（考試時間：120分鐘 試卷滿分：150分）
一、單項選擇題：本題共8小題，每小題5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. 已知全集，集合，集合，則圖中陰影部分所表示的集合為（ ）
A. B. C. D.
2. 復數(shù)z滿足，其中i為虛數(shù)單位，則復數(shù)的虛部為（ ）
A. B. C. D.
3. 已知為正項等比數(shù)列，是它的前n項和，若，且與的等差中項為3，則等于（ ）
A. B. C. D.
4. 已知正三棱臺的上?下底面的邊長分別為6和12，且棱臺的側(cè)面與底面所成的二面角為，則此三棱臺的體積為（ ）
A. B. C. D.
5. 設直線與圓交于，兩點，則的取值范圍為（ ）
A. B. C. D.
6. 我國油紙傘的制作工藝非常巧妙.如圖1，傘不管是張開還是收攏，傘柄始終平分同一平面內(nèi)兩條傘骨所成的角，且，從而保證傘圈能夠沿著傘柄滑動.如圖2，傘完全收攏時，傘圈已滑到的位置，且三點共線，為的中點，當傘從完全張開到完全收攏，半圈沿著傘柄向下滑動的距離為，則當傘完全張開時，的余弦值是（ ）
A. B. C. D.
7. 已知O為坐標原點，雙曲線的左、右焦點分別為，過點的直線l與E的右支交于點P，Q設與的內(nèi)切圓圓心分別是M，N，直線OM，ON的斜率分別是，則，則雙曲線E的離心率為（ ）
A. B. C. D.
8. 設函數(shù)，若關于x不等式有且只有三個整數(shù)解，則實數(shù)a的取值范圍是（ ）
A. B.
C. D.
二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得5分，部分選對的得3分，有選錯的得0分.
9. 下列說法正確的是（ ）
A. 向量在向量上的投影向量的坐標為
B. “”是“直線與直線平行”充要條件
C. 若正數(shù)a，b滿足，且，則
D. 已知為兩個不同的平面，m，n是兩條不同的直線，若，則
10. 已知為數(shù)列前n項和，，若數(shù)列既是等差數(shù)列，又是等比數(shù)列，則（ ）
A. 常數(shù)數(shù)列B. 是等比數(shù)列
C. 為遞減數(shù)列D. 是等差數(shù)列
11. 在三棱錐中，已知，棱AC，BC，AD的中點分別是E，F(xiàn)，G，，則（ ）
A. 過點E，F(xiàn)，G的平面截三棱錐所得截面是菱形
B 平面平面BCD
C. 異面直線AC，BD互相垂直
D. 三棱錐外接球的表面積為
12. 已知拋物線的焦點為F，拋物線上的點到點的距離為4，過點的直線l交拋物線于，兩點，以線段為直徑的圓交y軸于，兩點，設線段的中點為，則（ ）
A. B. 的取值范圍為
C. 若，則直線l的斜率為D. 有最大值
三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分.
13. 已知，則__________．
14. 寫出一個同時滿足下列性質(zhì)①②③的橢圓的標準方程為___________．
①中心在原點，焦點在y軸上；②離心率為；③焦距大于8．
15. 已知的半徑是1，點P滿足，直線PA與相切于點A，直線PB與交于B，C兩點，D為BC的中點，設，則當___________時，取得最大值．
16. 已知正四面體的棱長為2，為的中點，為中點，是棱上的動點，是平面內(nèi)的動點，則當取得最小值時，線段的長度等于___________．
四、解答題：本題共6小題，共70分，17題10分，其他小題各12分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.
17. 在中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，已知．
（1）求的大??；
（2）若，直線PQ分別交AB，BC于P，Q兩點，且PQ把的面積分成相等的兩部分，求的最小值．
18. 己知數(shù)列的前項積為，且．
（1）證明：是等差數(shù)列；
（2）從中依次取出第1項，第2項，第4項……第項，按原來順序組成一個新數(shù)列，求數(shù)列的前項和．
19. 如圖，在四棱錐中，底面ABCD為矩形，底面ABCD，，E為線段PB的中點，F(xiàn)為線段BC上的動點．
（1）求證：；
（2）試求BF的長，使平面AEF與平面PCD夾角的余弦值為．
20. 某公司食堂每天中午給員工準備套餐，套餐只有A、B、C三種，公司規(guī)定：每位員工第一天在3個套餐中任意選一種，從第二天起，每天都是從前一天沒有吃過的2種套餐中任意選一種．
（1）若員工甲連續(xù)吃了3天的套餐，求第三天吃的是“套餐A”的概率；
（2）設員工甲連續(xù)吃了5天套餐，其中選擇“套餐B”的天數(shù)為X，求X的分布列及數(shù)學期望．
21. 己知橢圓的上、下頂點分別是A，B，點E（異于A，B兩點）在橢圓C上，直線EA與EB的斜率之積為，橢圓C的短軸長為2．
（1）求橢圓C的標準方程；
（2）點Q是橢圓C長軸上的不同于左右頂點的任意一點，過點Q作斜率不為0的直線l，l與橢圓的兩個交點分別為P，N，若為定值，則稱點Q為“穩(wěn)定點”，問：是否存在這樣的穩(wěn)定點？若有，求出所有的“穩(wěn)定點”；若沒有，請說明理由．
22. 已知函數(shù)有兩個不同的零點，分別記為，，且．
（1）求實數(shù)的取值范圍；
（2）若不等式恒成立（e為自然對數(shù)的底數(shù)），求正數(shù)k的取值范圍．
福州一中2023-2024學年第一學期第二學段期末考試
高三數(shù)學期末考試卷
（考試時間：120分鐘 試卷滿分：150分）
一、單項選擇題：本題共8小題，每小題5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. 已知全集，集合，集合，則圖中陰影部分所表示的集合為（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先化簡兩個集合，根據(jù)陰影部分可求答案.
【詳解】由題意圖中陰影部分為，
而，，
所以.
故選：B.
2. 復數(shù)z滿足，其中i為虛數(shù)單位，則復數(shù)的虛部為（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由復數(shù)除法運算以及共軛復數(shù)、虛部的概念即可求解.
【詳解】由題意，所以的虛部為.
故選：D.
3. 已知為正項等比數(shù)列，是它的前n項和，若，且與的等差中項為3，則等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根據(jù)基本量法求出和q，然后由求和公式可得.
【詳解】記等比數(shù)列的公比為，
由題可知，，即，
解得或（舍去），
所以.
故選：B
4. 已知正三棱臺的上?下底面的邊長分別為6和12，且棱臺的側(cè)面與底面所成的二面角為，則此三棱臺的體積為（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用正三棱臺的幾何特征求出棱臺的高，再求出上下底面積，利用棱臺的體積公式求解即可.
【詳解】由題意可知正三棱臺的上底面面積為，下底面面積為，
設中點為，為下、上底面中心，連接，過作底面交于，
由正三棱臺的性質(zhì)可知，，
因為平面平面，所以為棱臺側(cè)面與底面所成的二面角的平面角，即，
因為，，
所以，，
所以此三棱臺的體積，
故選：C
5. 設直線與圓交于，兩點，則的取值范圍為（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由條件可知直線過定點，直線時，弦最短，直線l過圓心時，弦最長，求解即可.
【詳解】設直線為l，
方程變形為，所以直線恒過定點，
因為圓的方程為，所以圓心，半徑，
因為，所以在圓的內(nèi)部，
當直線時，弦最短，
因為，所以，
當直線l過圓心時，弦最長為，
故的取值范圍為.
故選：.
6. 我國油紙傘的制作工藝非常巧妙.如圖1，傘不管是張開還是收攏，傘柄始終平分同一平面內(nèi)兩條傘骨所成的角，且，從而保證傘圈能夠沿著傘柄滑動.如圖2，傘完全收攏時，傘圈已滑到的位置，且三點共線，為的中點，當傘從完全張開到完全收攏，半圈沿著傘柄向下滑動的距離為，則當傘完全張開時，的余弦值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先通過題意求出，再通過余弦定理求出，進而通過倍角公式可得的值.
【詳解】當傘完全張開時，，
因為為的中點，所以，
當傘完全收攏時，，所以，
在中，，
所以.
故選：A.
7. 已知O為坐標原點，雙曲線的左、右焦點分別為，過點的直線l與E的右支交于點P，Q設與的內(nèi)切圓圓心分別是M，N，直線OM，ON的斜率分別是，則，則雙曲線E的離心率為（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先根據(jù)內(nèi)切圓的性質(zhì)確定圓心的坐標，進而得出，結(jié)合等量關系可得答案.
【詳解】設的內(nèi)切圓和三邊分別相切于點,則，
又，所以，所以.
設直線l的傾斜角為，則由內(nèi)切圓的性質(zhì)可得，
，
所以；
同理可得，所以；
因為，
所以，解得.
故選：C.

8. 設函數(shù)，若關于x的不等式有且只有三個整數(shù)解，則實數(shù)a的取值范圍是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】把不等式轉(zhuǎn)化為，令，求得，令，在上單調(diào)遞增，存在唯一的使得，得出函數(shù)的單調(diào)性，結(jié)合，，，，的值和題設條件，得出，求解即可.
【詳解】∵，等價于.
令 則，
令，在上單調(diào)遞增，
又由，，
∴存在唯一的使得，
當時，，，單調(diào)遞減；
當時，，，單調(diào)遞增，
又，，，，.
所以當有且僅有三個整數(shù)解時，
有，解得，
即實數(shù)a的取值范圍是.
故選：B
二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得5分，部分選對的得3分，有選錯的得0分.
9. 下列說法正確的是（ ）
A. 向量在向量上的投影向量的坐標為
B. “”是“直線與直線平行”的充要條件
C. 若正數(shù)a，b滿足，且，則
D. 已知為兩個不同的平面，m，n是兩條不同的直線，若，則
【答案】CD
【解析】
【分析】利用投影向量的求法可判定A的正誤，利用直線平行的條件可得B的正誤，利用對數(shù)運算及基本不等式可得C的正誤，根據(jù)空間位置關系可得D的正誤.
【詳解】對于A，向量在向量上的投影向量的坐標為，A不正確.
對于B，直線與直線平行，則有且，解得或，
所以“”是“直線與直線平行”的充分不必要條件，B不正確.
對于C，因為，所以，所以，
因為，所以等號不成立，故，C正確.
對于D，因為，所以，因為，所以，D正確.
故選：CD.
10. 已知為數(shù)列的前n項和，，若數(shù)列既是等差數(shù)列，又是等比數(shù)列，則（ ）
A. 常數(shù)數(shù)列B. 是等比數(shù)列
C. 為遞減數(shù)列D. 是等差數(shù)列
【答案】ABD
【解析】
【分析】根據(jù)等差數(shù)列和等比數(shù)列的性質(zhì)，結(jié)合等比數(shù)列的定義逐一判斷即可.
【詳解】對于選項A：設等差數(shù)列的公差為，
由題意可知：，
因為數(shù)列也是等比數(shù)列，
因此有，
顯然既是等差數(shù)列，又是等比數(shù)列，符合題意，故A正確；
對于選項B：可知，
當時，，兩式相減得，
且，可得，
可知數(shù)列是以為首項，公比為的等比數(shù)列，則，故B正確；
對于選項C：因為，，可得，
根據(jù)指數(shù)函數(shù)的單調(diào)性和單調(diào)性的性質(zhì)可以判斷數(shù)列為遞增數(shù)列，故C錯誤；
對于選項D：因為，
所以數(shù)列是不為零的常數(shù)列，所以它是等差數(shù)列，故D正確；
故選：ABD
11. 在三棱錐中，已知，棱AC，BC，AD的中點分別是E，F(xiàn)，G，，則（ ）
A. 過點E，F(xiàn)，G的平面截三棱錐所得截面是菱形
B. 平面平面BCD
C. 異面直線AC，BD互相垂直
D. 三棱錐外接球的表面積為
【答案】ABD
【解析】
【分析】A項，利用中位線證明平行關系與長度關系得四邊形為菱形；B項，取CD的中點P，由勾股定理證明，由等腰三角形三線合一得，由線線垂直證線面垂直再證面面垂直即可；C項，假設垂直推證，由斜邊與直角邊關系可推出矛盾；D項，取的中心，由面面垂直性質(zhì)定理得線面垂直關系，由勾股定理得，利用球心到各頂點距離相等可得正三角形的中心即為球心.
【詳解】選項A，如圖，連接EF，EG，取BD的中點H，連接GH，F(xiàn)H，
由F是BC的中點，得，，
同理得，，所以，，
四邊形EFHG是平行四邊形，
于是過點E，F(xiàn)，G的平面截三棱錐所得截面即為四邊形EFHG，
且由E，F(xiàn)分別是AC，BC的中點，得，，因此，
所以四邊形EFHG為菱形，故A正確；
選項B，取CD的中點P，連接，
由，得，
由，得，又，所以，
所以，
又，，又平面BCD，所以平面BCD，
又平面ADC，所以平面平面BCD， 故B正確；
選項C，假設，已知 ，且平面，
所以平面，而平面，所以，所以，
這與已知“”矛盾， 故C錯誤；
選項D，取正三角形的中心，連接，
則，
由于是直角三角形，CD為斜邊，則，
由平面平面BCD，平面平面，
由，且平面，所以平面，
所以，則，
所以的外心就是三棱錐的外接球球心，
所以外接球半徑R就是外接圓半徑，可知，
所以三棱錐外接球的表面積為，故D正確．
故選：ABD.
12. 已知拋物線的焦點為F，拋物線上的點到點的距離為4，過點的直線l交拋物線于，兩點，以線段為直徑的圓交y軸于，兩點，設線段的中點為，則（ ）
A. B. 的取值范圍為
C. 若，則直線l的斜率為D. 有最大值
【答案】BD
【解析】
【分析】由題意計算可得，即可得拋物線解析式，設、，，聯(lián)立曲線則可得與兩交點有關韋達定理，借助中點公式與距離公式可得以線段AB為直徑的圓的方程，令即可得、兩點坐標，計算即可得A，計算的范圍即可得的范圍即可得B，由可計算出，兩點具體坐標，即可得C，由，借助兩角和的正切公式及所得韋達定理計算即可得D.
【詳解】由在拋物線上，故有，焦點，又，
故有，
化簡得，又，故，即，
設、，，
聯(lián)立，可得，，
則，，
則，
，故，
，則，
故以線段AB為直徑的圓的方程為，
令，有，
故，
由圓的對稱性，不妨設，，
則，
則不恒等于，故A錯誤；
過點作軸于點，
則
，
令，則，
則，
由對勾函數(shù)性質(zhì)可知，在上單調(diào)遞增，
故，故，
則，故B正確；
若，則有，即，
由，故，解得，則，
則，，故，故C錯誤；
，
由，，
故
，
則當時，有最大值，且其最大值為，故D正確.
故選：BD
【點睛】方法點睛：利用韋達定理法解決直線與圓錐曲線相交問題的基本步驟如下：
（1）設直線方程，設交點坐標為；
（2）聯(lián)立直線與圓錐曲線的方程，得到關于（或）的一元二次方程，注意的判斷；
（3）列出韋達定理；
（4）將所求問題或題中的關系轉(zhuǎn)化為、（或、）的形式；
（5）代入韋達定理求解.
三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分.
13. 已知，則__________．
【答案】
【解析】
【分析】首先將化簡為，再利用誘導公式和余弦二倍角公式即可得到答案.
【詳解】由題意可得：
.
故答案為：.
14. 寫出一個同時滿足下列性質(zhì)①②③的橢圓的標準方程為___________．
①中心在原點，焦點在y軸上；②離心率為；③焦距大于8．
【答案】（答案不唯一，符合題意即可）
【解析】
【分析】根據(jù)離心率可得之間的關系，結(jié)合題意取的值，即可得方程.
【詳解】由題意可知：，可得，
令，可得，
又因為中心在原點，焦點在y軸上，可得橢圓的標準方程為.
故答案為：（答案不唯一，符合題意即可）.
15. 已知的半徑是1，點P滿足，直線PA與相切于點A，直線PB與交于B，C兩點，D為BC的中點，設，則當___________時，取得最大值．
【答案】
【解析】
【分析】由題意可知：，，根據(jù)數(shù)量積的定義結(jié)合三角恒等變換整理得，再根據(jù)正弦函數(shù)的有界性分析求解.
【詳解】由題意可知：點P在以為圓心，半徑為的圓上，
因為直線PA與相切于點A，則，，
可知，，
又因為D為BC的中點，則，可得，
則
，
且，可得，
可知：當，即時，取到最大值.
故答案為：.
16. 已知正四面體的棱長為2，為的中點，為中點，是棱上的動點，是平面內(nèi)的動點，則當取得最小值時，線段的長度等于___________．
【答案】
【解析】
【分析】取中點，先由平面，得在線段上，再把沿翻折到平面上，得到取得最小值時，由此求出結(jié)果.
【詳解】取中點，連接，

由正四面體性質(zhì)可得，，因為，所以平面 因為，所以平面，
當取得最小值時，平面 ，所以在線段上，由平面，得，，，所以，將沿翻折到平面上，如圖

由題意知，，，則，
所以當取得最小值時，即，所以
故答案為：
四、解答題：本題共6小題，共70分，17題10分，其他小題各12分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.
17. 在中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，已知．
（1）求的大小；
（2）若，直線PQ分別交AB，BC于P，Q兩點，且PQ把的面積分成相等的兩部分，求的最小值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理邊角互換、兩角和的正弦公式以及誘導公式即可求解；
（2）由三角形面積公式首先得，進一步結(jié)合基本不等式以及余弦定理即可求解.
【小問1詳解】
因為，所以，
即，
所以，即.
【小問2詳解】
由題意不妨設，由題意，
所以，
由余弦定理、基本不等式得，
等號成立當且僅當，
綜上所述，的最小值為.
18. 己知數(shù)列的前項積為，且．
（1）證明：是等差數(shù)列；
（2）從中依次取出第1項，第2項，第4項……第項，按原來順序組成一個新數(shù)列，求數(shù)列的前項和．
【答案】（1）證明見解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由，，代入可得，化簡即可證明結(jié)論；
（2）由等差數(shù)列的通項公式可得，從而得到數(shù)列的通項公式，利用錯位相減即可求得結(jié)果.
【小問1詳解】
因為數(shù)列的前項積為，所以，
又因為，所以，
化簡可得，
當時，，解得：，
所以是等差數(shù)列，首項為3，公差為2.
【小問2詳解】
由（1）可得,
所以，故，令數(shù)列的前項和為，
則①
②
①②可得：
化簡可得：，
所以數(shù)列的前項和
19. 如圖，在四棱錐中，底面ABCD為矩形，底面ABCD，，E為線段PB的中點，F(xiàn)為線段BC上的動點．
（1）求證：；
（2）試求BF的長，使平面AEF與平面PCD夾角的余弦值為．
【答案】（1）證明見解析
（2）
【解析】
【分析】（1）建立空間坐標系，寫出向量坐標，利用向量數(shù)量積證明垂直；
（2）求出平面法向量，根據(jù)線面角可求答案.
【小問1詳解】
以為坐標原點，所在直線分別為軸，建系如圖，
,因為E為線段PB的中點，所以;
, ;
因為,所以.
【小問2詳解】
設，則,則,
設平面的一個法向量為，
，令，則.
,
設平面的一個法向量為，
，令，則.
設平面AEF與平面PCD的夾角為，，
由題意，解得，即.
20. 某公司食堂每天中午給員工準備套餐，套餐只有A、B、C三種，公司規(guī)定：每位員工第一天在3個套餐中任意選一種，從第二天起，每天都是從前一天沒有吃過的2種套餐中任意選一種．
（1）若員工甲連續(xù)吃了3天的套餐，求第三天吃的是“套餐A”的概率；
（2）設員工甲連續(xù)吃了5天的套餐，其中選擇“套餐B”的天數(shù)為X，求X的分布列及數(shù)學期望．
【答案】（1）
（2）分布列見解析，
【解析】
【分析】（1）分第一天吃的是“套餐A”和第一天吃的是“套餐B”（或“套餐C”），結(jié)合獨立事件概率乘法公式運算求解；
（2）由題意可知：X的可能取值為，結(jié)合題意求分布列和期望.
【小問1詳解】
若第一天吃的是“套餐A”，則第二天吃的是“套餐B”或“套餐C”，
此時的概率為；
若第一天吃的是“套餐B”（“套餐C”），則第二天吃的是“套餐C”（“套餐B”），
此時的概率為；
所以第三天吃的是“套餐A”的概率.
【小問2詳解】
由題意可知：X的可能取值為，則有：
；
；
；
；
可知X的分布列為
所以X的期望為.
21. 己知橢圓的上、下頂點分別是A，B，點E（異于A，B兩點）在橢圓C上，直線EA與EB的斜率之積為，橢圓C的短軸長為2．
（1）求橢圓C的標準方程；
（2）點Q是橢圓C長軸上的不同于左右頂點的任意一點，過點Q作斜率不為0的直線l，l與橢圓的兩個交點分別為P，N，若為定值，則稱點Q為“穩(wěn)定點”，問：是否存在這樣的穩(wěn)定點？若有，求出所有的“穩(wěn)定點”；若沒有，請說明理由．
【答案】21.
22. 存在穩(wěn)定點，理由見詳解
【解析】
【分析】（1）根據(jù)題意可得兩點坐標，設出點，由化簡可得橢圓C的標準方程；
（2）設直線，與橢圓方程聯(lián)立，由韋達定理可得，，又，，從而可求的表達式， 即可求解.
【小問1詳解】
由題，，即，所以，，
設，由可得，
，化簡得，又點滿足上式，
所以橢圓C的標準方程為.
【小問2詳解】
存在這樣的點，設直線，，，，
聯(lián)立，消去整理得，
，，，
又，，
，
要使上式為定值，則，故當時，為定值，
綜上，存在這樣的穩(wěn)定點.
【點睛】思路點睛：第二問，設出直線與橢圓方程聯(lián)立，得到根與系數(shù)關系，又利用兩點間距離公式可得又，，代入運算化簡得解.
22. 已知函數(shù)有兩個不同的零點，分別記為，，且．
（1）求實數(shù)的取值范圍；
（2）若不等式恒成立（e為自然對數(shù)的底數(shù)），求正數(shù)k的取值范圍．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用導數(shù)求出函數(shù)的單調(diào)性和最大值，由最大值大于即可解得結(jié)果；
（2）根據(jù)不等式，兩邊取自然對數(shù)后，得到，結(jié)合題設得，消去后得，再通過雙變量化單變量，構(gòu)造函數(shù)討論單調(diào)性得出.
【小問1詳解】
函數(shù)的定義域為，，
當時，因，故函數(shù)在上單調(diào)遞增，不存在兩個零點，不合題意；
當時，設，，
故在上單調(diào)遞減，即在上單調(diào)遞減，
由，得，
當時，；當時，；
所以當時候，取得最大值.
即,
當趨近于0時，趨近于0，趨近于負無窮，趨近于負無窮；
當趨近于正無窮時，趨近于負無窮.
所以若函數(shù)有兩個不同的零點，則，
即，解得，又，
所以實數(shù)a的取值范圍.
【小問2詳解】
因為有兩個不同的零點，，
由題知，且，即，
相減得到：
由不等式恒成立，則恒成立，
即恒成立，所以恒成立，
故恒成立，即恒成立，
所以恒成立，即恒成立，
即恒成立.
設，則時，不等式恒成立，
因為，進而得在時恒成立，
設，，注意到.
則，
即，
又因為且，則，
所以當時，，即，故在單調(diào)遞增，
而時，所以恒成立，故滿足題意.
當時，若，由，則在單調(diào)遞減，
所以當時，與題設不符
綜上所述，正數(shù)k的取值范圍.
【點睛】本題考查利用導數(shù)研究函數(shù)單調(diào)性、零點及不等式恒成立的證明等知識，考查學生綜合運用知識分析問題解決問題的能力、推理論證能力，本題綜合性強，能力要求高.
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