【高考领航】2025年高考数学模拟试题精编卷（新课标）(4)

高考数学模拟试题精编(四) (考试用时：120分钟　分值：150分) 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，把答题卡上对应题目的答案标号填在表格内．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1．已知集合A＝{x|x2－3x－4≤0}，B＝，则A∩B＝(　　) A． B． C．[－1，0)∪ D．[－4，0)∪ 2．已知i为虚数单位，复数z满足z(2－i)＝i2023，则下列说法正确的是(　　) A．复数z的模为 B．复数z的共轭复数为－－i C．复数z的虚部为－i D．复数z在复平面内对应的点在第四象限 3．已知平面向量a，b满足|a|＝4，|b|＝2，a·(a－b)＝20，则向量a与b的夹角为(　　) A． B． C． D． 4．在等比数列{an}中，公比为q，已知a1＝1，则0＜q＜1是数列{an}单调递减的(　　) A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分又不必要条件 5．某中学高三(1)班有50名学生，在一次高三模拟考试中，经统计得：数学成绩X～N(110，102)，则估计该班数学得分大于120分的学生人数为(　　) [参考数据：P(|X－μ|＜σ)≈0.68，P(|X－μ|＜2σ)≈0.95] A．16 B．10 C．8 D．2 6．在平面直角坐标系xOy中，设A(1，0)，B(3，4)，向量＝x＋y，x＋y＝6，则||的最小值为(　　) A．1 B．2 C． D．2 7．若从4名男生，2名女生中选3人分别担任冬季两项、单板滑雪、轮椅冰壶志愿者，且至多有1名女生被选中，则不同的选择方案共有(　　) A．72种 B．84种 C．96种 D．124种 8．定义在(0，＋∞)上的函数f(x)满足：当x∈(0，1]时，f(x)＝x ln x＋1，当x＞1时，f(x)·f＝a(a＞0)，若关于x的方程f(x)＝2有两个不等实根，则a的取值范围是(　　) A．(0，e) B．(1，2) C． D． 二、选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分． 9．将函数y＝sin 2x的图象向右平移个单位长度得到函数f(x)的图象，则(　　) A．f(x)＝cos B．是f(x)图象的一个对称中心 C．当x＝－时，f(x)取得最大值 D．函数f(x)在区间上单调递增 10．甲罐中有3个红球、2个黑球，乙罐中有2个红球、2个黑球，先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，以A表示事件“从甲罐取出的球是红球”，再从乙罐中随机取出一球，以B表示事件“从乙罐取出的球是红球”，则(　　) A．P(A)＝ B．P(B|A)＝ C．P(B)＝ D．P(A|B)＝ 11.如图，在正三棱柱ABC­A1B1C1中，底面△ABC是边长为2的等边三角形，AA1＝3，D是BC的中点，则(　　) A．直线A1B∥平面ADC1 B．点B1到平面ADC1的距离为 C．异面直线A1B1与C1D所成角的余弦值为 D．设P，Q分别在线段A1B1，DC1上，且＝，则PQ的最小值为 12．已知双曲线C：－＝1，F1，F2分别为C的左、右焦点，则(　　) A．双曲线－＝1(m＞0)和C的离心率相等 B．若P为C上一点，且∠F1PF2＝90°，则△F1PF2的周长为6＋2 C．若直线y＝tx－1与C没有公共点，则t＜－或t＞ D．在C的左、右两支上分别存在点M，N，使得4＝ 三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分． 13．已知f(x)为奇函数，当x＜0时，f(x)＝x2－sin (πx)，则f(2)＝________． 14．(1＋x＋x2)6展开式中x4的系数为________． 15．已知四边形ABCD中，AB∥CD，AB＝3CD＝3，AD＝BC＝，点E是CD的中点，则·＝________． 16．已知直线y＝t分别与函数f(x)＝2x＋1和g(x)＝2ln x＋x的图象交于点A，B，则|AB|的最小值为________． 四、解答题：本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17．(本小题满分10分)等差数列{an}前n项和为Sn，且a3＋a6＝16，S9＝81. (1)求数列{an}的通项公式； (2)设数列的前n项和为Tn，若Tn＞，求n的最小值． 18.(本小题满分12分)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a＝b(sin C＋cos C). (1)求B； (2)已知BC＝2，D为边AB上的一点，若BD＝1，∠ACD＝，求AC的长． 19．(本小题满分12分)足球比赛全场比赛时间为90分钟，在90分钟结束时成绩持平，若该场比赛需要决出胜负，需进行30分钟的加时赛，若加时赛仍是平局，则采取“点球大战”的方式决定胜负．“点球大战”的规则如下：①两队应各派5名队员，双方轮流踢点球，累计进球个数多者胜；②如果在踢满5轮前，一队的进球数已多于另一队踢满5次可能射中的球数，则不需再踢，譬如：第4轮结束时，双方进球数比为2 ∶0，则不需再踢第5轮了；③若前5轮点球大战中双方进球数持平，则采用“突然死亡法”决出胜负，即从第6轮起，双方每轮各派1人罚点球，若均进球或均不进球，则继续下一轮，直到出现一方进球另一方不进球的情况，进球方胜． (1)已知小明在点球训练中射进点球的概率是.在一次赛前训练中，小明射了3次点球，且每次射点球互不影响，记X为射进点球的次数，求X的分布列及数学期望； (2)现有甲、乙两校队在淘汰赛中(需要分出胜负)相遇，120分钟比赛后双方仍旧打平，须互罚点球决出胜负．设甲队每名球员射进点球的概率为，乙队每名球员射进点球的概率为，每轮点球中，进球与否互不影响，各轮结果也互不影响．求在第4轮结束时，甲队进了3个球并刚好胜出的概率． 20.(本小题满分12分)如图，在四棱锥P­ABCD中，四边形ABCD为平行四边形，P在平面ABCD的投影为边AD的中点O，∠ABC＝，BC＝4，AB＝1，PO＝3. (1)求证：AB⊥平面POC； (2)在线段PB上，是否存在一点E，使得平面POC与平面EOC的夹角的余弦值为，若存在，指明点E的位置；若不存在，请说明理由． 21．(本小题满分12分)已知椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，点A(0，－1)是椭圆E短轴的一个四等分点． (1)求椭圆E的标准方程； (2)设过点A且斜率为k1的动直线与椭圆E交于M，N两点，且点B(0，2)，直线BM，BN分别交⊙C：x2＋(y－1)2＝1于异于点B的点P，Q，设直线PQ的斜率为k2，求实数λ，使得k2＝λk1恒成立． 22．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝(x－1)ex－ax(a∈R且a为常数). (1)讨论函数f(x)的极值点个数； (2)若f(x)≥ln x－ex＋1对任意的x∈(0，＋∞)恒成立，求实数a的取值范围． 学科网（北京）股份有限公司 $$ 高考数学模拟试题精编(四) 1．C　解法一　因为A＝{x|x2－3x－4≤0}＝{x|(x－4)(x＋1)≤0}＝{x|－1≤x≤4}，B＝＝＝，所以A∩B＝.故选C. 解法二　因为4∈A且4∈B，所以4∈(A∩B)，故排除B，D；又－1∈A且－1∈B，所以－1∈(A∩B)，故排除A，选C. 2．D　由题意，得z＝＝＝＝＝－i，所以|z|＝ ＝，故A不正确；复数z的共轭复数为＋i，故B不正确；复数z的虚部为－，故C不正确；复数z在复平面内对应的点为，在第四象限，故D正确．故选D. 3．C　因为a·(a－b)＝a2－a·b＝|a|2－|a|·|b|cos 〈a，b〉，即16－8cos 〈a，b〉＝20，所以cos 〈a，b〉＝－.又〈a，b〉∈[0，π]，所以〈a，b〉＝.故选C. 4．C　若a1＝1，0＜q＜1，an＋1－an＝an(q－1)＝a1qn-1(q－1)＜0，所以数列{an}为单调递减数列．若等比数列{an}为单调递减数列，q＞0，且an＋1－an＜0对任意的n∈N*恒成立，即an＋1－an＝an(q－1)＝a1qn-1(q－1)＜0，所以0＜q＜1.故选C. 5．C　因为X～N(110，102)，P(X＞120)＝[1－P(110－10＜X＜110＋10)]≈×(1－0.68)＝0.16，0.16×50＝8.故选C. 6．D　＝－＝(x－1)＋y＝(x＋3y－1，4y)，又x＋y＝6，所以||2＝(x＋3y－1)2＋(4y)2＝20y2＋20y＋25＝20＋20≥20，当且仅当y＝－时，等号成立，所以||的最小值为2.故选D. 7．C　分为两步：第一步，选出的志愿者中无女生有C＝4(种)，有且仅有1名女生有CC＝12(种)；第二步，将3名志愿者分配到3项比赛中有A＝6(种)分配方案，所以不同的选择方案共有(12＋4)×6＝96(种).故选C. 8．C　依题意，当x∈(0，1]时，f′(x)＝ln x＋1，当x∈时，f′(x)＜0，函数f(x)在上单调递减；当x∈时，f′(x)＞0，函数f(x)在上单调递增，则当x＝时，f(x)取得最小值f＝1－，当x＝1时，f(1)＝1，当x→0时，f(x)→1.又当x＞1时，f(x)·f＝a(a＞0)，f(x)＝＝，所以函数f(x)在(1，e)上单调递增；在(e，＋∞)上单调递减，又当x→1时，f(x)→a，当x→＋∞时，f(x)→a，因此f(x)＝2有两个不等实根只需a＜2＜f(e)，即2＜a＜2.故选C. 　9.BD　10.ACD　11.ABD　12.BC 9．BD　将函数y＝sin 2x的图象向右平移个单位长度，得f(x)＝sin 2＝sin 的图象． 解法一　对于A，因为sin ＝cos ＝cos ＝－cos ＝－cos ，故A不正确．对于B，由2x－＝kπ(k∈Z)，得x＝＋(k∈Z)， 当k＝0时，x＝，所以是f(x)图象的一个对称中心，故B正确．对于C，由2x－＝2kπ＋(k∈Z)，得x＝kπ＋(k∈Z)，而方程kπ＋＝－(k∈Z)无解，所以x＝－时，f(x)不能取得最大值，故C不正确．对于D，由2kπ－≤2x－≤2kπ＋(k∈Z)，得kπ－≤x≤kπ＋(k∈Z)，当k＝1时，≤x≤，而⊆，所以函数f(x)在区间上单调递增，故D正确．综上所述，选BD. 解法二　对于A，同解法一．对于B，f＝sin ＝0，则是f(x)图象的一个对称中心，故B正确．对于C，f＝sin ＝－1，所以当x＝－时，f(x)取得最小值，故C不正确．对于D，当x∈时，2x－∈⊆，所以函数f(x)＝sin 在区间上单调递增，故D正确．综上所述，选BD. 10．ACD　对于A，因为甲罐中有3个红球、2个黑球，所以P(A)＝，故A正确．对于C，记A1表示事件“从甲罐取出的球是黑球”，则P(A1)＝.当A发生时，乙罐中有3个红球，2个黑球，此时B发生的概率为，当A1发生时，乙罐中有2个红球，3个黑球，此时B发生的概率为，所以P(B)＝×＋×＝，故C正确．对于B，因为P(AB)＝×＝，所以P(B|A)＝＝＝，故B不正确．对于D，P(A|B)＝＝＝，故D正确．综上所述，选ACD. 11.ABD　如图1所示，将正三棱柱ABC­A1B1C1补形为平行六面体ABEC­A1B1E1C1，对于A，连接DE，C1E，因为D是BC的中点，四边形ABEC是平行四边形，所以A，D，E三点共线，则平面ADC1与平面AEC1是同一个平面，由平行六面体的性质，知A1C1綊B1E1，B1E1綊BE，所以A1C1綊BE，所以四边形A1BEC1为平行四边形，所以A1B∥C1E，又A1B⊄平面ADC1，C1E⊂平面ADC1，所以A1B∥平面ADC1，故A正确．对于B， 图1 如图2，连接AB1，DB1可得V三棱锥B1­ADC1＝V三棱柱ABC­A1B1C1－V三棱锥A­A1B1C1－V三棱锥C1­ADC－V三棱锥B1­ABD＝×4×3－××4×3－×××4×3－×××4×3＝.因为△ABC为正三角形，所以四边形ABEC为菱形，所以△AEC1为等腰三角形，所以C1D⊥AE.因为AD＝×2＝，AC1＝＝＝，所以C1D＝＝. 图2 设点B1到平面ADC1的距离为h，则V三棱锥B1­ADC1＝×S△ADC1×h＝××××h＝，解得h＝，故B正确．对于C，如图3，连接DE1，因为A1B1∥C1E1，所以∠DC1E1或其补角即异面直线A1B1与C1D所成的角． 图3 因为DE1＝＝2， C1D＝，C1E1＝2， 所以cos ∠DC1E1＝ ＝＝，所以异面直线A1B1与C1D所成角的余弦值为，故C不正确． 对于D，在正三棱柱ABC­A1B1C1中，D是BC的中点，所以AD⊥BC，以D点为坐标原点， 建立如图4所示的空间直角坐标系，则D(0，0，0)，A1(，0，3)，B1(0，1，3)，C1(0，－1，3)，所以＝(－，1，0)，＝(0，－1，3)，设＝＝λ(λ∈[0，1])，则A1P＝λA1B1，DQ＝λDC1，所以＝(－λ，λ，0)，＝(0，－λ，3λ)， 图4 则P(－λ，λ，3)，Q(0，－λ，3λ)，所以||2＝(－λ)2＋4λ2＋(3－3λ)2＝16λ2－24λ＋12＝16＋3，所以当λ＝时，||2有最小值，最小值为3，所以|PQ|的最小值为，故D正确．综上所述，选ABD. 12．BC　对于A，双曲线C中，实半轴长a1＝2，半焦距c1＝＝3，所以其离心率e1＝＝；双曲线－＝1(m＞0)中，实半轴长a2＝，半焦距c2＝＝，所以其离心率e2＝ .因为m＞0，所以e1≠e2，所以双曲线－＝1(m＞0)和C的离心率一定不相等，故A不正确．对于B，不妨设P为双曲线C右支上一点，则由双曲线的定义，得|PF1|－|PF2|＝4　①，又∠F1PF2＝90°，所以|PF1|2＋|PF2|2＝|F1F2|2＝36　②，由①②，可得|PF1|＋|PF2|＝2，所以△F1PF2的周长为|PF1|＋|PF2|＋|F1F2|＝2＋6，故B正确．对于C，由，消去y，得(5－4t2)x2＋8tx－24＝0. 因为直线y＝tx－1与双曲线C没有交点，所以方程(5－4t2)x2＋8tx－24＝0无解． 当5－4t2＝0时，方程(5－4t2)x2＋8tx－24＝0有解； 当5－4t2≠0时，则有， 解得t＜－或t＞，故C正确．对于D，设过双曲线C的左焦点F1(－3，0)的直线MN的方程为x＝ny－3(n≠0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，由4＝，可得y2＝4y1. 由，消去x，得(5n2－4)y2－30ny＋25＝0，显然5n2－4≠0，Δ＞0，所以y1＋y2＝5y1＝　③，y1y2＝4y＝　④，由③④可得19n2＋100＝0，此方程无解；当过双曲线C的左焦点F1的直线MN为x轴时，直线MN的方程为y＝0，则M(－2，0)，N(2，0)，＝(1，0)，＝(5，0)，即5＝.故不存在分别在C的左、右两支上的点M，N，使得4＝，D不正确．综上所述，选BC. 13．解析：因为函数f(x)为奇函数，所以f(2)＝－f(－2)＝－[(－2)2－sin (－2π)]＝－4. 答案：－4 14．解析：(1＋x＋x2)6＝[1＋(x2＋x)]6展开式的通项Tr＋1＝C16-r·(x2＋x)r，r取0，1，2，3，4，5，6.易知当r＝0，1，5，6时，(1＋x＋x2)6展开式中没有含x4的项；当r＝2时，(x2＋x)2展开式的通项Sk1＋1＝Ck12(x2)2－k1·xk1，k1取0，1，2，令2(2－k1)＋k1＝4，解得k1＝0，所以此时(1＋x＋x2)6展开式中x4的系数为C·C＝15；当r＝3时，(x2＋x)3展开式的通项Hk2＋1＝Ck23(x2)3－k2·xk2，k2取0，1，2，3，令2(3－k2)＋k2＝4，解得k2＝2，所以此时(1＋x＋x2)6展开式中x4的系数为C·C＝60；当r＝4时，(x2＋x)4展开式的通项Mk3＋1＝Ck34(x2)4－k3·xk3，k3取0，1，2，3，4，令2(4－k3)＋k3＝4，解得k3＝4，所以此时(1＋x＋x2)6展开式中x4的系数为C·C＝15.综上所述，(1＋x＋x2)6展开式中x4的系数为15＋60＋15＝90. 答案：90 15．解析：如图，分别过点C，D作CG⊥AB，DF⊥AB，垂足分别为点G，F.由题意得四边形ABCD为等腰梯形，AF＝BG＝1.由勾股定理得DF＝＝1，所以△DAF是等腰直角三角形，所以∠DAF＝45°，所以·＝(＋)·(－)＝·(－)＝－·＋2－×9＝－×3××＋＝－2. 答案：－2 16．解析：由得A.因为g′(x)＝＋1＞0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，令g(x0)＝t，对于一个t的值，有唯一的x0使g(x0)＝t，所以B(x0，t)，故2ln x0＋x0－t＝0，即＝－ln x0，所以|AB|＝＝＝.令h(x)＝－ln x＋(x＞0)，则h′(x)＝－，当x∈(0，2)时，h′(x)＜0，函数h(x)单调递减；当x∈(2，＋∞)时，h′(x)＞0，函数h(x)单调递增，所以h(x)min＝h(2)＝－ln 2＋＝－ln 2＞0，所以|AB|min＝－ln 2. 答案：－ln 2 17．解：(1)设等差数列{an}的公差为d，首项为a1，则 解得 所以数列{an}的通项公式an＝2n－1.　　(5分) (2)＝ ＝.　　(6分) 所以Tn＝× ＝×＝.　　(8分) 由题得＞，解得n＞6.　　(9分) 因为n∈N*， 所以n的最小值是7.　　(10分) 18．解：(1)∵a＝b(sin C＋cos C)， ∴sin A＝sin B(sin C＋cos C)，　　(2分) ∴sin B cos C＋cos B sin C＝sin B sin C＋sin B cos C， ∴cos B sin C＝sin B sin C. ∵sin C＞0， ∴cos B＝sin B， ∴tan B＝.　　(5分) ∵B∈(0，π)， ∴B＝.　　(6分) (2)∵BC＝2，BD＝1，B＝， ∴根据余弦定理得 CD2＝BC2＋BD2－2BC·BD·cos B＝1＋12－2×1×2×＝7， ∴CD＝.　　(8分) ∵∠BDC＝＋A， ∴sin ∠BDC＝sin ＝cos A. 在△BDC中，由正弦定理得＝， ∴＝， ∴cos A＝，　　(10分) ∴tan A＝＝， ∴AC＝.　　(12分) 19．解：(1)依题意知，X～B， X的所有可能取值为0，1，2，3，　　(1分) ∴P(X＝0)＝＝， P(X＝1)＝C·×＝， P(X＝2)＝C·×＝， P(X＝3)＝＝.　　(5分) ∴X的分布列如表所示， X 0 1 2 3 P ∴E(X)＝3×＝.　　(6分) (2)记“在第4轮结束时，甲队进了3个球并刚好胜出”为事件A. 依题意知，在第4轮结束时，甲队进了3个球并刚好胜出，则此时甲、乙两队进球数比为3∶0或3∶1，将“甲、乙两队进球数比为3∶0”记为事件A1，“甲、乙两队进球数比为3∶1”记为事件A2，则A＝A1＋A2，且A1与A2互斥．　　(7分) 依题意有P(A1)＝C×××＝3××××＝，　　(9分) P(A2)＝××C××＋C×××C×＝××2＋××8＝，　　(11分) ∴P(A)＝P(A1＋A2)＝P(A1)＋P(A2)＝＋＝.　　(12分) 20．解：(1)证明：在△OCD中，由余弦定理可得OC＝， ∴OC2＋CD2＝OD2， 即CD⊥OC. 由题易知PO ⊥平面ABCD. 又CD⊂平面ABCD， ∴PO⊥CD. ∵OC∩PO＝O， ∴CD⊥平面POC.　　(3分) ∵四边形ABCD为平行四边形， ∴AB∥CD， ∴AB⊥平面POC.　　(4分) (2)取BC的中点F，连接OF，则OF，OP，OC两两垂直，以O为坐标原点，CO，OF，OP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，(5分) 则B(，2，0)，P(0，0，3)， C(－，0，0)，＝(，2，0)，＝(－，0，0)，＝(－，－2，3).　　(6分) 设＝λ＝(－λ，－2λ，3λ)(0＜λ＜1)， 则＝＋＝(－λ，2－2λ，3λ)，　　(7分) 易知平面POC的一个法向量为m＝(0，1，0).　　(8分) 设平面OCE的法向量为n＝(x，y，z)， 则 令z＝－2，得n＝，　　(10分) 则|cos 〈m，n〉|＝＝， 解得λ＝， ∴E为线段BP上靠近点P的三等分点时，平面POC与平面EOC的夹角的余弦值为.　　(12分) 21．解：(1)由题意，＝3，解得b＝2. 设椭圆的半焦距为c，则＝，即1－＝， 得a2＝8. ∴椭圆E的标准方程为＋＝1.　　(4分) (2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，P(xP，yP)，Q(xQ，yQ)， 易知直线MN的方程为y＝k1x－1. 直线BM的方程为y＝x＋2，与x2＋(y－1)2＝1联立， 得[x＋(y1－2)2]x2＋2x1(y1－2)x＝0. 由xP≠0，解得xP＝.　　(6分) 又＋＝1，即x＝8－2y， 代入上式，得xP＝＝. yP＝xP＋2＝4－. 即点P，　　(8分) 同理，点Q. k2＝＝＝. 将y1＝k1x1－1，y2＝k1x2－1代入上式， 得k2＝＝， 即k2＝k1，∴λ＝时，k2＝λk1恒成立．　　(12分) 22．解：(1)由题设知，f(x)的定义域为R，f′(x)＝xex－a. 令f′(x)＝0，得xex－a＝0，∴a＝xex. 令g(x)＝xex， 则g′(x)＝(x＋1)ex，令g′(x)＝0，得x＝－1. 当x变化时，g′(x)，g(x)变化如表所示， x (－∞，－1) －1 (－1，＋∞) g′(x) — 0 ＋ g(x) 单调递减 极小值－ 单调递增 　　(2分) 故当x∈(－∞，0)时，g(x)＜0， 当x∈(0，＋∞)时，g(x)＞0，且g(0)＝0， ∴y＝g(x)与y＝a的草图如图所示． (3分) ①当a≤－时，直线y＝a与y＝g(x)图象没有交点或相切于一点．此时，f′(x)没有零点或有一个不变号零点，f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，此时f(x)无极值点；　　(4分) ②当－＜a＜0时，直线y＝a与y＝g(x)图象有两个不同的交点．此时，f′(x)有两个变号零点，此时f(x)有两个极值点；　　(5分) ③当a≥0时，直线y＝a与y＝g(x)图象有一个交点． 此时，f′(x)有一个变号零点，此时f(x)有一个极值点． (6分) (2)不等式f(x)≥ln x－ex＋1对任意的x∈(0，＋∞)恒成立， 等价于xex－ln x－1≥ax对任意的x∈(0，＋∞)恒成立， ∴a≤ex－对任意的x∈(0，＋∞)恒成立．　　(7分) 记F(x)＝ex－(x＞0)， 则F′(x)＝ex＋＝. 记h(x)＝x2ex＋ln x(x＞0)，则h′(x)＝(x2＋2x)ex＋， 易知h′(x)＞0在(0，＋∞)上恒成立， ∴h(x)在(0，＋∞)上单调递增，且h＝e-2－1＜0，h(1)＝e＞0，　　(8分) ∴存在x0∈，使得h(x0)＝0， 且当x∈(0，x0)时，h(x)＜0，即F′(x)＜0； 当x∈(x0＋∞)时，h(x)＞0，即F′(x)＞0， ∴函数F(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增， ∴F(x)min＝F(x0)＝ex0－.　　(9分) 又h(x0)＝0，故xex0＝－ln x0， 即x0ex0＝－，即x0ex0＝ln ·eln .　　(10分) 由(1)知函数g(x)＝xex在(0，＋∞)上单调递增， 又g(x0)＝g， ∴x0＝ln ，F(x)min＝－＝1，　　(11分) ∴a≤1. 综上，实数a的取值范围是(－∞，1].　　(12分) 学科网（北京）股份有限公司 $$