2025-2026学年海南省部分学校高三（上）期末数学试卷

2025-2026学年海南省部分学校高三（上）期末数学试卷一、单项选择题：本题共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．（5分）复数z＝（1+2i）（1﹣2i）﹣i在复平面内对应的点位于（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限2．（5分）设全集U＝{﹣1，0，1，2，3}，集合A＝{x|2x＝1}，则∁UA＝（）A．{﹣1，1，2，3} B．{1，2，3} C．{0} D．{﹣1，0，2，3}3．（5分）抛物线C：y2＝4x上到准线和焦点的距离之和为2的点的个数为（）A．0 B．1 C．2 D．34．（5分）将直径为3的半圆绕直径所在的直线旋转120°，半圆弧扫过区域的面积为（）A．12π B．9π C．3π D．π5．（5分）某市中小学举行了以“强国复兴有我，科技筑梦未来”为主题的科技创新大赛．参赛学生的成绩X服从正态分布N（70，σ2），若P（50＜X≤70）＝0.4，则从所有参赛学生中任选1名，他的成绩小于90分的概率为（）A．0.95 B．0.9 C．0.8 D．0.16．（5分）已知直线l：y＝kx+2与圆O：x2+y2＝16交于P，Q两点，则∠POQ的最小值为（）A．2π3 B．π2 C．π3 7．（5分）已知a=2A．b＞c＞a B．a＞b＞c C．a＝b＞c D．c＞a＝b8．（5分）已知正项等比数列{an}满足a1a2a3⋯a16＝1，且a1＞a16，记Sn=i=1n(ai-1ai)，若Sk+1＞SA．15 B．9 C．8 D．7二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．（多选）9．（6分）已知a＞b＞0＞c，则（）A．ac＞bc B．ca＞cb C．a（多选）10．（6分）已知双曲线C1：xA．C2的离心率大于C1的离心率 B．动直线x﹣2y+m＝0（m∈R）与C1，C2的交点的个数之和为0或2 C．C1绕坐标原点顺时针旋转90°可得到C2 D．C1的两条渐近线夹角的正切值为4（多选）11．（6分）连续抛掷一枚正方体骰子n（n≥2）次，记录每次抛出的点数，设“未连续2次抛出奇数”的概率为Pn，则（）A．当n＝3时，点数的平均数为5的概率为5108B．当n＝3时，点数的极差为5的概率为16C．当n≥2时，Pn+2D．当n≥2时，Pn+1＜Pn恒成立三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12．（5分）已知等差数列{an}满足a2+a6＝a5+2，则a3＝．13．（5分）已知函数f(x)=x2f(1)+1x+1f(1)，若f（1）＞0，则f（x）在区间（14．（5分）已知正三棱台ABC﹣A1B1C1的上、下底面边长分别为1和3，侧棱长为2．记该棱台内能容纳的最大的球为球O1，在该棱台内且在球O1外能容纳的最大的球为球O2，则球O2的体积为．四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15．（13分）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知3sinC+cosC=2（1）求C；（2）若△ABC的周长为4a，且b＝8，求sinB．16．（15分）某快递公司计划采购一款无人机来投送快件，采购前安排甲、乙、丙三名技术人员对该款无人机进行评估，每名技术人员要从安全性、时效性、经济性这三个指标中随机选两个指标，给出“满意”或“不满意”的评价．已知他们对这三个指标的实际满意情况如下表：安全性时效性经济性甲满意满意不满意乙满意满意满意丙满意不满意满意假设三人都如实评价，且每人评价的结果相互独立．每给1个满意计10分，不满意计0分．（1）求该款无人机得到6个满意的概率；（2）求该款无人机的总得分X的分布列和数学期望．17．（15分）如图，四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面ABCD为正方形，且平面ABCD⊥平面CDD1C1，CD＝DD1＝4，∠CDD1＝60°，E，F分别为棱BB1，CC1的中点．（1）证明：平面ABF∥平面C1D1E；（2）求平面ABCD与平面C1D1E的夹角的余弦值．18．（17分）已知函数f（x）＝x3+ax2，a∈R．（1）讨论f（x）的单调性．（2）设函数g(x)=f(x)⋅lnxx，已知x＝1是g（（i）求a，并说明x＝1是g（x）的极大值点还是极小值点；（ii）证明：对任意x1∈(12，1)，总存在x2∈（1，2），使得g′（x1）+g19．（17分）已知椭圆E：x2a2+y（1）求E的方程．（2）动直线l与E交于P（x1，y1），Q（x2，y2）两点，且△OPQ的面积为定值3．（i）证明：x12+（ii）E上是否存在三点A，B，C，使得△OAB，△OAC，△OBC的面积均为3？若存在，判断△ABC的形状；若不存在，请说明理由．

2025-2026学年海南省部分学校高三（上）期末数学试卷参考答案与试题解析一．选择题（共8小题）题号12345678答案DABCBACD二．多选题（共3小题）题号91011答案BDABDACD一、单项选择题：本题共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．（5分）复数z＝（1+2i）（1﹣2i）﹣i在复平面内对应的点位于（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【分析】利用复数的乘法和加减法求出复数z，再由复数的几何意义判断即得．【解答】解：z＝（1+2i）（1﹣2i）﹣i＝1﹣（2i）2﹣i＝1+4﹣i＝5﹣i，由复数的几何意义可知，z在复平面内对应的点是（5，﹣1），位于第四象限．故选：D．2．（5分）设全集U＝{﹣1，0，1，2，3}，集合A＝{x|2x＝1}，则∁UA＝（）A．{﹣1，1，2，3} B．{1，2，3} C．{0} D．{﹣1，0，2，3}【分析】根据题意得到A＝{0}，再根据补集的运算求解即可．【解答】解：集合A＝{x|2x＝1}＝A＝{0}，全集U＝{﹣1，0，1，2，3}，则∁UA＝{﹣1，1，2，3}．故选：A．3．（5分）抛物线C：y2＝4x上到准线和焦点的距离之和为2的点的个数为（）A．0 B．1 C．2 D．3【分析】求出抛物线y2＝4x上点到准线到焦点的距离为2的点的横坐标，从而可求得对应点的坐标，即可得出答案．【解答】解：已知抛物线C：y2＝4x，则其焦点F（1，0），准线为x＝﹣1，设抛物线上点P（x，y），则到准线距离d1＝x+1，到焦点距离为d2由题意可得d1+d2＝2，即x+1＝1，解得x＝0，则点P坐标为（0，0），故仅有一个点满足题意．故选：B．4．（5分）将直径为3的半圆绕直径所在的直线旋转120°，半圆弧扫过区域的面积为（）A．12π B．9π C．3π D．π【分析】120°化为弧度为2π3【解答】解：因为120°化为弧度为2π3，圆的直径为3所以半圆弧扫过区域的面积为12αr故选：C．5．（5分）某市中小学举行了以“强国复兴有我，科技筑梦未来”为主题的科技创新大赛．参赛学生的成绩X服从正态分布N（70，σ2），若P（50＜X≤70）＝0.4，则从所有参赛学生中任选1名，他的成绩小于90分的概率为（）A．0.95 B．0.9 C．0.8 D．0.1【分析】根据正态分布的对称性和性质可求得某区间的概率．【解答】解：参赛学生的成绩X服从正态分布N（70，σ2），所以P（X＜70）＝0.5，由P（50＜X≤70）＝0.4，可得P（70≤X＜90）＝0.4，从所有参赛学生中任选1名，他的成绩小于90分的概率为：P（X＜90）＝P（X＜70）+P（70≤X＜90）＝0.5+0.4＝0.9．故选：B．6．（5分）已知直线l：y＝kx+2与圆O：x2+y2＝16交于P，Q两点，则∠POQ的最小值为（）A．2π3 B．π2 C．π3 【分析】易知△POQ为等腰三角形，当底边PQ最小时∠POQ最小．又直线l恒过定点，则当弦PQ垂直于该定点与圆心的连线时，弦长最短，进而由余弦定理求出∠POQ即可．【解答】解：直线l：y＝kx+2与圆O：x2+y2＝16交于P，Q两点，可知△POQ为等腰三角形，∠POQ为顶角，当底边PQ最小时∠POQ最小．又直线l恒过定点（0，2），则当弦PQ垂直于该定点与圆心的连线时，弦长最短，作图如下：此时PQ平行于x轴，即圆心到PQ距离为2，OP=OQ=4，在△POQ中，由余弦定理，cos∠又∠POQ∈（0，π），所以∠POQ=故选：A．7．（5分）已知a=2A．b＞c＞a B．a＞b＞c C．a＝b＞c D．c＞a＝b【分析】取对数比较大小，结合作差法比较大小；【解答】解：因为a＝2ln3，b＝3ln2，c=e所以lna＝ln（2ln3）＝ln3•ln2，lnb＝ln（3ln2）＝ln2•ln3，因此lna＝lnb，所以a＝b，因为lnc=ln(e所以lna﹣lnc＝ln3•ln2-ln3⋅ln3而ln3＞0，ln2-所以lna﹣lnc＞0，即a＞c，综上所述：a＝b＞c．故选：C．8．（5分）已知正项等比数列{an}满足a1a2a3⋯a16＝1，且a1＞a16，记Sn=i=1n(ai-1ai)，若Sk+1＞SA．15 B．9 C．8 D．7【分析】根据等比数列的性质求出a8a9的值，再结合a1＞a16判断数列的单调性，进而根据Sk+1＞Sk且Sk+1＞Sk+2得到关于k的不等式，从而求出k的值．【解答】解：因为数列{an}为等比数列，所以由等比数列性质可知，a1a16＝a2a15＝⋯＝a8a9，又因为a1a2a3⋯a16＝1，所以(a又因为数列{an}的各项为正数，所以a8a9＝1，设等比数列{an}的公比为q，由a1＞a16得：a1＞a1q15，又因为a1＞0又因为q＞0，所以0＜q＜1，所以等比数列{an}是单调递减的，又因为Sn所以Sk+1-S又因为Sk+1＞Sk且Sk+1＞Sk+2，所以ak+1-1ak+1＞0由a8a9＝1且数列单调递减可知：a8＞1，a9＜1，所以k+1＝8，解得k＝7．故选：D．二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．（多选）9．（6分）已知a＞b＞0＞c，则（）A．ac＞bc B．ca＞cb C．a【分析】根据不等式的性质判断AB，利用基本不等式判断CD．【解答】解：因为a＞b＞0＞c，所以ac＜bc，故A错误；因为a＞b＞0，所以1b＞1a，又c＜0，所以因为a＞0，c＜0，所以ac-ac=-ca，即a因为a＞b＞0，所以ba+ab≥2ba又a＞b，故ba+a故选：BD．（多选）10．（6分）已知双曲线C1：xA．C2的离心率大于C1的离心率 B．动直线x﹣2y+m＝0（m∈R）与C1，C2的交点的个数之和为0或2 C．C1绕坐标原点顺时针旋转90°可得到C2 D．C1的两条渐近线夹角的正切值为4【分析】对于A，计算出离心率即可判断；对于B，分m＝0和m≠0两类情况，分别考虑x﹣2y+m＝0（m∈R）与C1，C2的交点个数即可判断；对于C，根据两双曲线的离心率不同，故两者无法通过旋转得到；对于D，利用到角公式计算即可判断．【解答】解：由C2：y2-x24=1可知其焦点在y轴上，实半轴长为a2＝由C1：x24-y2=1可知其焦点在x轴上，实半轴长为a1＝对于A，C1的离心率e1=c1a1=52，C2的离心率e对于B，因C1：x24-y2=1与当m≠0时，x﹣2y+m＝0与C1，C2的交点个数都为1，则交点的个数之和为2，当m＝0时，x﹣2y+m＝0与C1，C2的交点个数都为0，则交点的个数之和为0；故动直线x﹣2y+m＝0（m∈R）与C1，C2的交点的个数之和为0或2，即B正确；对于C，因C1，C2的离心率不同，故C1绕坐标原点顺时针旋转90°不能得到C2，故C错误；对于D，C1：x设它们的夹角为θ，则tanθ=|12-(-故选：ABD．（多选）11．（6分）连续抛掷一枚正方体骰子n（n≥2）次，记录每次抛出的点数，设“未连续2次抛出奇数”的概率为Pn，则（）A．当n＝3时，点数的平均数为5的概率为5108B．当n＝3时，点数的极差为5的概率为16C．当n≥2时，Pn+2D．当n≥2时，Pn+1＜Pn恒成立【分析】通过计算n＝3时点数之和为15的事件个数，进而求概率可以判断选项A；将点数极差为5的事件数，转化为求同时包含1和6的事件数，进而求概率判断选项B；由题意知未连续2次抛出奇数的概率为Pn，分析第n+2次点数为偶数和奇数的情况，进而得出Pn+2，Pn+1，Pn的关系即可判断选项C；由C知Pn+2=12Pn+1+14Pn，得Pn+1-P【解答】解：对于A选项，当n＝3时，点数的平均数为5，则三次点数之和为15，三次点数之和为15的情况为（3，6，6），（4，5，6），（5，5，5），三种情况的事件数分别为A33A22因为抛三次的点数总情况数为6×6×6＝216因此点数的平均数为5的概率为10216=5对于选项B，点数极差为5，说明点数中要同时出现1和6，同时包含1和6事件数等于总事件数减去不含事件1或6的事件数，再加上两者都不含的事件数，总事件数为6×6×6＝216，不含1的事件数为5×5×5＝125，不含6的事件数为5×5×5＝125，1和6都不含的事件数为4×4×4＝64，即同时包含1和6事件数为216﹣125﹣125+64＝30，因此点数的极差为5的概率为30216=5对于选项C，由题意知未连续2次抛出奇数的概率为Pn，分析第n+2次点数的特点，若第n+2次点数为偶数，需要满足前n+1次“未连续2次抛出奇数”即可，因为点数偶数和奇数朝上的概率都是12，因此P若第n+2次点数为奇数，未避免连续出现两次奇数，则第n+1次是偶数点朝上，且前n次满足“未连续2次抛出奇数”，因此Pn+2因此Pn+2=1对于选项D，由C知Pn+2=12Pn+1+因此Pn+1-Pn=假设n＝k时，2Pk﹣Pk﹣1＞0，当n＝1时，“未连续2次抛出奇数”的概率等于1，即P1＝1，当n＝2时，“未连续2次抛出奇数”的概率等于1减去连续两次奇数点朝上的概率，即P2=1-(因此2P2-当n＝k+1时，由Pk+1=1则2P因此当n≥2时，2Pn﹣Pn﹣1＞0，因此Pn+1-Pn=-14(2Pn故选：ACD．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12．（5分）已知等差数列{an}满足a2+a6＝a5+2，则a3＝2．【分析】假设等差数列{an}的首项与公差，根据等差数列的通项公式即可求解．【解答】解：等差数列{an}满足a2+a6＝a5+2，设等差数列{an}的公差为d，则（a1+d）+（a1+5d）＝（a1+4d）+2，化简得a1+2d＝2，即a3＝2．故答案为：2．13．（5分）已知函数f(x)=x2f(1)+1x+1f(1)，若f（1）＞0，则f（x）在区间（【分析】令x＝1，求解f（1），对f（x）求导，由导数求解函数的最值．【解答】解：当x＝1时，f(1)=1解得f（1）＝2或﹣1，因为f（1）＞0，所以f（1）＝2，f(x)=x所以f'(x)=x-所以g'(x)=1+2x3＞0(x＞0)所以f'(x)=(x-1)(x2所以当0＜x＜1时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，当x＞1时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，x＝1时，f（x）最小，f（1）＝2．故答案为：2．14．（5分）已知正三棱台ABC﹣A1B1C1的上、下底面边长分别为1和3，侧棱长为2．记该棱台内能容纳的最大的球为球O1，在该棱台内且在球O1外能容纳的最大的球为球O2，则球O2的体积为6π216【分析】先通过上下底面的半径与棱长求出三棱台的高，并通过比较高与上底面外接圆的直径来确定圆O1应与下底面与三个侧面相切，再通过与下面的切点和与侧面的切点找到两个直角三角形，通过三角函数值最终确定圆O1的半径，再比较圆O1到上底面的距离与上底面外接圆的直径来确定圆O2应与圆O1与上底面相切，则可求圆O2的半径，进而求出圆O2体积．【解答】解：因为正三棱台ABC﹣A1B1C1的上、下底面边长分别为1和3，侧棱长为2，又该棱台内能容纳的最大的球为球O1，在该棱台内且在球O1外能容纳的最大的球为球O2，所以上底面A1B1C1的外接圆半径为13=33，下底面则底面外接圆半径差d=3-3因为263＞2设圆O1与下底面ABC相切于点O，与侧面A1C1CA相切于点Q，取A1C1的中点M，取AC的中点N，连接MN，连接BN，过点M向底面ABC作垂线交BN于点P，如下图：在梯形A1C1CA中，AC＝3，A1C1＝1，AA1＝2，易得梯形的高为3，即MN=3可得h=MP=263，设圆O1的半径为R1，圆O2在Rt△MPN中，sin∠MNP=2易得OO1＝O1Q＝R1，设∠ONO1＝∠O1NQ＝θ，则有cos2θ=2cos2θ-1=13在等边三角形ABC中，AB＝BC＝AC＝3，则BN=332所以有tanθ=OO1则圆O1到上底面的距离d=2因为66＜23所以圆O2应与上底面A1B1C1和圆O1相切，故R2所以有圆O2的体积V=4故答案为：6π四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15．（13分）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知3sinC+cosC=2（1）求C；（2）若△ABC的周长为4a，且b＝8，求sinB．【分析】（1）根据辅助角公式计算即可求解；（2）根据余弦定理求得a＝5，进而c＝7，结合正弦定理计算即可求解．【解答】解：（1）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知3sinC+cosC=2则根据三角函数的恒等变换可得2sin(C+π所以C+π又0＜C＜π，所以C=π（2）若△ABC的周长为4a，且b＝8，则a+b+c=4ab=8，得c＝3a﹣b＝3a﹣8由余弦定理，得c2＝a2+b2﹣2abcosC，即(3a-由a＞0解得a＝5，所以c＝7，由正弦定理得bsinB=c解得sinB=416．（15分）某快递公司计划采购一款无人机来投送快件，采购前安排甲、乙、丙三名技术人员对该款无人机进行评估，每名技术人员要从安全性、时效性、经济性这三个指标中随机选两个指标，给出“满意”或“不满意”的评价．已知他们对这三个指标的实际满意情况如下表：安全性时效性经济性甲满意满意不满意乙满意满意满意丙满意不满意满意假设三人都如实评价，且每人评价的结果相互独立．每给1个满意计10分，不满意计0分．（1）求该款无人机得到6个满意的概率；（2）求该款无人机的总得分X的分布列和数学期望．【分析】（1）根据表格中的信息和古典概型概率公式即可求得；（2）设该款无人机得到的满意个数为Y，则可得X＝10Y，逐一分析满意个数为Y的可能情形并计算其对应的概率，即可得总得分X的分布列，最后利用数学期望公式即可求解．【解答】解：（1）依题意，甲有2个满意（安全、时效），乙有3个满意（安全、时效、经济），丙有2个满意（安全、经济）；设事件Ai＝“甲选2个指标有i个满意”，i＝1，2；事件Bj＝“乙选2个指标有j个满意”，j＝0，1，2；事件∁k＝“丙选2个指标有k个满意”，k＝0，1，2；事件D＝“该款无人机得到6个满意”，则根据题意可得P(A所以P(D)=P(A（2）设该款无人机得到的满意个数为Y，则X＝10Y，又Y的可能值为4，5，6，P(X=40)=P(Y=4)=P(AP（X＝50）＝P（Y＝5）＝P（A1）P（B2）P（C2）+P（A2）P（B2）P（C1）=2P(X=60)=P(Y=6)=P(A所以X的分布列为：X405060P494919所以E(X)=40×17．（15分）如图，四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面ABCD为正方形，且平面ABCD⊥平面CDD1C1，CD＝DD1＝4，∠CDD1＝60°，E，F分别为棱BB1，CC1的中点．（1）证明：平面ABF∥平面C1D1E；（2）求平面ABCD与平面C1D1E的夹角的余弦值．【分析】（1）根据面面平行的判定定理证明即可；（2）建立空间直角坐标系，求出平面ABCD与平面C1D1E的法向量，利用空间向量的数量积求解即可．【解答】解：（1）证明：因为四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面ABCD为正方形，所以AB∥CD∥C1D1，BB1∥CC1且BB1＝CC1，因为E，F分别为棱BB1，CC1的中点，所以BE∥FC1且BE＝FC1，所以四边形EBFC1为平行四边形，所以BF∥EC1，又EC1，C1D1⊂平面C1D1E，AB，BF⊄平面C1D1E，则AB∥平面C1D1E，BF∥平面C1D1E，由AB，BF⊂平面ABF，AB∩BF＝B，所以平面ABF∥平面C1D1E．（2）取DC中点O，AB中点G，连接OD1，OG，因为CD＝DD1＝4，∠CDD1＝60°，所以△CDD1为等边三角形，因为点O为DC中点，所以D1O⊥DC，DO=OC=12DC=2因为ABCD为正方形，点O，点G为中点，所以GO⊥DC，因为平面ABCD⊥平面CDD1C1，平面ABCD∩平面CDD1C1＝DC，D1O⊥DC，所以D1O⊥平面ABCD，又GO⊂平面ABCD，所以D1O⊥OG，所以D1O，OG，OC两两垂直，以O为原点，以OG，OC，OD1为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则O（0，0，0），D1(0，0，所以D1C1设平面C1D1E的法向量为n→则n→⊥D1C取x=3，则y＝0，z＝4，所以n又D1O⊥平面ABCD，所以OD1→设平面ABCD与平面C1D1E的夹角为θ，则cosθ=|cos＜所以平面ABCD与平面C1D1E的夹角的余弦值为41918．（17分）已知函数f（x）＝x3+ax2，a∈R．（1）讨论f（x）的单调性．（2）设函数g(x)=f(x)⋅lnxx，已知x＝1是g（（i）求a，并说明x＝1是g（x）的极大值点还是极小值点；（ii）证明：对任意x1∈(12，1)，总存在x2∈（1，2），使得g′（x1）+g【分析】（1）对f（x）求导，结合导数与单调性对a分情况讨论即可．（2）（i）对g（x）求导，由已知条件得到g′（1）＝0，进而求出a值；根据g′（x）在x＝1两边的正负号即可判断极值点．（ii）经多次求导，结合导数与单调性判断g′（x1）与g′（x2）的正负及绝对值的大小关系，即可得到结论．【解答】解：（1）f′（x）＝3x2+2ax＝x（3x+2a），令f′（x）＝0，即x（3x+2a）＝0，解得x＝0或x=-当a＝0时，f′（x）≥0，此时f（x）＝x3，∴f（x）在R上单调递增．当-2a3＜0，即a＞0时，在(-∞，-2a3)和（0，+∞）上，f′（在(-2a3，0)上，f′（x）＜0当-2a3＞0，即a＜0时，在（﹣∞，0）和(-2a3，+∞)上，f在(0，-2a3)上，f′（x）＜0，综上，当a＝0时，f（x）在R上单调递增；当a＞0时，f（x）在(-∞，-2a3)和（0，当a＜0时，f（x）在（﹣∞，0）和(-2a3，+∞)上单调递增，在(0（2）g(x)=f(x)⋅lnxx=(x（i）g'∵x＝1是g（x）的一个极值点，∴g′（1）＝0，即（2×1+a）ln1+1+a＝0，解得a＝﹣1．当a＝﹣1时，g′（x）＝（2x﹣1）lnx+x﹣1．当x∈(12，1)时，2x﹣1＞0，lnx＜0，x﹣1＜0，∴g′（x）＜0，∴当x∈（1，+∞）时，2x﹣1＞0，lnx＞0，x﹣1＞0，∴g′（x）＞0，∴g（x）在（1，+∞）上单调递增；∴x＝1是g（x）的极小值点．（ii）证明：记-g'(x1)，x1∈(12，1)的值域为D1，g′（要证对任意x1∈(12，1)，总存在x2∈（1，2），使得g′（x1）+g′（x2）＝0，等价于证明由（i）知，g′（x）＝（2x﹣1）lnx+x﹣1，x＞0．令h（x）＝（2x﹣1）lnx+x﹣1，则h'令l(x)=2lnx+3-1x，则l'(x)=2x+1x2∴l（x）在（0，+∞）上单调递增，即h′（x）在（0，+∞）上单调递增．又h'(12)=2ln12+3-2=1-2ln2＜0，h′（1）＝2∴存在x0∈(12，1)，使得h′（x0）＝当x∈(12，x0)时，h′（x）＜0，当x∈（x0，1）时，h′（x）＞0，h（x）单调递增，即g′（x）单调递增；当x