2018年高考數(shù)學試卷（浙江）（解析卷）

第頁|共頁2018年浙江省高考數(shù)學試卷參考答案與試題解析一、選擇題：本大題共10小題，每小題4分，共40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．（4分）已知全集U={1，2，3，4，5}，A={1，3}，則?UA=（）A．? B．{1，3} C．{2，4，5} D．{1，2，3，4，5} 【考點】1F：補集及其運算．【分析】根據(jù)補集的定義直接求解：?UA是由所有屬于集合U但不屬于A的元素構成的集合．【解答】解：根據(jù)補集的定義，?UA是由所有屬于集合U但不屬于A的元素構成的集合，由已知，有且僅有2，4，5符合元素的條件．?UA={2，4，5}故選：C．【點評】本題考查了補集的定義以及簡單求解，屬于簡單題．2．（4分）雙曲線﹣y2=1的焦點坐標是（）A．（﹣，0），（，0） B．（﹣2，0），（2，0） C．（0，﹣），（0，） D．（0，﹣2），（0，2） 【考點】KC：雙曲線的性質．【專題】34：方程思想；4O：定義法；5D：圓錐曲線的定義、性質與方程．【分析】根據(jù)雙曲線方程，可得該雙曲線的焦點在x軸上，由平方關系算出c==2，即可得到雙曲線的焦點坐標．【解答】解：∵雙曲線方程可得雙曲線的焦點在x軸上，且a2=3，b2=1，由此可得c==2，∴該雙曲線的焦點坐標為（±2，0）故選：B．【點評】本題考查雙曲線焦點坐標，著重考查了雙曲線的標準方程和焦點坐標求法等知識，屬于基礎題．3．（4分）某幾何體的三視圖如圖所示（單位：cm），則該幾何體的體積（單位：cm3）是（）A．2 B．4 C．6 D．8 【考點】L!：由三視圖求面積、體積．【專題】35：轉化思想；5F：空間位置關系與距離．【分析】直接利用三視圖的復原圖求出幾何體的體積．【解答】解：根據(jù)三視圖：該幾何體為底面為直角梯形的四棱柱．如圖所示：故該幾何體的體積為：V=．故選：C．【點評】本題考查的知識要點：三視圖的應用．4．（4分）復數(shù)（i為虛數(shù)單位）的共軛復數(shù)是（）A．1+i B．1﹣i C．﹣1+i D．﹣1﹣i 【考點】A5：復數(shù)的運算．【專題】5N：數(shù)系的擴充和復數(shù)．【分析】化簡已知復數(shù)z，由共軛復數(shù)的定義可得．【解答】解：化簡可得z===1+i，∴z的共軛復數(shù)=1﹣i故選：B．【點評】本題考查復數(shù)的代數(shù)形式的運算，涉及共軛復數(shù)，屬基礎題．5．（4分）函數(shù)y=2|x|sin2x的圖象可能是（）A． B． C． D． 【考點】3A：函數(shù)的圖象與圖象的變換．【專題】35：轉化思想；51：函數(shù)的性質及應用．【分析】直接利用函數(shù)的圖象和性質求出結果．【解答】解：根據(jù)函數(shù)的解析式y(tǒng)=2|x|sin2x，得到：函數(shù)的圖象為奇函數(shù)，故排除A和B．當x=時，函數(shù)的值也為0，故排除C．故選：D．【點評】本題考查的知識要點：函數(shù)的性質和賦值法的應用．6．（4分）已知平面α，直線m，n滿足m?α，n?α，則“m∥n”是“m∥α”的（）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件 【考點】29：充分條件、必要條件、充要條件．【專題】38：對應思想；4O：定義法；5L：簡易邏輯．【分析】根據(jù)線面平行的定義和性質以及充分條件和必要條件的定義進行判斷即可．【解答】解：∵m?α，n?α，∴當m∥n時，m∥α成立，即充分性成立，當m∥α時，m∥n不一定成立，即必要性不成立，則“m∥n”是“m∥α”的充分不必要條件．故選：A．【點評】本題主要考查充分條件和必要條件的判斷，根據(jù)線面平行的定義和性質是解決本題的關鍵，是基礎題．7．（4分）設0＜p＜1，隨機變量ξ的分布列是ξ012P則當p在（0，1）內增大時，（）A．D（ξ）減小 B．D（ξ）增大 C．D（ξ）先減小后增大 D．D（ξ）先增大后減小 【考點】CH：離散型隨機變量的期望與方差．【專題】33：函數(shù)思想；4O：定義法；5I：概率與統(tǒng)計．【分析】求出隨機變量ξ的分布列與方差，再討論D（ξ）的單調情況．【解答】解：設0＜p＜1，隨機變量ξ的分布列是E（ξ）=0×+1×+2×=p+；方差是D（ξ）=×+×+×=﹣p2+p+=﹣+，∴p∈（0，）時，D（ξ）單調遞增；p∈（，1）時，D（ξ）單調遞減；∴D（ξ）先增大后減?。蔬x：D．【點評】本題考查了離散型隨機變量的數(shù)學期望與方差的計算問題，也考查了運算求解能力，是基礎題．8．（4分）已知四棱錐S﹣ABCD的底面是正方形，側棱長均相等，E是線段AB上的點（不含端點）．設SE與BC所成的角為θ1，SE與平面ABCD所成的角為θ2，二面角S﹣AB﹣C的平面角為θ3，則（）A．θ1≤θ2≤θ3 B．θ3≤θ2≤θ1 C．θ1≤θ3≤θ2 D．θ2≤θ3≤θ1 【考點】L3：棱錐的結構特征；LM：異面直線及其所成的角；MI：直線與平面所成的角；MJ：二面角的平面角及求法．【專題】31：數(shù)形結合；44：數(shù)形結合法；5G：空間角．【分析】作出三個角，表示出三個角的正弦或正切值，根據(jù)三角函數(shù)的單調性即可得出三個角的大小．【解答】解：∵由題意可知S在底面ABCD的射影為正方形ABCD的中心．過E作EF∥BC，交CD于F，過底面ABCD的中心O作ON⊥EF交EF于N，連接SN，取AB中點M，連接SM，OM，OE，則EN=OM，則θ1=∠SEN，θ2=∠SEO，θ3=∠SMO．顯然，θ1，θ2，θ3均為銳角．∵tanθ1==，tanθ3=，SN≥SO，∴θ1≥θ3，又sinθ3=，sinθ2=，SE≥SM，∴θ3≥θ2．故選：D．【點評】本題考查了空間角的計算，三角函數(shù)的應用，屬于中檔題．9．（4分）已知，，是平面向量，是單位向量．若非零向量與的夾角為，向量滿足﹣4?+3=0，則|﹣|的最小值是（）A．﹣1 B．+1 C．2 D．2﹣ 【考點】9O：平面向量數(shù)量積的性質及其運算．【專題】11：計算題；31：數(shù)形結合；4R：轉化法；5A：平面向量及應用．【分析】把等式﹣4?+3=0變形，可得得，即（）⊥（），設，則的終點在以（2，0）為圓心，以1為半徑的圓周上，再由已知得到的終點在不含端點O的兩條射線y=（x＞0）上，畫出圖形，數(shù)形結合得答案．【解答】解：由﹣4?+3=0，得，∴（）⊥（），如圖，不妨設，則的終點在以（2，0）為圓心，以1為半徑的圓周上，又非零向量與的夾角為，則的終點在不含端點O的兩條射線y=（x＞0）上．不妨以y=為例，則|﹣|的最小值是（2，0）到直線的距離減1．即．故選：A．【點評】本題考查平面向量的數(shù)量積運算，考查數(shù)學轉化思想方法與數(shù)形結合的解題思想方法，屬難題．10．（4分）已知a1，a2，a3，a4成等比數(shù)列，且a1+a2+a3+a4=ln（a1+a2+a3），若a1＞1，則（）A．a(chǎn)1＜a3，a2＜a4 B．a(chǎn)1＞a3，a2＜a4 C．a(chǎn)1＜a3，a2＞a4 D．a(chǎn)1＞a3，a2＞a4 【考點】4H：對數(shù)的運算性質；87：等比數(shù)列的性質；8I：數(shù)列與函數(shù)的綜合．【專題】11：計算題；32：分類討論；34：方程思想；49：綜合法；51：函數(shù)的性質及應用；54：等差數(shù)列與等比數(shù)列．【分析】利用等比數(shù)列的性質以及對數(shù)函數(shù)的單調性，通過數(shù)列的公比的討論分析判斷即可．【解答】解：a1，a2，a3，a4成等比數(shù)列，由等比數(shù)列的性質可知，奇數(shù)項符號相同，偶數(shù)項符號相同，a1＞1，設公比為q，當q＞0時，a1+a2+a3+a4＞a1+a2+a3，a1+a2+a3+a4=ln（a1+a2+a3），不成立，即：a1＞a3，a2＞a4，a1＜a3，a2＜a4，不成立，排除A、D．當q=﹣1時，a1+a2+a3+a4=0，ln（a1+a2+a3）＞0，等式不成立，所以q≠﹣1；當q＜﹣1時，a1+a2+a3+a4＜0，ln（a1+a2+a3）＞0，a1+a2+a3+a4=ln（a1+a2+a3）不成立，當q∈（﹣1，0）時，a1＞a3＞0，a2＜a4＜0，并且a1+a2+a3+a4=ln（a1+a2+a3），能夠成立，故選：B．【點評】本題考查等比數(shù)列的性質的應用，函數(shù)的值的判斷，對數(shù)函數(shù)的性質，考查發(fā)現(xiàn)問題解決問題的能力，難度比較大．二、填空題：本大題共7小題，多空題每題6分，單空題每題4分，共36分。11．（6分）我國古代數(shù)學著作《張邱建算經(jīng)》中記載百雞問題：“今有雞翁一，值錢五；雞母一，值錢三；雞雛三，值錢一．凡百錢，買雞百只，問雞翁、母、雛各幾何？”設雞翁，雞母，雞雛個數(shù)分別為x，y，z，則，當z=81時，x=8，y=11．【考點】53：函數(shù)的零點與方程根的關系．【專題】11：計算題；33：函數(shù)思想；49：綜合法；51：函數(shù)的性質及應用．【分析】直接利用方程組以及z的值，求解即可．【解答】解：，當z=81時，化為：，解得x=8，y=11．故答案為：8；11．【點評】本題考查方程組的解法，是基本知識的考查．12．（6分）若x，y滿足約束條件，則z=x+3y的最小值是﹣2，最大值是8．【考點】7C：簡單線性規(guī)劃．【專題】1：常規(guī)題型；11：計算題；35：轉化思想；49：綜合法；5T：不等式．【分析】作出題中不等式組表示的平面區(qū)域，得到如圖的△ABC及其內部，再將目標函數(shù)z=x+3y對應的直線進行平移，觀察直線在y軸上的截距變化，然后求解最優(yōu)解得到結果．【解答】解：作出x，y滿足約束條件表示的平面區(qū)域，如圖：其中B（4，﹣2），A（2，2）．設z=F（x，y）=x+3y，將直線l：z=x+3y進行平移，觀察直線在y軸上的截距變化，可得當l經(jīng)過點B時，目標函數(shù)z達到最小值．∴z最小值=F（4，﹣2）=﹣2．可得當l經(jīng)過點A時，目標函數(shù)z達到最最大值：z最大值=F（2，2）=8．故答案為：﹣2；8．【點評】本題給出二元一次不等式組，求目標函數(shù)的最小值，著重考查了二元一次不等式組表示的平面區(qū)域和簡單的線性規(guī)劃等知識，屬于中檔題．13．（6分）在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c．若a=，b=2，A=60°，則sinB=，c=3．【考點】HP：正弦定理．【專題】11：計算題；35：轉化思想；49：綜合法；58：解三角形．【分析】由正弦定理得=，由此能求出sinB，由余弦定理得cos60°=，由此能求出c．【解答】解：∵在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c．a(chǎn)=，b=2，A=60°，∴由正弦定理得：，即=，解得sinB==．由余弦定理得：cos60°=，解得c=3或c=﹣1（舍），∴sinB=，c=3．故答案為：，3．【點評】本題考查三角形中角的正弦值、邊長的求法，考查正弦定理、余弦定理等基礎知識，考查運算求解能力，考查函數(shù)與方程思想，是中檔題．14．（4分）二項式（+）8的展開式的常數(shù)項是7．【考點】DA：二項式定理．【專題】35：轉化思想；4O：定義法；5P：二項式定理．【分析】寫出二項展開式的通項并整理，由x的指數(shù)為0求得r值，則答案可求．【解答】解：由=．令=0，得r=2．∴二項式（+）8的展開式的常數(shù)項是．故答案為：7．【點評】本題考查了二項式系數(shù)的性質，關鍵是熟記二項展開式的通項，是基礎題．15．（6分）已知λ∈R，函數(shù)f（x）=，當λ=2時，不等式f（x）＜0的解集是{x|1＜x＜4}．若函數(shù)f（x）恰有2個零點，則λ的取值范圍是（1，3]∪（4，+∞）．【考點】3E：函數(shù)單調性的性質與判斷；57：函數(shù)與方程的綜合運用；5B：分段函數(shù)的應用．【專題】11：計算題；31：數(shù)形結合；34：方程思想；49：綜合法；51：函數(shù)的性質及應用．【分析】利用分段函數(shù)轉化求解不等式的解集即可；利用函數(shù)的圖象，通過函數(shù)的零點得到不等式求解即可．【解答】解：當λ=2時函數(shù)f（x）=，顯然x≥2時，不等式x﹣4＜0的解集：{x|2≤x＜4}；x＜2時，不等式f（x）＜0化為：x2﹣4x+3＜0，解得1＜x＜2，綜上，不等式的解集為：{x|1＜x＜4}．函數(shù)f（x）恰有2個零點，函數(shù)f（x）=的草圖如圖：函數(shù)f（x）恰有2個零點，則1＜λ≤3或λ＞4．故答案為：{x|1＜x＜4}；（1，3]∪（4，+∞）．【點評】本題考查函數(shù)與方程的應用，考查數(shù)形結合以及函數(shù)的零點個數(shù)的判斷，考查發(fā)現(xiàn)問題解決問題的能力．16．（4分）從1，3，5，7，9中任取2個數(shù)字，從0，2，4，6中任取2個數(shù)字，一共可以組成1260個沒有重復數(shù)字的四位數(shù)．（用數(shù)字作答）【考點】D9：排列、組合及簡單計數(shù)問題．【專題】11：計算題；35：轉化思想；49：綜合法；5O：排列組合．【分析】可先從1，3，5，7，9中任取2個數(shù)字，然后通過0是否存在，求解即可．【解答】解：從1，3，5，7，9中任取2個數(shù)字有種方法，從2，4，6，0中任取2個數(shù)字不含0時，有種方法，可以組成=720個沒有重復數(shù)字的四位數(shù)；含有0時，0不能在千位位置，其它任意排列，共有=540，故一共可以組成1260個沒有重復數(shù)字的四位數(shù)．故答案為：1260．【點評】本題考查排列組合及簡單的計數(shù)問題，先選后排是解決問題的關鍵，注意“0“是否在4位數(shù)中去易錯點，是中檔題．17．（4分）已知點P（0，1），橢圓+y2=m（m＞1）上兩點A，B滿足=2，則當m=5時，點B橫坐標的絕對值最大．【考點】K4：橢圓的性質．【專題】34：方程思想；48：分析法；5A：平面向量及應用；5D：圓錐曲線的定義、性質與方程．【分析】設A（x1，y1），B（x2，y2），運用向量共線的坐標表示，以及點滿足橢圓方程，求得y1，y2，有x22=m﹣（）2，運用二次函數(shù)的最值求法，可得所求最大值和m的值．【解答】解：設A（x1，y1），B（x2，y2），由P（0，1），=2，可得﹣x1=2x2，1﹣y1=2（y2﹣1），即有x1=﹣2x2，y1+2y2=3，又x12+4y12=4m，即為x22+y12=m，①x22+4y22=4m，②①﹣②得（y1﹣2y2）（y1+2y2）=﹣3m，可得y1﹣2y2=﹣m，解得y1=，y2=，則m=x22+（）2，即有x22=m﹣（）2==，即有m=5時，x22有最大值4，即點B橫坐標的絕對值最大．故答案為：5．【點評】本題考查橢圓的方程和應用，考查向量共線的坐標表示和方程思想、轉化思想，以及二次函數(shù)的最值的求法，屬于中檔題．三、解答題：本大題共5小題，共74分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。18．（14分）已知角α的頂點與原點O重合，始邊與x軸的非負半軸重合，它的終邊過點P（﹣，﹣）．（Ⅰ）求sin（α+π）的值；（Ⅱ）若角β滿足sin（α+β）=，求cosβ的值．【考點】G9：任意角的三角函數(shù)的定義；GP：兩角和與差的三角函數(shù)．【專題】33：函數(shù)思想；4R：轉化法；56：三角函數(shù)的求值．【分析】（Ⅰ）由已知條件即可求r，則sin（α+π）的值可得；（Ⅱ）由已知條件即可求sinα，cosα，cos（α+β），再由cosβ=cos[（α+β）﹣α]=cos（α+β）cosα+sin（α+β）sinα代值計算得答案．【解答】解：（Ⅰ）∵角α的頂點與原點O重合，始邊與x軸非負半軸重合，終邊過點P（﹣，﹣）．∴x=﹣，y=，r=|OP|=，∴sin（α+π）=﹣sinα=；（Ⅱ）由x=﹣，y=，r=|OP|=1，得，，又由sin（α+β）=，得=，則cosβ=cos[（α+β）﹣α]=cos（α+β）cosα+sin（α+β）sinα=，或cosβ=cos[（α+β）﹣α]=cos（α+β）cosα+sin（α+β）sinα=．∴cosβ的值為或．【點評】本題考查了任意角的三角函數(shù)的定義，考查了三角函數(shù)的誘導公式的應用，是中檔題．19．（15分）如圖，已知多面體ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，∠ABC=120°，A1A=4，C1C=1，AB=BC=B1B=2．（Ⅰ）證明：AB1⊥平面A1B1C1；（Ⅱ）求直線AC1與平面ABB1所成的角的正弦值．【考點】LW：直線與平面垂直；MI：直線與平面所成的角．【專題】31：數(shù)形結合；41：向量法；5F：空間位置關系與距離；5G：空間角．【分析】（I）利用勾股定理的逆定理證明AB1⊥A1B1，AB1⊥B1C1，從而可得AB1⊥平面A1B1C1；（II）以AC的中點為坐標原點建立空間坐標系，求出平面ABB1的法向量，計算與的夾角即可得出線面角的大小．【解答】（I）證明：∵A1A⊥平面ABC，B1B⊥平面ABC，∴AA1∥BB1，∵AA1=4，BB1=2，AB=2，∴A1B1==2，又AB1==2，∴AA12=AB12+A1B12，∴AB1⊥A1B1，同理可得：AB1⊥B1C1，又A1B1∩B1C1=B1，∴AB1⊥平面A1B1C1．（II）解：取AC中點O，過O作平面ABC的垂線OD，交A1C1于D，∵AB=BC，∴OB⊥OC，∵AB=BC=2，∠BAC=120°，∴OB=1，OA=OC=，以O為原點，以OB，OC，OD所在直線為坐標軸建立空間直角坐標系如圖所示：則A（0，﹣，0），B（1，0，0），B1（1，0，2），C1（0，，1），∴=（1，，0），=（0，0，2），=（0，2，1），設平面ABB1的法向量為=（x，y，z），則，∴，令y=1可得=（﹣，1，0），∴cos＜＞===．設直線AC1與平面ABB1所成的角為θ，則sinθ=|cos＜＞|=．∴直線AC1與平面ABB1所成的角的正弦值為．【點評】本題考查了線面垂直的判定定理，線面角的計算與空間向量的應用，屬于中檔題．20．（15分）已知等比數(shù)列{an}的公比q＞1，且a3+a4+a5=28，a4+2是a3，a5的等差中項．數(shù)列{bn}滿足b1=1，數(shù)列{（bn+1﹣bn）an}的前n項和為2n2+n．（Ⅰ）求q的值；（Ⅱ）求數(shù)列{bn}的通項公式．【考點】8M：等差數(shù)列與等比數(shù)列的綜合．【專題】34：方程思想；48：分析法；54：等差數(shù)列與等比數(shù)列．【分析】（Ⅰ）運用等比數(shù)列的通項公式和等差數(shù)列中項性質，解方程可得公比q；（Ⅱ）設cn=（bn+1﹣bn）an=（bn+1﹣bn）2n﹣1，運用數(shù)列的遞推式可得cn=4n﹣1，再由數(shù)列的恒等式求得bn=b1+（b2﹣b1）+（b3﹣b2）+…+（bn﹣bn﹣1），運用錯位相減法，可得所求數(shù)列的通項公式．【解答】解：（Ⅰ）等比數(shù)列{an}的公比q＞1，且a3+a4+a5=28，a4+2是a3，a5的等差中項，可得2a4+4=a3+a5=28﹣a4，解得a4=8，由+8+8q=28，可得q=2（舍去），則q的值為2；（Ⅱ）設cn=（bn+1﹣bn）an=（bn+1﹣bn）2n﹣1，可得n=1時，c1=2+1=3，n≥2時，可得cn=2n2+n﹣2（n﹣1）2﹣（n﹣1）=4n﹣1，上式對n=1也成立，則（bn+1﹣bn）an=4n﹣1，即有bn+1﹣bn=（4n﹣1）?（）n﹣1，可得bn=b1+（b2﹣b1）+（b3﹣b2）+…+（bn﹣bn﹣1）=1+3?（）0+7?（）1+…+（4n﹣5）?（）n﹣2，bn=+3?（）+7?（）2+…+（4n﹣5）?（）n﹣1，相減可得bn=+4[（）+（）2+…+（）n﹣2]﹣（4n﹣5）?（）n﹣1=+4?﹣（4n﹣5）?（）n﹣1，化簡可得bn=15﹣（4n+3）?（）n﹣2．【點評】本題考查等比數(shù)列的通項公式和等差數(shù)列中項的性質，考查數(shù)列的恒等式和錯位相減法的運用，考查運算能力，屬于中檔題．21．（15分）如圖，已知點P是y軸左側（不含y軸）一點，拋物線C：y2=4x上存在不同的兩點A，B滿足PA，PB的中點均在C上．（Ⅰ）設AB中點為M，證明：PM垂直于y軸；（Ⅱ）若P是半橢圓x2+=1（x＜0）上的動點，求△PAB面積的取值范圍．【考點】KL：直線與橢圓的綜合；KN：直線與拋物線的綜合．【專題】34：方程思想；48：分析法；5D：圓錐曲線的定義、性質與方程．【分析】（Ⅰ）設P（m，n），A（，y1），B（，y2），運用中點坐標公式可得M的坐標，再由中點坐標公式和點在拋物線上，代入化簡整理可得y1，y2為關于y的方程y2﹣2ny+8m﹣n2=0的兩根，由韋達定理即可得到結論；（Ⅱ）由題意可得m2+=1，﹣1≤m＜0，﹣2＜n＜2，可得△PAB面積為S=|PM|?|y1﹣y2|，再由配方和換元法，可得面積S關于新元的三次函數(shù)，運用單調性可得所求范圍．【解答】解：（Ⅰ）證明：可設P（m，n），A（，y1），B（，y2），AB中點為M的坐標為（，），拋物線C：y2=4x上存在不同的兩點A，B滿足PA，PB的中點均在C上，可得（）2=4?，（）2=4?，化簡可得y1，y2為關于y的方程y2﹣2ny+8m﹣n2=0的兩根，可得y1+y2=2n，y1y2=8m﹣n2，可得n=，則PM垂直于y軸；（Ⅱ）若P是半橢圓x2+=1（x＜0）上的動點，可得m2+=1，﹣1≤m＜0，﹣2＜n＜2，由（Ⅰ）可得y1+y2=2n，y1y2=8m﹣n2，由PM垂直于y軸，可得△PAB面積為S=|PM|?|y1﹣y2|=（﹣m）?=[?（4n2﹣16m+2n2）﹣m]?=（n2﹣4m），可令t===，可得m=﹣時，t取得最大值；m=﹣1時，t取得最小值2，即2≤t≤，則S=t3在2≤t≤遞增，可得S∈[6，]，△PAB面積的取值范圍為[6，]．【點評】本題考查拋物線的方程和運用，考查轉化思想和運算能力，以及換元法和三次函數(shù)的單調性，屬于難題．22．（15分）已知函數(shù)f（x）=﹣lnx．（Ⅰ）若f（x）在x=x1，x2（x1≠x2）處導數(shù)相等，證明：f（x1）+f（x2）＞8﹣8ln2；（Ⅱ）若a≤3﹣4ln2，證明：對于任意k＞0，直線y=kx+a與曲線y=f（x）有唯一公共點．【考點】6E：利用導數(shù)研究函數(shù)的最值．【專題】14