1．答題前，考生務(wù)必將自己的姓名、考生號、考場號、座位號填寫在答題卡上．
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(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑．如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)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(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回．
4．本試卷主要考試內(nèi)容：高考全部內(nèi)容．
一、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. 已知復(fù)數(shù)滿足，則（ ）
A. B. C. D.
2. 已知集合，，若中有2個元素，則a的取值范圍是（ ）
A. B. C. D.
3. 某學(xué)生通過計步儀器，記錄了自己最近30天每天走的步數(shù)，數(shù)據(jù)從小到大排序如下：
5588 6054 8799 9851 9901 10111 11029 11207 12634 12901
13001 13092 13127 13268 13562 13621 13761 13801 14101 14172
14191 14292 14426 14468 14562 14621 15061 15601 15901 19972
估計該學(xué)生最近30天每天走的步數(shù)數(shù)據(jù)的第75百分位數(shù)為（ ）
A. 14292B. 14359C. 14426D. 14468
4. 若函數(shù)是定義在R上的奇函數(shù)，則（ ）
A. 3B. 2C. D.
5. 有4個外包裝相同的盒子，其中2個盒子分別裝有1個白球，另外2個盒子分別裝有1個黑球，現(xiàn)準(zhǔn)備將每個盒子逐個拆開，則恰好拆開2個盒子就能確定2個白球在哪個盒子中的概率為（ ）
A. B. C. D.
6. 已知，分別是雙曲線的左、右焦點，是雙曲線右支上的一個動點，且“”的最小值是，則雙曲線的漸近線方程為（ ）
A. B.
C. D.
7. 已知圓，過點的直線l與圓O交于B，C兩點，且，則（ ）
A. 2B. C. D.
8. 如圖，圓和圓外切于點，，分別為圓和圓上的動點，已知圓和圓的半徑都為1，且，則的最大值為（ ）
A. 2B. 4C. D.
二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18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6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分．
9. 一般地，任意給定一個角，它的終邊與單位圓的交點P的坐標(biāo)，無論是橫坐標(biāo)x還是縱坐標(biāo)y，都是唯一確定的，所以點P的橫坐標(biāo)x、縱坐標(biāo)y都是角的函數(shù).下面給出這些函數(shù)的定義：
①把點P的縱坐標(biāo)y叫作的正弦函數(shù)，記作，即；
②把點P橫坐標(biāo)x叫作的余弦函數(shù)，記作，即；
③把點P的縱坐標(biāo)y的倒數(shù)叫作的余割，記作，即；
④把點P橫坐標(biāo)x的倒數(shù)叫作的正割，記作，即.
下列結(jié)論正確的有（ ）
A.
B
C. 函數(shù)的定義域為
D.
10. 如圖1，在等腰梯形中，，，，，，將四邊形沿進行折疊，使到達位置，且平面平面，連接，，如圖2，則（ ）
A B. 平面平面
C. 多面體為三棱臺D. 直線與平面所成的角為
11. 已知函數(shù)，函數(shù)，且，定義運算設(shè)函數(shù)，則下列命題正確的是（ ）
A. 的最小值為
B. 若在上單調(diào)遞增，則k的取值范圍為
C. 若有4個不同的解，則m的取值范圍為
D. 若有3個不同的解，，則
三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分．
12. 已知F為拋物線的焦點，點在拋物線上C，直線與拋物線C的另一個交點為A，則______.
13. 在中，內(nèi)角A，B，C對邊分別為a，b，c，若，，則的面積為______.
14. 已知某種有蓋的圓柱形容器的底面圓半徑為，高為100，現(xiàn)有若干個半徑為的實心球，則該圓柱形容器內(nèi)最多可以放入______個這種實心球.
四、解答題：本題共5小題，共77分．解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟
15. 已知數(shù)列的前n項和為，且.
（1）求的通項公式；
（2）若數(shù)列滿足，求的前項和.
16. 如圖，在四棱錐中，平面內(nèi)存在一條直線與平行，平面，直線與平面所成的角的正切值為，，.

（1）證明：四邊形是直角梯形.
（2）若點滿足，求二面角的正弦值.
17. 某興趣小組調(diào)查并統(tǒng)計了某班級學(xué)生期末統(tǒng)考中的數(shù)學(xué)成績和建立個性化錯題本的情況，用來研究這兩者是否有關(guān).若從該班級中隨機抽取1名學(xué)生，設(shè)“抽取的學(xué)生期末統(tǒng)考中的數(shù)學(xué)成績不及格”，“抽取的學(xué)生建立了個性化錯題本”，且，，.
（1）求和.
（2）若該班級共有36名學(xué)生，請完成列聯(lián)表，并依據(jù)小概率值的獨立性檢驗，分析學(xué)生期末統(tǒng)考中的數(shù)學(xué)成績與建立個性化錯題本是否有關(guān)，
（3）為進一步驗證（2）中的判斷，該興趣小組準(zhǔn)備在其他班級中抽取一個容量為的樣本（假設(shè)根據(jù)新樣本數(shù)據(jù)建立的列聯(lián)表中，所有的數(shù)據(jù)都擴大為（2）中列聯(lián)表中數(shù)據(jù)的倍，且新列聯(lián)表中的數(shù)據(jù)都為整數(shù)）.若要使得依據(jù)的獨立性檢驗可以肯定（2）中的判斷，試確定的最小值
參考公式及數(shù)據(jù)：，.
18. 平面幾何中有一定理如下：三角形任意一個頂點到其垂心（三角形三條高所在直線的交點）的距離等于外心（外接圓圓心）到該頂點對邊距離的2倍.已知的垂心為D，外心為E，D和E關(guān)于原點O對稱，.
（1）若，點B在第二象限，直線軸，求點B的坐標(biāo)；
（2）若A，D，E三點共線，橢圓T：與內(nèi)切，證明：D，E為橢圓T的兩個焦點.
19. 已知函數(shù).
（1）若，求曲線在點處的切線方程；
（2）若，試討論的零點個數(shù).
高三數(shù)學(xué)考試
注意事項：
1．答題前，考生務(wù)必將自己的姓名、考生號、考場號、座位號填寫在答題卡上．
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(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑．如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)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(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回．
4．本試卷主要考試內(nèi)容：高考全部內(nèi)容．
一、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. 已知復(fù)數(shù)滿足，則（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根據(jù)復(fù)數(shù)代數(shù)形式的除法運算法則計算可得.
【詳解】因為，所以.
故選：A
2. 已知集合，，若中有2個元素，則a的取值范圍是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根據(jù)即可求解.
【詳解】，
因為中只有2個元素，則，所以.
故選：B
3. 某學(xué)生通過計步儀器，記錄了自己最近30天每天走的步數(shù)，數(shù)據(jù)從小到大排序如下：
5588 6054 8799 9851 9901 10111 11029 11207 12634 12901
13001 13092 13127 13268 13562 13621 13761 13801 14101 14172
14191 14292 14426 14468 14562 14621 15061 15601 15901 19972
估計該學(xué)生最近30天每天走的步數(shù)數(shù)據(jù)的第75百分位數(shù)為（ ）
A. 14292B. 14359C. 14426D. 14468
【答案】C
【解析】
【分析】根據(jù)給定數(shù)據(jù)，利用第75百分位數(shù)的意義求解即得.
【詳解】由，得樣本的第75百分位數(shù)為第23個數(shù)據(jù)，
據(jù)此估計該學(xué)生最近30天每天走的步數(shù)數(shù)據(jù)的第75百分位數(shù)為14426.
故選：C
4. 若函數(shù)是定義在R上的奇函數(shù)，則（ ）
A. 3B. 2C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根據(jù)奇函數(shù)的性質(zhì)可得，進而可得，，即可求解.
【詳解】設(shè)，則，即，
即，所以.
因為，所以，.
故選：A
5. 有4個外包裝相同的盒子，其中2個盒子分別裝有1個白球，另外2個盒子分別裝有1個黑球，現(xiàn)準(zhǔn)備將每個盒子逐個拆開，則恰好拆開2個盒子就能確定2個白球在哪個盒子中的概率為（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先將4個盒子進行全排，若恰好拆開2個盒子就能確定2個白球在哪個盒子中，則前兩個盒子都是白球或都是黑球，分別計算出排列數(shù)，即可得到答案.
【詳解】將4個盒子按順序拆開有種方法，
若恰好拆開2個盒子就能確定2個白球在哪個盒子中，
則前兩個盒子都是白球或都是黑球，有種情況，
則恰好拆開2個盒子就能確定2個白球在哪個盒子中的概率為.
故選：B
6. 已知，分別是雙曲線的左、右焦點，是雙曲線右支上的一個動點，且“”的最小值是，則雙曲線的漸近線方程為（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】法一：根據(jù)條件，利用點到點的距離公式得到，再利用，即可求出結(jié)果；法二：利用雙曲線的定義，得到，再利用的取值范圍，即可求出結(jié)果.
【詳解】解法一：不妨設(shè)，，，且，
則，
所以，解得，，故雙曲線C的漸近線方程為.
解法二：
，
所以，解得，，故雙曲線C的漸近線方程為.
故選：C.
7. 已知圓，過點的直線l與圓O交于B，C兩點，且，則（ ）
A. 2B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根據(jù)條件可得，結(jié)合圖形得出，然后根據(jù)轉(zhuǎn)化法利用向量積求出向量的模即可
【詳解】如圖，在中，，，，，，
所以.

故選：D
8. 如圖，圓和圓外切于點，，分別為圓和圓上的動點，已知圓和圓的半徑都為1，且，則的最大值為（ ）
A. 2B. 4C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由，化簡得到，兩邊平方化簡可得：，由化簡即可得到答案.
【詳解】
，
所以，
所以，即，
解得.
.
故選：D
二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18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6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分．
9. 一般地，任意給定一個角，它的終邊與單位圓的交點P的坐標(biāo)，無論是橫坐標(biāo)x還是縱坐標(biāo)y，都是唯一確定的，所以點P的橫坐標(biāo)x、縱坐標(biāo)y都是角的函數(shù).下面給出這些函數(shù)的定義：
①把點P的縱坐標(biāo)y叫作的正弦函數(shù)，記作，即；
②把點P的橫坐標(biāo)x叫作的余弦函數(shù)，記作，即；
③把點P的縱坐標(biāo)y的倒數(shù)叫作的余割，記作，即；
④把點P的橫坐標(biāo)x的倒數(shù)叫作的正割，記作，即.
下列結(jié)論正確的有（ ）
A.
B.
C. 函數(shù)的定義域為
D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】根據(jù)正余弦函數(shù)及余割正割的定義逐一判斷即可.
【詳解】，A正確；
，B正確；
函數(shù)的定義域為，C錯誤；
，
當(dāng)時，等號成立，D正確.
故選：ABD.
10. 如圖1，在等腰梯形中，，，，，，將四邊形沿進行折疊，使到達位置，且平面平面，連接，，如圖2，則（ ）
A. B. 平面平面
C. 多面體為三棱臺D. 直線與平面所成的角為
【答案】ABD
【解析】
【分析】A.由面面垂直得線面垂直再得線線垂直；B.由，易得平面平面；C.由棱臺的定義可判斷；D.確定線面角，計算即可.
【詳解】
因為平面平面，平面平面，平面，，
所以平面，又因為平面,
則，故A正確.
因為，平面，平面，則平面平面，
又，平面，平面，則平面平面，
又因為，平面，
所以平面平面，B正確.
因為，，則，所以多面體不是三棱臺，C錯誤.
延長，相交于點G，
因為平面平面，平面平面，平面，，
所以平面，則為直線與平面所成的角.
因為，所以，
解得，，則，
則，D正確.
故選：ABD.
11. 已知函數(shù)，函數(shù)，且，定義運算設(shè)函數(shù)，則下列命題正確的是（ ）
A. 的最小值為
B. 若在上單調(diào)遞增，則k的取值范圍為
C. 若有4個不同解，則m的取值范圍為
D. 若有3個不同的解，，則
【答案】AC
【解析】
【分析】對A，對分類討論，并作出分段函數(shù)的圖象求出最小值即可；對B，令，求出，根據(jù)其單調(diào)性得到不等式，解出即可；對C和D結(jié)合圖象轉(zhuǎn)化為直線與函數(shù)圖象交點個數(shù)，并結(jié)合函數(shù)對稱性即可判斷.
【詳解】對A，
令，解得.
當(dāng)時，作出函數(shù)和的圖象，如圖1所示.
此時，，顯然當(dāng)時，，
圖1
當(dāng)時，作出函數(shù)的圖象，如圖2所示.
，，所以的最小值為，
綜上的最小值為，A正確.
圖2
對B，令，解得，.
若在上單調(diào)遞增，則，解得.
因為當(dāng)時，在上單調(diào)遞增，
所以k的取值范圍為，B錯誤.
對CD，若有3個不同的解，，，則結(jié)合圖象可得
或，D錯誤.
若有4個不同的解，則，C正確.
故選：AC.
【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題B選項的關(guān)鍵是結(jié)合圖象找到臨界位置，從而得到不等式，CD選項應(yīng)結(jié)合函數(shù)圖象，轉(zhuǎn)化為直線與函數(shù)圖象交點個數(shù)問題.
三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分．
12. 已知F為拋物線的焦點，點在拋物線上C，直線與拋物線C的另一個交點為A，則______.
【答案】2
【解析】
【分析】將代入拋物線方程，再根據(jù)直線與x軸垂直求解即可.
【詳解】由題意可得，解得，則.
又直線與x軸垂直，，.
故答案為：2
13. 在中，內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若，，則的面積為______.
【答案】
【解析】
【分析】由正弦定理角化邊可得，再結(jié)合余弦定理可得，根據(jù)三角形面積公式即可求解.
【詳解】解：因，由正弦定理可得：，即，
又，所以，
由，
所以，
故答案為：.
14. 已知某種有蓋的圓柱形容器的底面圓半徑為，高為100，現(xiàn)有若干個半徑為的實心球，則該圓柱形容器內(nèi)最多可以放入______個這種實心球.
【答案】49
【解析】
【分析】分析第1個實心球上的點與第2個實心球上的點到該圓柱形容器下底面的最大距離，依次疊放，找出規(guī)律得到每多放一個球，最上面的球上的點到該圓柱形容器下底面的最大距離加2，即可得到答案.
【詳解】如圖，將第1個實心球靠近該圓柱形容器側(cè)面放置，
球上的點到該圓柱形容器下底面的最大距離為；
將第2個實心球也靠近該圓柱形容器側(cè)面放置，
過點作垂直于該圓柱形容器的母線，垂足為，
過點作垂直于該圓柱形容器下底面，垂足為，
設(shè).，，，
球上的點到該圓柱形容器下底面的最大距離為.
同理可得球上的點到該圓柱形容器下底面的最大距離為.
由此規(guī)律可得，每多放一個球，最上面的球上的點到該圓柱形容器下底面的最大距離加2.
因為，
所以該圓柱形容器內(nèi)最多可以放入49個這種實心球.
故答案為：49
【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題解決的關(guān)鍵是，分析得每多放一個球，最上面的球上的點到該圓柱形容器下底面的最大距離加2，從而得解.
四、解答題：本題共5小題，共77分．解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟
15. 已知數(shù)列的前n項和為，且.
（1）求的通項公式；
（2）若數(shù)列滿足，求的前項和.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根據(jù)的關(guān)系由：求解即可；
（2）根據(jù)通項分奇偶分別計算求和，結(jié)合裂項相消和等比數(shù)列求和公式即可.
【小問1詳解】
當(dāng)時，.
當(dāng)時，，
當(dāng)時，也符合.
綜上，.
【小問2詳解】
由
則
，
故的前項和.
16. 如圖，在四棱錐中，平面內(nèi)存在一條直線與平行，平面，直線與平面所成的角的正切值為，，.

（1）證明：四邊形直角梯形.
（2）若點滿足，求二面角的正弦值.
【答案】（1）證明見解析；
（2）
【解析】
【分析】（1）根據(jù)條件，利用線面平行的判定定理，得到平面，再線面平行的性質(zhì)定理，得到，再利用條件得到，結(jié)合，，即可證明結(jié)果；
（2）建立空間直角坐標(biāo)系，求出平面和平面的法向量，利用面面角的向量法，即可解決問題.
【小問1詳解】
因為，平面，平面，所以平面，
因為平面，平面平面，所以，
連接，因為平面，所以是與平面的夾角，
則，解得.
因為，，所以，所以.
又，所以四邊形是直角梯形.
【小問2詳解】
取的中點M，連接，以A為坐標(biāo)原點建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，
則，，，，，，，
由，得，則，
設(shè)平面的法向量為，
則，取，得到，即，
設(shè)平面的一個法向量為，
則由，得到，到，得到，
所以平面的一個法向量為
設(shè)二面角的平面角為，
則，所以，
故二面角的正弦值為.

17. 某興趣小組調(diào)查并統(tǒng)計了某班級學(xué)生期末統(tǒng)考中數(shù)學(xué)成績和建立個性化錯題本的情況，用來研究這兩者是否有關(guān).若從該班級中隨機抽取1名學(xué)生，設(shè)“抽取的學(xué)生期末統(tǒng)考中的數(shù)學(xué)成績不及格”，“抽取的學(xué)生建立了個性化錯題本”，且，，.
（1）求和.
（2）若該班級共有36名學(xué)生，請完成列聯(lián)表，并依據(jù)小概率值的獨立性檢驗，分析學(xué)生期末統(tǒng)考中的數(shù)學(xué)成績與建立個性化錯題本是否有關(guān)，
（3）為進一步驗證（2）中的判斷，該興趣小組準(zhǔn)備在其他班級中抽取一個容量為的樣本（假設(shè)根據(jù)新樣本數(shù)據(jù)建立的列聯(lián)表中，所有的數(shù)據(jù)都擴大為（2）中列聯(lián)表中數(shù)據(jù)的倍，且新列聯(lián)表中的數(shù)據(jù)都為整數(shù)）.若要使得依據(jù)的獨立性檢驗可以肯定（2）中的判斷，試確定的最小值
參考公式及數(shù)據(jù)：，.
【答案】（1），
（2）表格見解析，有關(guān)；
（3）
【解析】
【分析】（1）利用條件概率公式結(jié)合全概率公式即可得到答案；
（2）由（1）所計算的概率即可完成列聯(lián)表，再由獨立性檢驗的知識即可得到結(jié)論；
（3）利用獨立性檢驗的知識可得，在結(jié)合，即可得到答案.
【小問1詳解】
因為，，
所以，，
由于，解得，所以.
，解得.
【小問2詳解】
零假設(shè)為期末統(tǒng)考中的數(shù)學(xué)成績與建立個性化錯題本無關(guān).
根據(jù)列聯(lián)表中的數(shù)據(jù)，經(jīng)計算得到.
根據(jù)小概率值的獨立性檢驗，我們推斷不成立，即認(rèn)為期末統(tǒng)考中的數(shù)學(xué)成績與建立個性化錯題本有關(guān)，此推斷犯錯誤的概率不大于0.005.
【小問3詳解】
，解得.
要使新列聯(lián)表中的數(shù)據(jù)都為整數(shù)，則需.
又因為，所以的最小值為5，故的最小值是
18. 平面幾何中有一定理如下：三角形任意一個頂點到其垂心（三角形三條高所在直線的交點）的距離等于外心（外接圓圓心）到該頂點對邊距離的2倍.已知的垂心為D，外心為E，D和E關(guān)于原點O對稱，.
（1）若，點B在第二象限，直線軸，求點B的坐標(biāo)；
（2）若A，D，E三點共線，橢圓T：與內(nèi)切，證明：D，E為橢圓T的兩個焦點.
【答案】（1）
（2）證明見解析
【解析】
【分析】（1）根據(jù)垂心以及外心滿足的等量關(guān)系即可根據(jù)， ，求解，
（2）根據(jù)共線以及可得，進而根據(jù)滿足的垂直關(guān)系可得，聯(lián)立直線與橢圓方程，得判別式，化簡可得即可求解.
【小問1詳解】
因為，所以.
設(shè)與x軸的交點為，由題意可得，
即，解得.
設(shè)，因為，所以，
則，解得.
所以.
【小問2詳解】
證明：因為D和E關(guān)于原點O對稱，且A，D，E三點共線，所以A，D，E，O四點共線，即點A，D，E，O都在x軸上.
因為是的高，所以，即軸.
因為外心為E，所以，所以點B與點C關(guān)于x軸對稱.
設(shè)與x軸的交點為，，，，，
由題意可得，即，化簡得.
直線的斜率為，直線的斜率為，
所以，化簡得①
直線的方程為.
橢圓與內(nèi)切，所以.
聯(lián)立
得.
，
即.
因為，所以，
即，即.
結(jié)合①可得
設(shè)橢圓T的焦距為，則，
所以D，E為橢圓T的兩個焦點.
【點睛】關(guān)鍵點點睛：根據(jù)以及垂心和外心滿足的幾何關(guān)系，根據(jù)相切，通過判別式為0化簡的是本題的關(guān)鍵.
19. 已知函數(shù).
（1）若，求曲線在點處的切線方程；
（2）若，試討論的零點個數(shù).
【答案】（1）
（2）答案見解析
【解析】
【分析】（1）求得的導(dǎo)數(shù)，可得切線斜率和切點，從而求得切線方程；
（2）由為奇函數(shù)，將問題轉(zhuǎn)化為討論在上的零點，求得導(dǎo)數(shù)，討論，，和，求得的單調(diào)性、極值和最值，結(jié)合零點存在定理，即可得到零點個數(shù).
【小問1詳解】
當(dāng)時，，.
，.
故曲線在點處的切線方程為.
【小問2詳解】
因為，所以為奇函數(shù).
又因為，所以只需要討論在上的零點.
，.
令函數(shù)，
①當(dāng)，即時，分段討論：
當(dāng)時，.
當(dāng)時，，所以在上單調(diào)遞減，即在上單調(diào)遞減
因為，，所以存在，使得.
當(dāng)時，，當(dāng)時，，
所以在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減.
因為，，所以在上有1個零點，
在上有3個零點.
②當(dāng)，即時，，在上單調(diào)遞減，
所以在上沒有零點，在上有1個零點.
③當(dāng)，即時，分段討論：
當(dāng)時，.
當(dāng)時，，所以在上單調(diào)遞增，即在上單調(diào)遞增.
因為，，所以存在，使得.
當(dāng)時，，當(dāng)時，，
所以在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增.
因為，，
所以在上沒有零點，在上有1個零點.
④當(dāng)，即時，分段討論：
當(dāng)時，.
當(dāng)時，令函數(shù)，
.
所以在上單調(diào)遞增，即在上單調(diào)遞增.
因為，，所以存在，使得.
所以在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，
即在在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增.
因為，，所以存在，使得.
當(dāng)時，，當(dāng)時，，
所以在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增.
因為，，
所以在上沒有零點，在上有1個零點.
綜上，當(dāng)時，在上有3個零點；
當(dāng)時，在上有1個零點.
【點睛】方法點睛：利用導(dǎo)數(shù)解決函數(shù)零點問題的方法：
（1）直接法：先對函數(shù)求導(dǎo)，根據(jù)導(dǎo)數(shù)的方法求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間與極值，根據(jù)函數(shù)的基本性質(zhì)作出圖象，然后將問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)圖象與軸的交點問題，突出導(dǎo)數(shù)的工具作用，體現(xiàn)了轉(zhuǎn)化與化歸思想、數(shù)形結(jié)合思想和分類討論思想的應(yīng)用；
（2）構(gòu)造新函數(shù)法：將問題轉(zhuǎn)化為研究兩函數(shù)圖象的交點問題；
（3）參變量分離法：由分離變量得出，將問題等價轉(zhuǎn)化為直線與函數(shù)的圖象的交點問題.
個性化錯題本
期末統(tǒng)考中的數(shù)學(xué)成績
合計
及格
不及格
建立
未建立
合計
0.01
0.005
0.001
6.635
7.879
10.828
個性化錯題本
期末統(tǒng)考中的數(shù)學(xué)成績
合計
及格
不及格
建立
未建立
合計
0.01
0.005
0.001
6.635
7.879
10.828
個性化錯題本
期末統(tǒng)考中的數(shù)學(xué)成績
合計
及格
不及格
建立
20
4
24
未建立
4
8
12
合計
24
12
36

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