2024屆高三第一次模擬考試數(shù)學試卷含解析

炮車中學2024屆高三第一次模擬考試數(shù)學試卷

注意事項：

1.答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。

2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再

選涂其它答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。

3.考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。

一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。

1.已知純虛數(shù)z滿足。-2。z=2+小，其中i為虛數(shù)單位，則實數(shù)〃等于（）

A.-1B.1C.-2D.2

2.如圖所示，網格紙上小正方形的邊長為1,粗線畫出的是某多面體的三視圖，則該幾何體的各個面中最大面的面積

為（）

A.券B.2/C.8D.8A/3

3.在AABC中NA,N5NC所對的邊分別是"c,若a=31=4,NC=120°,則。=()

A.37B.13C.713D.國

4.已知i為虛數(shù)單位，若復數(shù)馬=2+i,z3=5,則|z|=

A.1B.石

C.5D.575

5.已知集合4={》《可舊＜8",B={2,3,6},C={2,3,7},則6D(a。)=()

A.[2,3,4,5}B.{2,3,4,5,6}

C.[1,2,3,4,5,6}D.{1,3,4,5,6,7}

6.用一個平面去截正方體，則截面不可能是()

A.正三角形B.正方形C.正五邊形D.正六邊形

7.P是正四面體ABC。的面ABC內一動點，E為棱AD中點，記OP與平面BCE成角為定值。，若點P的軌跡為

一段拋物線，貝！Itan6=（)

A.V2B.C.D.272

24

'-i

8.已知八e是定義在R上的奇函數(shù)，則不等式/>3）J9-*2）的解集為（）

ex+a

A.（-2,6）B.（-6,2）C.（-4,3）D.（-3,4）

9.若/（九）是定義域為R的奇函數(shù)，且〃x+2）=—〃力，則

A.“X）的值域為RB.〃九）為周期函數(shù)，且6為其一個周期

C./（力的圖像關于％=2對稱D.函數(shù)/（#的零點有無窮多個

10.如圖，在正方體A3CD—A4C1A中，已知E、F、G分別是線段AG上的點，且4石=￡歹=歹6=6。1.則

下列直線與平面入出。平行的是（）

A.CEB.CFC.CGD.Cq

11.已知平面向量滿足|=2,|a+b|=1,C=XQ+4〃且丸+2〃=1,若對每一個確定的向量〃，記|c|的最

小值為機，則當〃變化時，加的最大值為（）

11￡

A.—B.—C.D.1

432

12.若。=log415.9,b=2101，。=0.4°」，貝！I)

A.c>a>bB.a>b>c

C.b>a>cD.

二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。

22

13.已知雙曲線C:二-3=1（。>0,。>0）的左右焦點分別為耳，鳥，。為坐標原點，點M為雙曲線右支上一點,

ab

若忻用=2|QW|,tan/舷巴耳22,則雙曲線C的離心率的取值范圍為.

14.已知關于空間兩條不同直線機、n,兩個不同平面。、0,有下列四個命題：①若加〃。且〃〃0，則加％I;②

若加_L〃且m_L〃，則〃〃，；③若根_La且根〃,，則。_L/?；④若〃ua,且m_La,則加_L〃.其中正確命題的

序號為.

15.若函數(shù)〃為）=5111（以+0）3>0,0<0<2幻滿足：①是偶函數(shù)；②/（無）的圖象關于點］，（）］對稱.則

同時滿足①②的3,（P的一組值可以分別是.

16.已知，〉0,記;?⑺=J；（1—C；2x+C；4/—。81+...—C；128/+C；256x8）公，則/⑺的展開式中各項系數(shù)

和為.

三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。

17.（12分）已知三棱錐A-BCD中側面ABD與底面5CD都是邊長為2的等邊三角形,且面ABD±面BCD,M,N

分別為線段AO、A5的中點.P為線段上的點，AMNLNP.

（1）證明：尸為線段8C的中點；

（2）求二面角A—NP—M的余弦值.

18.（12分）設數(shù)列｛4｝是公差不為零的等差數(shù)列，其前〃項和為S“，q=l,若%,出，生成等比數(shù)列?

（1）求?！凹昂冢?/p>

（2）設3,=滔匕（"eN*）,設數(shù)列也,｝的前幾項和北，證明：T“<g.

19.（12分）已知公差不為零的等差數(shù)列｛4｝的前"項和為S“，%=4,%是電與知的等比中項.

（1）求S"；

（2）設數(shù)列出｝滿足4=%，bn+x=bn+3x2?！?求數(shù)列出｝的通項公式.

20.（12分）已知函數(shù)/（同=犬+ar-alnx,aeR

（1）若a=l,求/（九）的單調區(qū)間和極值；

⑵設ga）=/（x）+（a+2）lnx-（a+2T卜，且g⑴有兩個極值點看…，若心+手，求

g(%)—g(%2)的最小值.

r2

21.(12分)已知。＞0,函數(shù)/(%)=%1口兀+5—々(％—1).

(I)若/(%)在區(qū)間上單調遞增，求4的值；

(II)若aeZ〃尤)＞。恒成立，求。的最大值.(參考數(shù)據(jù)：gL16)

22.(10分)已知三棱錐P—ABC中，ABC為等腰直角三角形，AB=AC=1,PB=PC=芯,設點E為叢中點,

點。為AC中點，點尸為P3上一點，且PF=2FB.

(1)證明：BD//平面CEF；

(2)若24,AC,求直線CE與平面P3C所成角的正弦值.

參考答案

一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。

1、B

【解析】

先根據(jù)復數(shù)的除法表示出z,然后根據(jù)z是純虛數(shù)求解出對應的a的值即可.

【詳解】

2+cti(2+ai)(1+2z)2-2a+(4+a)i

因為(l-2z)z=2+5，所以z=

l-2z(l-2z)(l+2z)

又因為z是純虛數(shù)，所以2—2a=0,所以。=1.

故選：B.

【點睛】

本題考查復數(shù)的除法運算以及根據(jù)復數(shù)是純虛數(shù)求解參數(shù)值，難度較易.若復數(shù)2=。+次為純虛數(shù)，則有。=0力/0.

2、B

【解析】

根據(jù)三視圖可以得到原幾何體為三棱錐，且是有三條棱互相垂直的三棱錐，根據(jù)幾何體的各面面積可得最大面的面積.

【詳解】

解：分析題意可知，如下圖所示，

該幾何體為一個正方體中的三棱錐A-BCD,

最大面的表面邊長為20的等邊三角形ABC,

故其面積為也（20）2=2百，

故選B.

【點睛】

本題考查了幾何體的三視圖問題，解題的關鍵是要能由三視圖解析出原幾何體，從而解決問題.

3、D

【解析】

直接根據(jù)余弦定理求解即可.

【詳解】

解：?.?a=3,0=4,NC=120°,

〃+人2一2赤05C=9+16+12=37，

,c=庖,

故選：D.

【點睛】

本題主要考查余弦定理解三角形，屬于基礎題.

4、B

【解析】

由Z-Z[=5可得Z=』，所以=筌=占，故選B.

ZjIZ)||2+i|y]5

5、C

【解析】

根據(jù)集合的并集、補集的概念，可得結果.

【詳解】

集合A={xeNHV8x}={xGN|0VxV8},

所以集合4={1,2,3,4,5,6,7)

5={2,3,6},C={2,3,7),

故。。={1，4,5,6),

所以6u(aC)={L2,3,4,5,6).

故選：C

【點睛】

本題考查的是集合并集，補集的概念，屬基礎題.

6、C

【解析】

試題分析：畫出截面圖形如圖

A1JBj._.._.._.._.._.._._-___I_C1

顯然A正三角形，B正方形：D正六邊形，可以畫出五邊形但不是正五邊形；故選C.

考點：平面的基本性質及推論

7、B

【解析】

設正四面體的棱長為2,建立空間直角坐標系，求出各點的坐標，求出面的法向量，設P的坐標，求出向量￡）尸，

冗

求出線面所成角的正弦值，再由角。的范圍0,-,結合。為定值，得出sin。為定值，且P的軌跡為一段拋物線，

所以求出坐標的關系，進而求出正切值.

【詳解】

由題意設四面體ABC。的棱長為2,設。為的中點，

以。為坐標原點，以。4為x軸，以08為y軸，過。垂直于面ABC的直線為z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系

O-xyz,

OA=也義2=初,取。4的三等分點G、尸如圖,

則可得08=00=1,

則0G」O4=立，AG=OF=Z()A=N^,DG=《AD?-用=,EF，DG=旦,

3333323

所以6(0,1,0)、C(0,-l,0),A(AO,O),D與0,半、E坐,02,

m和ACD都是等邊三角形，E為4。的中點，.?.BELA。，CE±AD,

f22卡、

：BE\CE=E,平面BCE,?..AO=--為平面BCE的一個法向量,

IT

因為OP與平面BCE所成角為定值。，則o,-

由題意可得

\2

26⑸(2屈

------------Xx----------------

3、3，

sin0-cos<

(2⑨2

2xx-+r+IF

卜+叫_(x+6)_Ix2+2y/3x+3

,(后—1『+3/+8\3x2+3y2-2y/3x+9\3x2+3/-2A/3X+9

因為P的軌跡為一段拋物線且tan。為定值，則sin夕也為定值,

..._2A/3X_x__3可得3y2=8j§x,此時sin，=3,貝!Icos，=逅，tan6=。=.

3y2—2岳3%2933cos32

故選：B.

【點睛】

考查線面所成的角的求法，及正切值為定值時的情況，屬于中等題.

8、C

【解析】

由奇函數(shù)的性質可得。=1,進而可知/(%)在R上為增函數(shù)，轉化條件得尤-3<9-f，解一元二次不等式即可得解.

【詳解】

因為/(耳==|是定義在R上的奇函數(shù)，所以/。)+/(—1)=0,

1-1

e-1z，x-19

即——+9一=0,解得a=l,即=P~-=1—--,

e+a1八//+1,+1

e

易知/(%)在R上為增函數(shù).

X/(jc-3)</(9-x2),所以x_3<9-V，解得—4<x<3.

故選：C.

【點睛】

本題考查了函數(shù)單調性和奇偶性的應用，考查了一元二次不等式的解法，屬于中檔題.

9、D

【解析】

運用函數(shù)的奇偶性定義，周期性定義，根據(jù)表達式判斷即可.

【詳解】

/(九)是定義域為R的奇函數(shù)，則/(T)=一/(刈，/(。)=0,

又/(%+2)=-f(x),f(x+4)=-f(x+2)=/(x),

即/(%)是以4為周期的函數(shù)，于(4k)=/(0)=0(keZ),

所以函數(shù)/(%)的零點有無窮多個；

因為2)=—/(x),/[(x+1)+1>/(-%),令/=1+%,則/Q+l)=/(l—0，

即于(x+l)=/(l-x),所以/(尤)的圖象關于x=1對稱，

由題意無法求出/(九)的值域，

所以本題答案為D.

【點睛】

本題綜合考查了函數(shù)的性質，主要是抽象函數(shù)的性質，運用數(shù)學式子判斷得出結論是關鍵.

10、B

【解析】

連接AC,使AC交6D于點。，連接4。、CF,可證四邊形AOCR為平行四邊形，可得利用線面平

行的判定定理即可得解.

【詳解】

如圖，連接AC,使AC交友)于點。，連接A。、CF,則。為AC的中點，

在正方體A用GR中，小^/^^且至=。。]，則四邊形A41cle為平行四邊形,

AlCl//AC且4G=AC,

。、斤分別為AC、AG的中點，二4尸〃oc且AR=oc，

所以，四邊形AOCR為平行四邊形，則CP〃A。，

???CFa平面ABD,AOu平面AlB。，因此，〃平面480.

故選：B.

【點睛】

本題主要考查了線面平行的判定，考查了推理論證能力和空間想象能力，屬于中檔題.

11,B

【解析】

根據(jù)題意,建立平面直角坐標系.令。7>=凡。8=人0。=°.后為05中點.由a+b=1即可求得P點的軌跡方程.將

c=Aa+/Lib變形，結合彳+2〃=1及平面向量基本定理可知P,C,E三點共線.由圓切線的性質可知|c|的最小值m即

為。到直線PE的距離最小值，且當PE與圓M相切時,m有最大值.利用圓的切線性質及點到直線距離公式即可求得

直線方程，進而求得原點到直線的距離,即為根的最大值.

【詳解】

根據(jù)題意JA|=2,設OP=a=(x,y),OB=Z?=(2,0),OC=c,E(LO)

b

則OE=—

2

由卜+N=1代入可得J(%+2『+y2=1

即P點的軌跡方程為(x+2『+y2=1

--{b]

又因為。=2。+〃匕,變形可得。=%。+2〃-，即。。=丸。。+2〃。力,且九+2〃=1

所以由平面向量基本定理可知PCE三點共線,如下圖所示：

所以Ic|的最小值m即為。到直線PE的距離最小值

根據(jù)圓的切線性質可知，當PE與圓M相切時，加有最大值

設切線QE的方程為丁=左(％—1),化簡可得區(qū)―y-k=0

|一2左一用

由切線性質及點M到直線距離公式可得「丁=1,化簡可得8左2=1

+1

即Y

所以切線方程為YZx-y-也=0或走x+y-走=0

4-44-4

_V2

41

所以當。變化時，。到直線PE的最大值為m=「”=3

即機的最大值為g

故選:B

【點睛】

本題考查了平面向量的坐標應用,平面向量基本定理的應用，圓的軌跡方程問題，圓的切線性質及點到直線距離公式的

應用，綜合性強，屬于難題.

12、C

【解析】

利用指數(shù)函數(shù)和對數(shù)函數(shù)的單調性比較a、b,c三個數(shù)與1和2的大小關系，進而可得出a、b,。三個數(shù)的大小關

系.

【詳解】

對數(shù)函數(shù)y=log4%為（。,+8）上的增函數(shù)，貝!|l=log44<log415.9<log416=2,即1<°<2；

指數(shù)函數(shù)y=2*為R上的增函數(shù)，則〃=2101>2'=2;

指數(shù)函數(shù)y=0.4'為R上的減函數(shù)，則c=O,401<0.4°=1.

綜上所述，b>a>c.

故選：C.

【點睛】

本題考查指數(shù)塞與對數(shù)式的大小比較，一般利用指數(shù)函數(shù)和對數(shù)函數(shù)的單調性結合中間值法來比較，考查推理能力，

屬于基礎題.

二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。

13、l<e<A/5

【解析】

2

法一:根據(jù)直角三角形的性質和勾股定理得/耳叫=3，4c=\MFxf+\MF2f9tan耳=5昌，又由雙曲線

..,.....\ME\e2=1+---

的定義得|5|-|曬1=2。，將離心率表示成關于|5|，|叫|的式子，再令標^=此2,則e?+1_2,令

/（。=/+；,對函數(shù)求導研究函數(shù)在[2,+8）上單調性，可求得離心率的范圍.

法二：令|町|=小|曬|=勺AMF.F^O,tan（9>2,/]=2csin。，根據(jù)直角三角形的性質和勾股定理得

TT

將離心率表示成關于角。的三角函數(shù)，根據(jù)三角函數(shù)的恒等變化轉化為關于tan。的函數(shù)，可求得離

AFXMF2=-,

心率的范圍.

【詳解】

\MF.\

法一：|^|=2|0M|,.-.AFMF=^,.-.4c2=\MF,f+\MFftan/MF?F、—----

X22IM

4c2_\MF^+\MF^

\MF^-\MF^=2a,I叫______

5

MF^-2\M^I\MF21+\MF2f

\MF2f

2

設需“2,則『t+l2

t2-2t+l+1°

I-\---z

令/?)=/+；,/，?)=]_*=尸=('+?y_i),所以/〉2時,/'(r)>0,在[2,a)上單調遞增,

15I-

t+:N2+—=—,1</<5，:.1<e<y/5?

法二：-|^|=2|C>M|,:.ZF}MF2=^,令|M[=、|M|=G，ZMF^O,tan0>2,4=2csinO,

6-2ccos0,:.2a=r-n=2c(sin0-cos0),:.e------------,

「-sin0-cos0

1_sin20+cos20_tan2+1

=1+<5

(sincosOYsin2^+cos2^-2sin^cos^tan20+1-2tan0--n—

tan0d-------2

tan。

/.1<e<A/5.

故答案為：1＜仁君.

【點睛】

本題考查求雙曲線的離心率的范圍的問題，關鍵在于將已知條件轉化為與雙曲線的有關，從而將離心率表示關

于某個量的函數(shù)，屬于中檔題.

14、③④

【解析】

由直線與直線的位置關系，直線與平面的位置關系，面面垂直的判定定理和線面垂直的定義判斷.

【詳解】

①若加〃。且〃〃￡，辦”的位置關系是平行、相交或異面，①錯；

②若加，，且相，〃，則〃〃，或者〃＜=/,②錯；

③若相〃,，設過機的平面與￡交于直線“，則相〃"，又加，。，則”，a,...0，，，③正確;

④若“ua,且由線面垂直的定義知772J_〃，④正確.

故答案為：③④.

【點睛】

本題考查直線與直線的位置關系，直線與平面的位置關系，面面垂直的判定定理和線面垂直的定義，考查空間線面間

的位置關系，掌握空間線線、線面、面面位置關系是解題基礎.

371

15、-9一

22

【解析】

根據(jù)/（九）是偶函數(shù)和/（X）的圖象關于點,0對稱，即可求出滿足條件的。和9.

【詳解】

由/（九）是偶函數(shù)及0?。＜2兀，可取0=],

貝！1/（%）=sin69%+—=cosox,

由/（X）的圖象關于點[W，oJ對稱，得0x]=E+],kwZ,

33

即①=3kH—fkGZ,可取co——.

22

3兀

故①，。的一組值可以分別是一，

22

371

故答案為：一，

22

【點睛】

本題主要考查了正弦型三角函數(shù)的性質，屬于基礎題.

1

16、一

9

【解析】

根據(jù)定積分的計算，得到/(0=-±(1-2。9+六，令r=1,求得/。)=!，即可得到答案.

18189

【詳解】

根據(jù)定積分的計算，可得

89

/(r)=￡(l-C；2x+C；4/_或8/+...—C；128%7+C；256/)dx=￡(1-2x)公=—R(1—2x)1]

=-—(l-209+—,

1818

令=1,貝廳⑴=—《(1—2xl)9+(=q,

即f(t)的展開式中各項系數(shù)和為1.

【點睛】

本題主要考查了定積分的應用，以及二項式定理的應用，其中解答中根據(jù)定積分的計算和二項式定理求得了?)的表示

是解答本題的關鍵，著重考查了運算與求解能力，屬于基礎題.

三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。

17、(1)見解析；(2)叵

5

【解析】

(1)設。為中點，連結。4，OC,先證明可證得5D1,NP,假設P不為線段6C的中點，可得應)，

平面ABC,這與ND6C=6O。矛盾，即得證；

(2)以。為原點，以08OC,分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系，分別求解平面ANP,平面肱VP的法

向量的法向量，利用二面角的向量公式，即得解.

【詳解】

(1)設。為BD中點，連結Q4,OC.

/.OArBD,OC±BD,

又。AOC=O

???比)，平面。4C,

ACu平面。4C,

：.BDLAC.

又M,N分別為AD,AB中點，

MN//BD,又MNLNP,

：.BD±NP.

假設P不為線段BC的中點，

則NP與AC是平面內ABC內的相交直線，

從而BD±平面ABC,

這與ND6C=60°矛盾，所以P為線段的中點.

(2)以。為原點，由條件面A3D，面5C。，

/.AO±OC,以08OC,Q4分別為％，V，z軸建立空間直角坐標系,

PN=0?——,ACV=(1,0,0).

設平面ANP的法向量為根=(8y,z)

L.走z-o

m-AN=022

所以n

m?PN=0m

22

取y=i,貝！Iz=i,x=6=m=(￡l，l).

同法可求得平面MNP的法向量為n=(0,1,1)

、m-n2V10

/.cos(m,n

\m\\n\V5A/25'

由圖知二面角A-NP-M為銳二面角,

二面角A-NP-M的余弦值為典.

5

【點睛】

本題考查了立體幾何與空間向量綜合，考查了學生邏輯推理，空間想象，數(shù)學運算的能力，屬于中檔題.

18、(1)a“=2〃-1,S“=〃2；(2)證明見解析.

【解析】

(1)根據(jù)題中條件求出等差數(shù)列｛?！保氖醉椇凸睿缓蟾鶕?jù)首項和公差即可求出數(shù)列｛4｝的通項和前〃項和;

(2)根據(jù)裂項求和求出Tn,根據(jù)T,的表達式即可證明T“＜：.

【詳解】

(1)設｛4｝的公差為d,

—1ax-\

由題意有12

%=6，％(%+d/-q.(q+4d)

q=1

且dwO=><

d=2

所以%=l+2(ra-l)=2w-l,

——IL，

2

(2)因為“=不口=可包=4%一一

所以看=：

1_1+...+1_J_

23nn+1

Tn

【點睛】

本題主要考查了等差數(shù)列基本量的求解，裂項求和法，屬于基礎題.

rr+3n

19、(1)(2)4=3x2"+i—9.

-2

【解析】

(1)根據(jù)題意，建立首項和公差的方程組，通過基本量即可寫出前幾項和;

(2)由(1)中所求，結合累加法求得久.

【詳解】

(1)由題意可得(、2/、/、即打』2.

(%+4d)=(%+d)(〃]+10")[Id=%d.

a,=2

又因為dwO,所以「所以%=〃+L

a

_“(2+〃+1)_"2+3〃

'n==

"22

(2)由條件及(1)可得優(yōu)=%=3.

由已知得b“+「b”=3x2n+l,b?-%=3x2"(心2)

所以勿=(2一2T)+(%-2-2)++(&-4)+4

=3(2"+2"T+T-2+L+2?)+3=3x2"+1-9(n>2).

又仇=3滿足上式，

所以仇=3x2"+1—9

【點睛】

本題考查等差數(shù)列通項公式和前〃項和的基本量的求解，涉及利用累加法求通項公式，屬綜合基礎題.

20、(1)/(%)增區(qū)間為減區(qū)間為1o,gj；極小值：+ln2,無極大值；(2)|-21n3

【解析】

(1)求出/(*)的導數(shù)，解不等式，即可得到函數(shù)的單調區(qū)間，進而得到函數(shù)的極值；

(2)由題意可得當+々=人一1,%工2=1，求出且(七)一且(士)的表達式，"(7)=—1+求出為

(力的最小值即可.

【詳解】

⑴將a=l代入"％)中，得到J/(x)=d+x—Inx,求導，

得到,(X)=2X+］_1=2X2+X1=(X+1)(2X1),結合工〉。，

XXX

當7''(力>0得到：〃尤)增區(qū)間為&■,+",當/'(尤)<0,得〃尤)減區(qū)間為且外力在x=；時有極小值

=4,無極大值.

(2)將/(九)解析式代入，得g(x)=d—(2b—2)x+21nx,求導

XX

令/(x)=0,得到l)x+l=0,

711Aflr\2.16.4

玉+x?=b—1f%1%2=1,A—yb—1J—42——4=—

2

g(芯)_g(%)=［為？_(2人一2)%+2111X1-|^x2_(26—2)尤2+21噸］,

二(xj—)—(2b—2)(%—%)+2—lux?)‘

二(玉之一々2)—2(玉+%2)(%一%2)+21n——,

=一(婷-')+2心,

xxx2x2

=-2-強+21n^,

1冗2%/%2

因為0<石<%，所以設％=；(°</<1),令"⑺=一+21n，0<Z<1),

則〃(/)=—“+1]+^=—與￥<0所以MO在(0,1)單調遞減,又因為621+手

所以e―1)2=(/+々)2=^^-=%+衛(wèi)+2=.+』+223，所以或.23

XX

%元221t33

又因為0</<1,所以0</W；所以丸(。2/?[3]=_]；_3]+21ng=|_21n3,

Q

所以g(%)-g(9)的最小值為§-21n3.

【點睛】

本題考查了函數(shù)的單調性、極值、最值問題，考查導數(shù)的應用以及函數(shù)的極值的意義，考查轉化思想與減元意識，是

一道綜合題.

21、(I)a=2；(II)3.

【解析】

(I)先求導，得r(x)=lnx+x+l-a,已知導函數(shù)單調遞增，又/(%)在區(qū)間+8)上單調遞增，故

/-M=ln^-^+l>0,令g(a)=ln￡.+l,求得g，(。)=',討論得g(a)Wg⑵=0,而g(a”0,故g(a)=0,

、乙)乙乙//乙a

進而得解；

(II)可通過必要性探路，當x=2時，由〃2)=21n2+2-a>0知a<21n2+2<4,又由于aeZ,貝!Rax=3,當

。=3,/(元)=xlnx+f-3(尤一1),尸(x)=ln龍+尤一2,結合零點存在定理可判斷必存在%e(1,1.6)使得/''(