常州市2016屆高三學(xué)業(yè)水平監(jiān)測(五)

常州市2016屆高三學(xué)業(yè)水平監(jiān)測(五)一、填空題：本大題共14小題，每小題5分，共70分．1.設(shè)復(fù)數(shù)z滿足(z＋i)(2＋i)＝5(i為虛數(shù)單位)，則z＝____________．2.設(shè)全集U＝{1，2，3，4}，集合A＝{1，3}，B＝{2，3}，則B∩?UA＝____________．3.某地區(qū)有高中學(xué)校10所、初中學(xué)校30所、小學(xué)學(xué)校60所．現(xiàn)采用分層抽樣的方法從這些學(xué)校中抽取20所學(xué)校對學(xué)生進(jìn)行體質(zhì)健康檢查，則應(yīng)抽取初中學(xué)校________所．4.已知雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的一條漸近線經(jīng)過點P(1，－2)，則該雙曲線的離心率為____________．(第7題)5.函數(shù)f(x)＝log2(－x2＋2eq\r(2))的值域為____________．6.某校從2名男生和3名女生中隨機(jī)選出3名學(xué)生做義工，則選出的學(xué)生中男女生都有的概率為____________．7.如圖所示的流程圖中，輸出S的值是____________．8.已知四棱錐PABCD的底面ABCD是邊長為2，銳角為60°的菱形，側(cè)棱PA⊥底面ABCD，PA＝3.若點M是BC的中點，則三棱錐MPAD的體積為__________．9.已知實數(shù)x，y滿足eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4x＋y≤10，,4x＋3y≤20，,x≥0，,y≥0，))則2x＋y的最大值為____________．10.已知平面向量a＝(4x，2x)，b＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(2x－2,2x)))，x∈R.若a⊥b，則|a－b|＝__________．11.已知等比數(shù)列{an}的各項均為正數(shù)，且a1＋a2＝eq\f(4,9)，a3＋a4＋a5＋a6＝40，則eq\f(a7＋a8＋a9,9)的值為__________．(第12題)12.如圖，直角梯形ABCD中，AB∥CD，∠DAB＝90°，AD＝AB＝4，CD＝1，動點P在邊BC上，且滿足eq\o(AP,\s\up6(→))＝meq\o(AB,\s\up6(→))＋neq\o(AD,\s\up6(→))(m，n均為正實數(shù))，則eq\f(1,m)＋eq\f(1,n)的最小值為____________．13.在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知圓O：x2＋y2＝1，O1：(x－4)2＋y2＝4，動點P在直線x＋eq\r(3)y－b＝0上，過P分別作圓O，O1的切線，切點分別為A，B，若滿足PB＝2PA的點P有且只有兩個，則實數(shù)b的取值范圍是____________．14.已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x2－3x，x≤0，,ex＋e2，x＞0.))若不等式f(x)≥kx對x∈R恒成立，則實數(shù)k的取值范圍是____________．二、解答題：本大題共6小題，共90分.解答時應(yīng)寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟．15.(本小題滿分14分)在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知cos(B－C)＝1－cosA，且b，a，c成等比數(shù)列．求：(1)sinB·sinC的值；(2)A的值；(3)tanB＋tanC的值．16.(本小題滿分14分)如圖，在正三棱柱A1B1C1ABC中，點D，E分別是A1C，AB的中點．(1)求證：ED∥平面BB1C1C；(2)若AB＝eq\r(2)BB1，求證：A1B⊥平面B1CE.

17.(本小題滿分14分)已知等差數(shù)列{an}的公差d為整數(shù)，且ak＝k2＋2，a2k＝(k＋2)2，其中k為常數(shù)且k∈N*.(1)求k及an；(2)設(shè)a1＞1，{an}的前n項和為Sn，等比數(shù)列{bn}的首項為1，公比為q(q＞0)，前n項和為Tn.若存在正整數(shù)m，使得eq\f(S2,Sm)＝T3，求q.18.(本小題滿分16分)如圖，直線l是湖岸線，O是l上一點，弧AB是以O(shè)為圓心的半圓形棧橋，C為湖岸線l上一觀景亭．現(xiàn)規(guī)劃在湖中建一小島D，同時沿線段CD和DP(點P在半圓形棧橋上且不與點A，B重合)建棧橋．考慮到美觀需要，設(shè)計方案為DP＝DC，∠CDP＝60°且圓弧棧橋BP在∠CDP的內(nèi)部．已知BC＝2OB＝2(km)．設(shè)湖岸BC與直線棧橋CD，DP及圓弧棧橋BP圍成的區(qū)域(圖中陰影部分)的面積為S(km2)，∠BOP＝θ.(1)求S關(guān)于θ的函數(shù)關(guān)系式；(2)試判斷S是否存在最大值，若存在，求出對應(yīng)的cosθ的值；若不存在，說明理由．

19.(本小題滿分16分)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，設(shè)橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的離心率是e，定義直線y＝±eq\f(b,e)為橢圓的“類準(zhǔn)線”．已知橢圓C的“類準(zhǔn)線”方程為y＝±2eq\r(3)，長軸長為4.(1)求橢圓C的方程；(2)點P在橢圓C的“類準(zhǔn)線”上(但不在y軸上)，過點P作圓O：x2＋y2＝3的切線l，過點O且垂直于OP的直線與l交于點A，問點A是否在橢圓C上？證明你的結(jié)論．20.(本小題滿分16分)已知a，b為實數(shù)，函數(shù)f(x)＝ax3－bx.(1)當(dāng)a＝1且b∈[1，3]時，求函數(shù)F(x)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(f（x）,x)－lnx))＋2b＋1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))))的最大值M(b)；(2)當(dāng)a＝0，b＝－1時，記h(x)＝eq\f(lnx,f（x）).①函數(shù)h(x)的圖象上一點P(x0，y0)處的切線方程為y＝y(tǒng)(x)，記g(x)＝h(x)－y(x)．問：是否存在x0，使得對于任意x1∈(0，x0)，任意x2∈(x0，＋∞)，都有g(shù)(x1)g(x2)＜0恒成立？若存在，求出所有可能的x0組成的集合；若不存在，說明理由；②令函數(shù)H(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x,2e)，x≥s，,h（x），0＜x＜s，))若對任意實數(shù)k，總存在實數(shù)x0，使得H(x0)＝k成立，求實數(shù)s的取值集合．

1.2－2i解析：z＝eq\f(5,2＋i)－i＝2－2i.本題主要考查復(fù)數(shù)的概念及四則運算等基礎(chǔ)知識，屬于容易題．2.{2}解析：?UA＝{2，4}，B＝{2，3}，則B∩?UA＝{2}．本題考查集合相等的概念及集合中元素互異性，屬于容易題．3.6解析：eq\f(20,100)×30＝6.本題主要考查分層抽樣的概念，屬于容易題．4.eq\r(5)解析：雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1過點P(1，－2)的漸近線方程為bx＋ay＝0，得b＝2a，則c＝eq\r(b2＋a2)＝eq\r(5)a，則離心率為eq\r(5).本題主要考查雙曲線的漸近線方程，離心率等概念．本題屬于容易題．5.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(3,2)))解析：由－x2＋2eq\r(2)≤2eq\r(2)，即f(x)≤log22eq\r(2)＝eq\f(3,2)，函數(shù)f(x)的值域為eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(3,2))).本題主要考查二次函數(shù)的最值，對數(shù)的化簡．本題屬于容易題．6.eq\f(9,10)解析：從5名學(xué)生中隨機(jī)選出3名學(xué)生共有10種選法，男女生都有共9種(即去掉選的是3名女生的情況)，則所求的概率為eq\f(9,10).本題考查用列舉法解決古典概型問題，屬于容易題．7.eq\f(2,3)解析：k＝1時，S＝－eq\f(1,2)；k＝2時，S＝eq\f(2,3)；k＝3時，S＝3，恢復(fù)工廠到初始值；可以發(fā)現(xiàn)周期為3，2015中共有671個周期，還余2個數(shù)，則輸出S的值是eq\f(2,3).本題考查流程圖基礎(chǔ)知識，關(guān)鍵把握好每一次循環(huán)體的執(zhí)行情況．本題屬于容易題．8.eq\r(3)解析：三棱錐MPAD的底面MAD的面積為eq\r(3)，高PA＝3，則體積為eq\r(3)，本題主要考查錐體的體積公式，屬于容易題．9.7.5解析：作出可行域發(fā)現(xiàn)最優(yōu)解為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)，5))，則目標(biāo)函數(shù)z＝2x＋y的最大值為2.5＋5＝7.5.本題考查線性規(guī)劃解決最值問題，屬于容易題．10.2解析：由4x＋2x－2＝0，得2x＝1，所以x＝0，則a－b＝(0，2)，|a－b|＝2.本題考查了指數(shù)方程，向量數(shù)量積的坐標(biāo)運算及模的求法．本題屬于容易題．11.117解析：設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，由a1＋a2＝eq\f(4,9)，a3＋a4＋a5＋a6＝40，則eq\f(4,9)q2＋eq\f(4,9)q4＝40，則q＝3，a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＝eq\f(4,9)＋40，a1＋a2＋a3＋(a1＋a2＋a3)q3＝eq\f(4,9)＋40，得a1＋a2＋a3＝eq\f(13,9)，則eq\f(a7＋a8＋a9,9)＝eq\f(1,9)(a1＋a2＋a3)q6＝eq\f(1,9)×eq\f(13,9)×93＝117.本題考查了等比數(shù)列中的整體思想求和，屬于中等題．12.eq\f(7＋4\r(3),4)解析：(解法1)設(shè)eq\o(AB,\s\up6(→))＝a，eq\o(AD,\s\up6(→))＝b，則eq\o(BC,\s\up6(→))＝－eq\f(3,4)a＋b，設(shè)eq\o(BP,\s\up6(→))＝λeq\o(BC,\s\up6(→))，則eq\o(AP,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BP,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(3,4)λ))a＋λb.因為eq\o(AP,\s\up6(→))＝ma＋nb，所以有1－eq\f(3,4)λ＝m，λ＝n，消去λ得m＋eq\f(3,4)n＝1，eq\f(1,m)＋eq\f(1,n)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m＋\f(3,4)n))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)＋\f(1,n)))＝1＋eq\f(3n,4m)＋eq\f(m,n)＋eq\f(3,4)≥eq\f(7,4)＋2eq\r(\f(3n,4m)·\f(m,n))＝eq\f(7＋4\r(3),4).(解法2)以A為原點，AB為x軸，AD為y軸建系，則A(0，0)，B(4，0)，C(1，4)，設(shè)eq\o(BP,\s\up6(→))＝λeq\o(BC,\s\up6(→))＝(－3λ，4λ)，則eq\o(AP,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(BP,\s\up6(→))＝(4－3λ，4λ)．因為eq\o(AP,\s\up6(→))＝meq\o(AB,\s\up6(→))＋neq\o(AD,\s\up6(→))＝(4m，4n),所以有4－3λ＝4m，4λ＝4n，消去λ得m＋eq\f(3,4)n＝1(下同解法1)．本題考查了平面向量的線性表示或坐標(biāo)運算，利用基本不等式，運用“1”的代換求最值．本題屬于中等題．13.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(20,3)，4))解析：設(shè)P點坐標(biāo)為(x，y)，∵PB＝2PA，∴PB2＝4PA2，即(x－4)2＋y2－4＝4(x2＋y2－1)，整理得3x2＋3y2＋8x－16＝0.(方法1)該方程表示一個圓，圓心eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)，0))，r＝eq\f(8,3).因為P點有且只有兩個，所以直線和圓相交，故eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)－b)),2)<eq\f(8,3)，解得b∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(20,3)，4)).(方法2)因為P在直線x＋eq\r(3)y－b＝0上，所以eq\r(3)y＝－x＋b，代入3x2＋3y2＋8x－16＝0，得4x2＋(8－2b)x＋b2－16＝0.因為P點有且只有兩個，所以方程有兩個不相等的根，即Δ>0，整理得3b2＋8b－80<0，所以b∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(20,3)，4)).本題考查了直線與圓的位置關(guān)系，以及一元二次不等式的解法，突出了方程思想和解析法，其中方法1是利用方程對應(yīng)的幾何圖形解決問題；方法2用代數(shù)方法算方程根的個數(shù)．本題屬于難題．14.[－3，e2]解析：①當(dāng)x＝0時，0≥0，所以k∈R.②當(dāng)x<0時，2x2－3x≥kx，同除以x，即k≥2x－3恒成立，所以k≥－3.③當(dāng)x>0時，ex＋e2≥kx，同除以x，即k≤eq\f(ex＋e2,x)恒成立，令g(x)＝eq\f(ex＋e2,x)，下面只需求出g(x)的最小值．g′(x)＝eq\f(（x－1）ex－e2,x2)，令g′(x)＝0，即(x－1)ex－e2＝0.令h(x)＝(x－1)ex－e2，h′(x)＝xex>0，所以h(x)在x∈(0，＋∞)上是單調(diào)遞增函數(shù)．顯然x＝2是方程(x－1)ex－e2＝0的根，由單調(diào)性可知x＝2是唯一實數(shù)根．當(dāng)x∈(0，2)時g(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x∈(2，＋∞)時，g(x)單調(diào)遞增，所以g(2)是函數(shù)g(x)的最小值，且g(2)＝e2，所以k≤e2.綜上，實數(shù)k的取值范圍是[－3，e2]．本題突出了函數(shù)思想和分類討思想，考查了利用導(dǎo)數(shù)求最值和恒成立問題．本題屬于難題．15.解：(1)因為A＋B＋C＝π，所以A＝π－(B＋C)．由cos(B－C)＝1－cosA，得cos(B－C)＝1＋cos(B＋C)，展開，整理得sinB·sinC＝eq\f(1,2).(2分)(2)因為b，a，c成等比數(shù)列，所以a2＝bc.由正弦定理，得sin2A＝sinBsinC，從而sin2A＝eq\f(1,2).(6分)因為A∈(0，π)，所以sinA＝eq\f(\r(2),2).因為a邊不是最大邊，所以A＝eq\f(π,4).(8分)(3)因為B＋C＝π－A＝eq\f(3π,4)，所以cos(B＋C)＝cosBcosC－sinBsinC＝－eq\f(\r(2),2)，從而cosBcosC＝eq\f(1－\r(2),2).(10分)所以tanB＋tanC＝eq\f(sinB,cosB)＋eq\f(sinC,cosC)＝eq\f(sin（B＋C）,cosBcosC)(12分)＝eq\f(\f(\r(2),2),\f(1－\r(2),2))＝－2－eq\r(2).(14分)16.證明：(1)連結(jié)AC1，BC1，因為AA1C1C是矩形，D是A1C的中點，所以D是AC1的中點．(2分)在△ABC1中，因為D，E分別是AC1，AB的中點，所以DE∥BC1.(4分)因為DE平面BB1C1C，BC1平面BB1C1C，所以ED∥平面BB1C1C.(6分)(2)因為△ABC是正三角形，E是AB的中點，所以CE⊥AB.因為正三棱柱A1B1C1ABC中，平面ABC⊥平面ABB1A1，交線為AB，所以CE⊥平面ABB1A1.從而CE⊥A1B.(9分)在矩形ABB1A1中，因為eq\f(A1B1,B1B)＝eq\r(2)＝eq\f(B1B,BE)，所以Rt△A1B1B∽Rt△B1BE，從而∠B1A1B＝∠BB1E.因此∠B1A1B＋∠A1B1E＝∠BB1E＋∠A1B1E＝90°，所以A1B⊥B1E.(12分)因為CE，B1E平面B1CE，CE∩B1E＝E，所以A1B⊥平面B1CE.(14分)17.解：(1)由題意，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(dk＋a1－d＝k2＋2，①,2dk＋a1－d＝（k＋2）2，②))(2分)②－①，得d＝4＋eq\f(2,k).因為d，k∈N*，所以k＝1，或k＝2.(4分)當(dāng)k＝1時，d＝6，代入①，解得a1＝3，所以an＝6n－3.當(dāng)k＝2時，d＝5，代入①，解得a1＝1，所以an＝5n－4.(6分)(2)因為a1＞1，所以an＝6n－3，從而Sn＝3n2.(7分)由eq\f(S2,Sm)＝T3，得eq\f(12,3m2)＝1＋q＋q2，整理，得q2＋q＋1－eq\f(4,m2)＝0.(9分)因為Δ＝1－4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(4,m2)))≥0，所以m2≤eq\f(16,3).因為m∈N*，所以m＝1或m＝2.(11分)當(dāng)m＝1時，q＝eq\f(－\r(13)－1,2)(舍)，q＝eq\f(\r(13)－1,2).當(dāng)m＝2時，q＝0或q＝－1(均舍去)．綜上所述，q＝eq\f(\r(13)－1,2).(14分)18.解：(1)在△COP中，CP2＝CO2＋OP2－2CO·OPcosθ＝10－6cosθ，從而△CDP的面積S△CDP＝eq\f(\r(3),4)CP2＝eq\f(\r(3),2)(5－3cosθ)．因為△COP的面積S△COP＝eq\f(1,2)OC·OPsinθ＝eq\f(3,2)sinθ，(6分)所以S＝S△CDP＋S△COP－S扇形OBP＝eq\f(1,2)(3sinθ－3eq\r(3)cosθ－θ)＋eq\f(5\r(3),2)，0＜θ≤θ0＜π，cosθ0＝eq\f(1－\r(105),12).(9分)(注：定義域2分．當(dāng)DP所在直線與半圓相切時，設(shè)θ取得最大值θ0，此時在△COP中，OP＝1，OC＝3，∠CPO＝30°，CP＝eq\r(10－6cosθ0)，由正弦定理得eq\r(10－6cosθ0)＝6sinθ0，cosθ0＝eq\f(1±\r(105),12).)(2)存在．S′＝eq\f(1,2)(3cosθ＋3eq\r(3)sinθ－1)，令S′＝0，得sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,6)))＝eq\f(1,6).(12分)當(dāng)0＜θ＜θ0時，S′＞0，所以當(dāng)θ＝θ0時，S取得最大值．(14分)(或者：因為0＜θ＜π，所以存在唯一θ0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，使得sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ0＋\f(π,6)))＝eq\f(1,6).當(dāng)0＜θ＜θ0＜π時，S′＞0，所以當(dāng)θ＝θ0時，S取得最大值．)此時coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ0＋\f(π,6)))＝－eq\f(\r(35),6)，cosθ0＝cos[(θ0＋eq\f(π,6))－eq\f(π,6)]＝eq\f(1－\r(105),12).(16分)19.解：(1)由題意eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(ab,c)＝2\r(3)，,a＝2，))又a2＝b2＋c2，解得b＝eq\r(3)，c＝1，(4分)所以橢圓C的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(5分)(2)點A在橢圓C上．證明如下：設(shè)切點為Q(x0，y0)，x0≠0，則xeq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0)＝3，切線l的方程為x0x＋y0y－3＝0，當(dāng)yP＝2eq\r(3)時，xP＝eq\f(3－2\r(3)y0,x0)，即Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3－2\r(3)y0,x0)，2\r(3)))，則kOP＝eq\f(2\r(3),\f(3－2\r(3)y0,x0))＝eq\f(2x0,\r(3)－2y0)，(7分)所以kOA＝eq\f(2y0－\r(3),2x0)，直線OA的方程為y＝eq\f(2y0－\r(3),2x0)x.(9分)由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(2y0－\r(3),2x0)x，,x0x＋y0y－3＝0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(6x0,6－\r(3)y0)，,y＝\f(3（2y0－\r(3)）,6－\r(3)y0)，))即A(eq\f(6x0,6－\r(3)y0)，eq\f(3（2y0－\r(3)）,6－\r(3)y0))．(11分)因為eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6x0,6－\r(3)y0)))\s\up12(2),4)＋eq\f(（\f(3（2y0－\r(3)）,6－\r(3)y0)）2,3)＝eq\f(9（3－yeq\o\al(2,0)）＋3（4yeq\o\al(2,0)－4\r(3)y0＋3）,3yeq\o\al(2,0)－12\r(3)y0＋36)＝eq\f(3yeq\o\al(2,0)－12\r(3)y0＋36,3yeq\o\al(2,0)－12\r(3)y0＋36)＝1，所以點A的坐標(biāo)滿足橢圓C的方程．(14分)當(dāng)yP＝－2eq\r(3)時，同理可得點A的坐標(biāo)滿足橢圓C的方程，所以點A在橢圓C上．(16分)20.解：(1)F(x)＝|x2－lnx－b|＋2b＋1，記t(x)＝x2－lnx，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，則t′(x)＝2x－eq\f(1,x)，令t′(x)＝0，得x＝eq\f(\r(2),2).(1分)當(dāng)eq\f(1,2)＜x＜eq\f(\r(2),2)時，t′(x)＜0，t(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(2),2)))上為單調(diào)減函數(shù)；當(dāng)eq\f(\r(2),2)＜x＜2，t′(x)＞0，t(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，2))上為單調(diào)增函數(shù)，又teq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\f(1,4)＋ln2，t(2)＝4－ln2，teq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))＝eq\f(1＋ln2,2)，且t(2)－teq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\f(15,4)－2ln2＞0，所以t(x)的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1＋ln2,2)，4－ln2)).(3分)當(dāng)b∈[1，3]時，記v(t)＝|t－b|＋2b＋1，則v(t)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－t＋3b＋1，\f(1＋ln2,2)≤t≤b，,t＋b＋1，b＜t≤4－ln2.))因為函數(shù)v(t)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1＋ln2,2)，b))上單調(diào)遞減，在(b，4－ln2]上單調(diào)遞增，且veq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋ln2,2)))＝3b＋eq\f(1－ln2,2)，v(4－ln2)＝b＋5－ln2，veq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋ln2,2)))－v(4－ln2)＝2b＋eq\f(ln2－9,2)，所以當(dāng)b≤eq\f(9－ln2,4)時，最大值M(b)＝v(4－ln2)＝b＋5－ln2，當(dāng)b＞eq\f(9－ln2,4)時，最大值M(b)＝veq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋ln2,2)))＝3b＋eq\f(1－ln2,2)，所以M(b)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b＋5－ln2，1≤b≤\f(9－ln2,4)，,3b＋\f(1－ln2,2)，\f(9－ln2,4)＜b≤3.))(5分)(2)h(x)＝eq\f(lnx,x)，①h′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，h′(x0)＝eq\f(1－lnx0,xeq\o\al(2,0))，所以y(x)＝eq\f(1－lnx0,xeq\o\al(2,0))(x－x0)＋y0，g(x)＝eq\f(lnx,x)－y0－eq\f(1－lnx0,xeq\o\al(2,0))(x－x0)，g(x0)＝0.(7分)g′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)－eq\f(1－lnx0,xeq\o\al(2,0))，g′(x0)＝0.令G(x)＝g′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)－eq\f(1－lnx0,xeq\o\al(2,0))，G′(x)＝eq\f(－3＋2lnx,x3)，所以g′(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，e\s\up6(\f(3,2))))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(e\s\up6(\f(3,2))，＋∞))上單調(diào)遞增，若x0＜eeq\s\up6(\f(3,2))，則x∈(0，x0)時，g′(x)＞0，g(x)單調(diào)遞增，g(x)＜g(x0)＝0；x∈(x0，ee