣1+a≥e，∴a≥e+1，∴f（x）在[1，e]上是增函數(shù)，∴最大值為f（e）=a2﹣e2+ae≤3e+2，第11頁（共20頁）解得：a≤，ae1，而e1，又≥++＜∴a的取值會合是[e+1，]，故答案為：[e+1，]．三、解答題（本大題共6小題，共75分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．）16．在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且=（I）求角A；（Ⅱ）若=（01），=（cosB，2cos2），求|+|的取值范圍．，﹣【考點】平面向量數(shù)目積的運算．【分析】（I）將切化弦，利于和角公式和正弦定理化簡得出cosA；（II）求出+的坐標，計算|+|2，依據(jù)B的范圍解出|+|的范圍．【解答】解：（I）∵=，∴，整理得cosA=．∴A=．（II）∵2cos2=1+cosC=1cosB+=1cosBsinB=cosB1cosB+﹣（）﹣+，∴（，﹣sinB）．=（cosB，﹣cosB+sinB），∴（）22cosBsinB2sin2B=1cos2B+（﹣）+﹣+）．++（∵0＜B＜，∴＜2B+＜．∴﹣1≤cos（2B+）＜，∴≤（）2＜．∴≤|+|＜．17．為認識班級學生對任課教師講堂講課的滿意程度狀況．現(xiàn)從某班全體學生中，隨機抽取名，測試的滿意度分數(shù)（百分制）以下：65，52，78，90，86，86，87，88，98，72，86，87依據(jù)學校系統(tǒng)標準，成績不低于76的為優(yōu)秀．（Ⅰ）從這12名學生中任選3人進行測試，求最罕有1人成績是“優(yōu)秀”的概率；（Ⅱ）從抽取的12人中隨機采納3人，記ξ表示測試成績“優(yōu)秀”的學生人數(shù)，求ξ的散布列及希望．第12頁（共20頁）【考點】失散型隨機變量的希望與方差；列舉法計算基本領件數(shù)及事件發(fā)生的概率；失散型隨機變量及其散布列．【分析】（Ⅰ）12名學生中成績是“優(yōu)秀”的學生人數(shù)為9人，最罕有1人成績是“優(yōu)秀”的對立事件是抽到的兩人的成績都不是“優(yōu)秀”，由此能求出最罕有1人成績是“優(yōu)秀”的概率．（Ⅱ）由已知得ξ的可能取值為0，1，2，3，分別求出相應的概率，由此能求出ξ的散布列和Eξ．【解答】解：（Ⅰ）∵隨機抽取12名，測試的滿意度分數(shù)（百分制）以下：65，52，78，90，86，86，87，88，98，72，86，87，依據(jù)學校系統(tǒng)標準，成績不低于76的為優(yōu)秀，∴12名學生中成績是“優(yōu)秀”的學生人數(shù)為9人，從這12名學生中任選3人進行測試，基本領件總數(shù)n==220，最罕有1人成績是“優(yōu)秀”的對峙事件是抽到的兩人的成績都不是“優(yōu)秀”，∴最罕有1人成績是“優(yōu)秀”的概率：p=1﹣=．（Ⅱ）由已知得ξ的可能取值為0，1，2，3，P（ξ=0）==，P（ξ=1）==，P（ξ=2）==，P（ξ=3）==，∴ξ有的散布列為：ξ0123PEξ==．18．以以下圖，在三棱錐P﹣ABQ中，PB⊥平面ABQ，BA=BP=BQ，D，C，E，F(xiàn)分別是AQ，BQ，AP，BP的中點，AQ=2BD，PD與EQ交于點G，PC與FQ交于點H，連結GH．（Ⅰ）求證：AB∥GH；（Ⅱ）求異面直線DP與BQ所成的角；（Ⅲ）求直線AQ與平面PDC所成角的正弦值．第13頁（共20頁）【考點】直線與平面所成的角；異面直線及其所成的角．【分析】（I）依據(jù)中位線及平行公義可得CD∥EF，于是CD∥平面EFQ，利用線面平行的性質得出CD∥GH，進而GH∥AB；（II）由AQ=2BD可得AB⊥BQ，以B為原點成立空間直角坐標系，求出，的坐標，計算，的夾角得出異面直線DP與BQ所成的角；（III）求出和平面PDC的法向量，則直線AQ與平面PDC所成角的正弦值為cos|＜|．【解答】證明：（I）∵CD是△ABQ的中位線，EF是△PAB的中位線，∴CD∥AB，EF∥AB，∴CD∥EF，又EF?平面EFQ，CD?平面EFQ，∴CD∥平面EFQ，CD?平面PCD，平面PCD∩平面EFQ=GH，∴GH∥CD，又CD∥AB，∴GH∥AB．II）∵D是AQ的中點，AQ=2BD，∴AB⊥BQ．∵PB⊥平面ABQ，∴BA，BP，BQ兩兩垂直．以B為原點以BA，BQ，BP為坐標軸成立空間直角坐標系如圖：設BA=BP=BQ=1，則B（0，0，0），P（0，0，1），D（，，0），Q（0，1，0）．=（﹣，﹣，1），=（0，1，0）．∴=﹣，||=，||=1，∴cos＜＞=﹣．∴異面直線DP與BQ所成的角為arccos．（III）設BA=BP=BQ=1，則A（1，0，0），Q（0，1，0），P（0，0，1），D（，，0），C（0，，0）．=（﹣1，1，0），=（，0，0），=（0，﹣，1）．設平面CDP的一個法向量為=（x，y，z），則，=0，第14頁（共20頁）∴，令z=1，得=（0，2，1）．∴=2，||=，||=，∴cos＜＞==，∴直線AQ與平面PDC所成角的正弦值為．19．已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，Sn=2an﹣4，數(shù)列{bn}知足bn+1﹣bn=1，其n項和為Tn，且T2+T6=32．（Ⅰ）求數(shù)列{an}，{bn}的通項公式；N*（Ⅱ）若不等式nlogS4b3n7對隨意的n恒成立，務實數(shù)λ的取值范圍．2（n+）≥λn+﹣∈【考點】數(shù)列的乞降；數(shù)列遞推式．【分析】（I）利用等差數(shù)列與等比數(shù)列的通項公式及其前n項和公式、遞推關系即可得出．（Ⅱ）Sn=2×4n﹣4．不等式nlog2（Sn+4）≥λbn+3n﹣7，化為：λ≤，利用單調性求出的最小值即可得出．【解答】解：（I）∵Sn=2an﹣4，n=1時，a1=2a1﹣4，解得a1=4；當n≥2時，an=Sn﹣Sn﹣1=2an﹣4﹣（2an﹣1﹣4），化為：a=2ann﹣1．2，∴an=4×2n﹣1=2n+1．∴數(shù)列{an}是等比數(shù)列，首項為4，公比為∵數(shù)列{bn}知足bn+1﹣bn=1，∴數(shù)列{bn}是等差數(shù)列，公差為1．∵T2+T6=32，∴2b1+1+6b1+×1=32，解得b1=2．∴bn=2n1）=n1+（﹣+．（Ⅱ）Sn=2×2n+1﹣4．∴不等式nlogS4）≥λb3n7λ，2（n+n+﹣，化為：≤第15頁（共20頁）∵=n13≥2﹣3=3，（+）+﹣當n=2時，獲得最小值3，∴實數(shù)λ的取值范圍是λ≤3．20C：+=1ab0A1，A2，且|A1A2|=4，上．已知橢圓（＞＞）的左、右極點分別為極點為B，若直線BA1與圓M：（x+1）2+y2=相切．（Ⅰ）求橢圓C的標準方程；（Ⅱ）直線l：x=2與x軸交于D，P是橢圓C上異于A1、A2的動點，直線A1P、A2P分別交直線l于E、F兩點，求證：|DE|?|DF|為定值．【考點】橢圓的簡單性質．【分析】（Ⅰ）由條件可獲得A1（﹣2，0），B（0，b），進而能夠寫出直線BA1的方程，這樣即可得出圓心（﹣1，0）到該直線的距離為，進而能夠求出b，這即可得出橢圓C的標準方程為；（Ⅱ）可設P（x1，y1），進而有，可寫出直線A1P的方程為，進而能夠求出該直線和直線|DE|，|DF|，此后可求得【解答】解：（Ⅰ）由題意得

x=的交點E的坐標，同理可獲得點F的坐標，這樣即可得|DE|?|DF|=3，即得出|DE|?|DF|為定值．1（﹣2，0），B（0，b）；∴直線BA1的方程為；∴圓心（﹣1，0）到直線BA1的距離為；解得b2=3；∴橢圓C的標準方程為；（Ⅱ）證明：設P（x1，y1），則，；第16頁（共20頁）∴直線A1P的方程為；∴；同理得，；∴；|DE|?|DF|為定值．21．設函數(shù)f（x）=x2﹣x+t，t≥0，g（x）=lnx．（Ⅰ）若對隨意的正實數(shù)x，恒有g（x）≤x2α成立，務實數(shù)α的取值范圍；（Ⅱ）關于確立的t，能否存在直線l與函數(shù)f（x），g（x）的圖象都相切？若存在，討論直線l的條數(shù)，若不存在，請說明原因．【考點】利用導數(shù)研究曲線上某點切線方程．【分析】（1）由題意可得lnx﹣x2α恒成立，討論當α≤0時，h（x）=lnx﹣x2α≤0遞加，無最大值；當α＞0時，求出導數(shù)，求得單一區(qū)間，可得極大值