2025-2026学年重庆一中高三（上）一诊模拟数学试卷

第1页（共1页）2025-2026学年重庆一中高三（上）一诊模拟数学试卷一、单项选择题：本题共8个小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合要求。1．（5分）已知集合M＝{x|log2（x﹣1）＞1}，N＝{1，2，3，4，5}，则集合M∩N的子集个数为（）A．16 B．8 C．4 D．22．（5分）若复数z满足z＝2i﹣iz，则复数z的虚部为（）A．1 B．i C．﹣1 D．﹣i3．（5分）已知x＞0，y＞0，且x+2y＝2，则2x+4y的最小值为（）A．2 B．4 C．6 D．84．（5分）已知m，n，l为三条不同的直线，α，β，γ为三个不同的平面，则下列说法正确的是（）A．若m∥n，n⊂α，则m∥α B．若m∥α，n∥α，则m∥n C．若α⊥γ，β⊥γ，α∩β＝l，则l⊥γ D．若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β5．（5分）定义在R上的奇函数f（x）满足f（x+2）+f（x）＝0，且x∈（﹣1，0）时，f（x）＝3x+1，则f（log3162）＝（）A．32 B．-32 C．1 6．（5分）抛一枚质地均匀的骰子3次，事件M：3次中既有奇数点又有偶数点，事件N：3次中至多一次奇数点，则下列结论正确的是（）A．P(M)=58 B．C．事件M与N独立 D．P(M7．（5分）双曲线C：x23-y2=1的左，右两个焦点分别为F1，F2，M（2，1）为第一象限内一点，A．4 B．3 C．2 D．18．（5分）函数f（x）＝2+3sin（x+φ）（φ∈R）为偶函数，f(0)＞0，∀x1∈[-π2，0]，∃x2∈[-π2，A．25π B．35π C．4二、多选题：本大题共3个小题，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α，β为锐角，cos(α+β)=3A．cosαcosβ=45 B．C．tanα+tanβ＝1 D．tan2(α+β)=（多选）10．（6分）已知曲线C：（1+λ）x2+（1﹣λ）y2﹣2x﹣4y＝0，λ∈R，则下列结论正确的是（）A．存在λ∈R，使得曲线C为圆，且圆心在直线y＝2x上 B．当λ＝1时，曲线C的离心率为3 C．当λ＝1时，曲线C在点（0，0）处切线方程为x+2y＝0 D．∀λ∈R，曲线C恒过3个定点（多选）11．（6分）已知f（x）＝lnx+m，g（x）＝nex，其中m，n∈R，则下列结论正确的是（）A．当m＝2，n＝1时，函数f（x）的图像恒在g（x）图像的下方 B．当m＝1，n＞0时，h（x）＝f（x）•g（x）在（0，+∞）上单调递增 C．若m＝1，且f（x）≤g（x）恒成立，则实数n≥D．当n＝1时，将g（x）的图像绕原点顺时针旋转θ后，第一次与x轴相切，则tanθ＝e三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分。12．（5分）设Sn为等差数列{an}的前n项和，满足a3+a5＝14，a4a6＝77，则S9＝．13．（5分）某圆台的上，下底面半径分别为r1，r2，且r1r2＝4，此圆台内有一内切球（与圆台的上，下底面和任意一条母线均相切），则该内切球的表面积为．14．（5分）已知向量a→，b→满足|a→|=|b→|=|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）在△ABC中，角A，B，C所对的边为a，b，c，且3ccosA+csinA=（1）求角C的大小；（2）若c＝2，D是AB中点，CD=2，求△ABC16．（15分）小文在重庆某高校就读，他每天中午都要去学校的一食堂或二食堂用餐，且只去其中一个食堂用餐．如果当天中午选择一食堂用餐，则第二天中午仍然选择一食堂用餐的概率为23；如果当天中午选择二食堂用餐，则第二天中午选择一食堂用餐的概率为25.已知小文第一天中午选择一食堂用餐，记小文第n天中午选择一食堂用餐的概率为p（1）求p2，p3；（2）若pn＞a对一切正整数n都成立，求实数a的取值范围．17．（15分）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)的焦点为F1，F2，（1）求椭圆C的方程；（2）过点A（1，0）的直线l与椭圆C相交于P（x1，y1），Q（x2，y2）两点，G（4，y1），其中y1＞0，直线GQ交x轴于点B，若四边形ABGP为等腰梯形，求直线l的方程．18．（17分）已知函数f（x）＝ex，g（x）是f（x）的反函数．（1）讨论函数F（x）＝g（x）﹣mx的单调性；（2）若函数h(x)=f(x)x2-a[g(x)+2g'(x)]+1恰有三个极值点x1，x（i）求实数a的取值范围；（ii）证明：x119．（17分）如图，在四棱台ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD是菱形，直线BB1与底面ABCD所成角为30°，∠B1BA＝∠B1BC，∠ABC＝60°，AB＝2A1B1＝2，BB1＝3，E是棱CD的中点．（1）求证：平面ACC1A1⊥平面BDD1B1；（2）求直线CD与平面ACC1A1所成角的正弦值；（3）在棱AA1上是否存在一点F，使得过B，E，F三点的平面将四棱台ABCD﹣A1B1C1D1分成两个多面体，且在平面BEF的上方部分和下方部分的体积之比为37：12？若存在，求出AF的长度；若不存在，请说明理由．

2025-2026学年重庆一中高三（上）一诊模拟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CABCBCAD二．多选题（共3小题）题号91011答案ACDACDABD一、单项选择题：本题共8个小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合要求。1．（5分）已知集合M＝{x|log2（x﹣1）＞1}，N＝{1，2，3，4，5}，则集合M∩N的子集个数为（）A．16 B．8 C．4 D．2【分析】结合交集、子集的定义，即可求解．【解答】解：集合M＝{x|log2（x﹣1）＞1}＝{x|x＞3}，N＝{1，2，3，4，5}，则M∩N＝{4，5}，该集合元素个数为2，故集合M∩N的子集个数为22＝4．故选：C．2．（5分）若复数z满足z＝2i﹣iz，则复数z的虚部为（）A．1 B．i C．﹣1 D．﹣i【分析】把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简得答案．【解答】解：由z＝2i﹣iz，得（1+i）z＝2i，则z=2i可得复数z的虚部为1．故选：A．3．（5分）已知x＞0，y＞0，且x+2y＝2，则2x+4y的最小值为（）A．2 B．4 C．6 D．8【分析】利用基本不等式的性质即可得出．【解答】解：x＞0，y＞0，且x+2y＝2，则2x+4y≥22x⋅4y=2当且仅当x＝1，y=1∴2x+4y的最小值为4，故选：B．4．（5分）已知m，n，l为三条不同的直线，α，β，γ为三个不同的平面，则下列说法正确的是（）A．若m∥n，n⊂α，则m∥α B．若m∥α，n∥α，则m∥n C．若α⊥γ，β⊥γ，α∩β＝l，则l⊥γ D．若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β【分析】根据空间中各要素的位置关系逐一判断即可．【解答】解：因为m，n，l为三条不同的直线，α，β，γ为三个不同的平面，所以若m∥n，n⊂α，则m∥α或m⊂α，所以A选项错误；若m∥α，n∥α，则m∥n或m与n相交或异面，所以B选项错误；若α⊥γ，β⊥γ，α∩β＝l，则根据美线面垂直的性质定理及线面平行的判定定理可得l⊥γ，所以C选项正确；若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β或α与β相交，所以D选项错误．故选：C．5．（5分）定义在R上的奇函数f（x）满足f（x+2）+f（x）＝0，且x∈（﹣1，0）时，f（x）＝3x+1，则f（log3162）＝（）A．32 B．-32 C．1 【分析】利用奇函数定义及给定的等式，求出函数的周期，再利用函数性质及给定函数式求值即可．【解答】解：∵定义在R上的奇函数f（x）满足f（x+2）+f（x）＝0，∴f（x+2）＝﹣f（x），∴f（x+4）＝﹣f（x+2）＝f（x），∴f（x）是以4为周期的周期函数，又x∈（﹣1，0）时，f（x）＝3x+1，则f（log3162）＝f（4+log32）＝f（log32）＝﹣f（﹣log32）＝﹣（3-log32+1）＝﹣（故选：B．6．（5分）抛一枚质地均匀的骰子3次，事件M：3次中既有奇数点又有偶数点，事件N：3次中至多一次奇数点，则下列结论正确的是（）A．P(M)=58 B．C．事件M与N独立 D．P(M【分析】根据题意，由古典概型公式分析A、B，由相互独立事件的判断方法分析C，由概率的性质分析D，综合可得答案．【解答】解：根据题意，抛一枚质地均匀的骰子3次，则n（Ω）＝6×6×6＝216，其中只有奇数点的情况有3×3×3＝27种，只有偶数点的情况有3×3×3＝27种，事件M：3次中既有奇数点又有偶数点，则n（M）＝216﹣27﹣27＝162，故P（M）=162216=事件N：3次中至多一次奇数点，3次中至多一次奇数点，即三次都是偶数点或一次奇数点和两次偶数点，则n（N）＝27+C31×3×3×3＝108，故P（N）事件MN，即一次奇数点和两次偶数点，n（MN）=C31×3×3×3＝81，故P（则有P（M）P（N）＝P（MN），事件M、N相互独立，C正确；P（M∪N）＝P（M）+P（N）﹣P（MN）=34+故选：C．7．（5分）双曲线C：x23-y2=1的左，右两个焦点分别为F1，F2，M（2，1）为第一象限内一点，A．4 B．3 C．2 D．1【分析】设出P的坐标，利用三角形的面积关系，结合双曲线方程，即可求解点P的个数．【解答】解：设p（x，y），满足S△PF1F2=4S△PMF2，F1（﹣2，0），F2（可得12×4×|y|=4×12×1×|x-2|，即|y|＝|y|=|x-2|x23-y2=1，可得2x2﹣12x+15＝0，Δ＝122﹣4×2×15由双曲线的对称性可知P的个数为4个．故选：A．8．（5分）函数f（x）＝2+3sin（x+φ）（φ∈R）为偶函数，f(0)＞0，∀x1∈[-π2，0]，∃x2∈[-π2，A．25π B．35π C．4【分析】依题意，可得f（x）＝2+3cosx，∀x∈[-π2，0]，f（x）＝2+3cosx∈[2，5]，﹣1≤3-f(x)2≤12，令A＝[﹣1，12]，y＝f（x2+【解答】解：f（x）＝2+3sin（x+φ）（φ∈R）为偶函数，则φ＝kπ+π2（k∈又f（0）＝2+3sinφ＞0，即sinφ＝sin（kπ+π2）故φ＝2kπ+π2（k∈Z），不防取φ=π2，则f（x）＝2+3sin（x+∀x∈[-π2，0]，f（x）＝2+3cosx∈[2，5]，则﹣5≤﹣f（x）≤﹣2，﹣2≤3﹣f（x）≤1，﹣1令A＝[﹣1，12]y＝f（x2+θ）的值域为B，则A⊆B，即当x∈[-π2，0]，﹣1≥f（x2+θ）min且12≤f（x2+又x∈[-π2，当θ=2π5时，x+θ∈[-π10，2π5]，f（x+θ）min＝2+3cos当θ=3π5时，x+θ∈[π10，3π5]，f（x+θ）min＝2+3cos3π5＞2+3×（当θ=4π5时，x+θ∈[3π10，4π5]，f（x+θ）min＝2+3cos4π5＞2+3×（﹣当θ=7π5时，x+θ∈[9π10，7π5]，f（x+θ）min＝2+3cosπ＝﹣1，f（x+θ）max＝2+3cos7π5=2﹣3cos72°＞2﹣3×故选：D．二、多选题：本大题共3个小题，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α，β为锐角，cos(α+β)=3A．cosαcosβ=45 B．C．tanα+tanβ＝1 D．tan2(α+β)=【分析】根据两角和的余弦公式、同角三角函数的商数关系化简已知等式，解出sinαsinβ=15，cosαcosβ=45，可判断出A、B两项的正误；根据cos（α+β）=35，运用同角三角函数的关系求出sin（α+β）、tan（α+【解答】解：根据题意，可得cos（α+β）＝cosαcosβ﹣sinαsinβ=35⋯①，tanαtanβ由①②组成方程组，解得sinαsinβ=15cosαcosβ=45根据α、β为锐角，可得α+β∈（0，π），所以sin（α+β）=1-co可得tan（α+β）=sin(α+β)由tanα+tanβ1-tanαtanβ=43，可得tanα+tanβ=43（1﹣tanαtanβ根据tan2（α+β）=2tan(α+β)1-tan故选：ACD．（多选）10．（6分）已知曲线C：（1+λ）x2+（1﹣λ）y2﹣2x﹣4y＝0，λ∈R，则下列结论正确的是（）A．存在λ∈R，使得曲线C为圆，且圆心在直线y＝2x上 B．当λ＝1时，曲线C的离心率为3 C．当λ＝1时，曲线C在点（0，0）处切线方程为x+2y＝0 D．∀λ∈R，曲线C恒过3个定点【分析】选项A：当曲线为圆时，由1+λ＝1﹣λ≠0，可得λ的值，从而可得圆的圆心，即可判断A；选项B：当λ＝1时，求出曲线方程，从而可判断B；选项C：利用导数的几何意义可得切线方程，即可判断C；将曲线方程变形，可得关于x，y的方程，求解即可判断D．【解答】解：选项A：当曲线为圆时，需满足1+λ＝1﹣λ≠0，即λ＝0，此时曲线方程为x2+y2﹣2x﹣4y＝0，配方得（x﹣1）2+（y﹣2）2＝5，圆心为（1，2），满足y＝2x，故A正确；选项B：当λ＝1时，曲线方程为2x2﹣2x﹣4y＝0，化简为y=1这是一条抛物线，抛物线的离心率为1，故B错误；选项C：当λ＝1时，曲线为y=1求导得y'=x-12，在点（0切线方程为y=-12x，即x+2y＝选项D：将曲线方程整理为λ（x2﹣y2）+（x2+y2﹣2x﹣4y）＝0，令x2-y2=0x2所以曲线C恒过3个定点：（0，0）、（3，3）、（﹣1，1），故D正确．故选：ACD．（多选）11．（6分）已知f（x）＝lnx+m，g（x）＝nex，其中m，n∈R，则下列结论正确的是（）A．当m＝2，n＝1时，函数f（x）的图像恒在g（x）图像的下方 B．当m＝1，n＞0时，h（x）＝f（x）•g（x）在（0，+∞）上单调递增 C．若m＝1，且f（x）≤g（x）恒成立，则实数n≥D．当n＝1时，将g（x）的图像绕原点顺时针旋转θ后，第一次与x轴相切，则tanθ＝e【分析】A选项：利用已知不等式ex≥x+1和x≥lnx+1，通过叠加得到ex＞lnx+2，直接验证成立；B选项：对函数求导，结合不等式lnx≥C选项：分离参数得到n≥T（x），求T（x）的最大值后发现结论与选项矛盾，判定为错误；D选项：将图像旋转问题转化为切线斜率问题，找到过原点的切线y＝ex，从而得到tanθ＝e．【解答】解：对于A，当m＝2，n＝1时，f（x）＝lnx+2，g（x）＝ex，令y＝ex﹣x﹣1，x∈R，则y'＝ex﹣1，所以当x＜0时，y'＜0，y＝ex﹣x﹣1单调递减；当x＞0时，y'＞0，y＝ex﹣x﹣1单调递增；所以ex﹣x﹣1≥e0﹣0﹣1＝0，即ex≥x+1，同理可得x≥lnx+1，由不等式的性质可得ex＞lnx+2（两等号不能同时成立，故不能取等号），故A正确；对于B，当m＝1，n＞0时，h（x）＝f（x）•g（x）＝nex（lnx+1），则h'(x)=n令y＝lnx+1x+1，x则y'=1所以当0＜x＜1时，y'＜0，原函数单调递减；当x＞1时，y'＞0，原函数单调递增；所以y＝lnx+1x+1≥ln1+1+1＝2所以h′（x）＞0，所以h（x）＝f（x）•g（x）在（0，+∞）上单调递增，故B正确；对于C，若m＝1，nex≥lnx+1恒成立，则n≥1+lnxe易知y＝﹣lnx+1x-1在（0又当x＝1时，y＝0，所以当x∈（0，1）时，T'（x）＞0，当x∈（1，+∞）时，T'（x）＜0，所以T（x）在（0，1）单调递增，（1，+∞）单调递减，则T（x）最大值T(1)=1所以n≥1e对于D，考虑过原点（0，0）且与y＝ex相切的切线y＝ex，将g（x）的图像绕原点顺时针旋转θ后，第一次与x轴相切，等效于切线y＝ex绕原点顺时针旋转θ，则tanθ＝e，故D正确．故选：ABD．三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分。12．（5分）设Sn为等差数列{an}的前n项和，满足a3+a5＝14，a4a6＝77，则S9＝81．【分析】结合等差数列的性质及求和公式即可求解．【解答】解：等差数列{an}中，a3+a5＝2a4＝14，a4a6＝77，则a4＝7，a6＝11，a1+a9＝a4+a6＝18，则S9=9(a故答案为：81．13．（5分）某圆台的上，下底面半径分别为r1，r2，且r1r2＝4，此圆台内有一内切球（与圆台的上，下底面和任意一条母线均相切），则该内切球的表面积为16π．【分析】画出圆台的截面图，由几何知识确定球的半径，进而求解即可．【解答】解：如图为该几何体的轴截面，其中圆O为等腰梯形ABCD的内切圆，设圆O与梯形的腰相切于点M，与上、下底分别切于点O1，O2，球的半径为r，因为|OO1|＝|OM|，所以ΔOO1A与△OMA全等，所以OA平分∠O1OM，同理可得OB平分∠O2OM，所以∠AOB＝90°，所以由∠AOO1+∠OAO1＝∠AOO1+∠BOO2＝90°得∠OAO1＝∠BOO2，同理可得∠AOO1＝∠OBO2，所以ΔAOO1∽ΔOBO2，所以r2＝r1r2＝4，r＝2，球O的表面积为S＝4πr2＝16π．故答案为：16π．14．（5分）已知向量a→，b→满足|a→|=|b→|=|【分析】利用平面向量数量积的性质及运算可得m2+n2﹣mn＝4，结合-m2+n22≤mn≤m2+n22，可得-【解答】解：因为|a则|a→+b所以ab→=-1所以|m＝m2+n2﹣mn＝4，又-m解得：-4所以|m=m所以|ma所以|ma→-n故答案为：23四、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）在△ABC中，角A，B，C所对的边为a，b，c，且3ccosA+csinA=（1）求角C的大小；（2）若c＝2，D是AB中点，CD=2，求△ABC【分析】（1）根据正弦定理即可求解；（2）根据余弦定理，中点的性质，向量的性质即可求解．【解答】解：（1）由正弦定理，因为3ccosA+csinA=所以3sinCcosA+sinCsinA=故3sinCcosA+sinCsinA=整理得；sinCsinA=3因为sinA＞0，故tanC=3，因为C∈（0，π），所以C=（2）在△ABC中，由余弦定理有：c2＝a2+b2﹣2abcosC⇒a2+b2﹣ab＝4，又因为D是AB中点，所以2CD故4CD由①②可得：ab＝2，从而△ABC的面积为12absinC=16．（15分）小文在重庆某高校就读，他每天中午都要去学校的一食堂或二食堂用餐，且只去其中一个食堂用餐．如果当天中午选择一食堂用餐，则第二天中午仍然选择一食堂用餐的概率为23；如果当天中午选择二食堂用餐，则第二天中午选择一食堂用餐的概率为25.已知小文第一天中午选择一食堂用餐，记小文第n天中午选择一食堂用餐的概率为p（1）求p2，p3；（2）若pn＞a对一切正整数n都成立，求实数a的取值范围．【分析】（1）先利用全概率公式计算出第2天、第3天选择一食堂用餐的概率p2，p3，再递推得到pn+1与pn的关系式，构造等比数列求出通项公式pn；（2）由数列单调性可知pn＞611恒成立，从而确定实数【解答】解：（1）设An＝“第n天中午选择一食堂用餐（n∈N*），An=“第由题意得：P(A1)=1，P(A1）＝0，P(由全概率公式得：p2p3（2）由（1）得：p由全概率公式得：pn+1则pn+1-6因此数列{pn-611}是以故pn显然{pn}是递减数列，故当n→∞时，pn→611故实数a的取值范围为（-∞，617．（15分）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)的焦点为F1，F2，（1）求椭圆C的方程；（2）过点A（1，0）的直线l与椭圆C相交于P（x1，y1），Q（x2，y2）两点，G（4，y1），其中y1＞0，直线GQ交x轴于点B，若四边形ABGP为等腰梯形，求直线l的方程．【分析】（1）利用M的坐标求解b，结合三角形的周长，求解a，即可得到椭圆方程．（2）设出直线方程，P、Q的坐标，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理，通过四边形的等腰梯形，综合求解直线方程即可．【解答】解：（1）由椭圆定义知，椭圆上任意一点到两焦点距离之和等于长轴2a，两焦点间距离为2c．已知△MF1F2周长为4+23，即2a+2c＝4+23，M（0，1），可得b＝1a+c＝2+3，a2＝c2+1解得a＝2，c=3根据b2＝a2﹣c2，可得b2所以椭圆C的方程为x2（2）设直线l的方程为x＝my+1，P（x1，y1），Q（x2，y2），联立x=my+1x将x＝my+1代入x2(my+1)整理得（m2+4）y2+2my﹣3＝0由韦达定理得y1y1y2=-因为四边形ABGP为等腰梯形，所以kPQ+kBG＝0．即y1又x1＝my1+1，x2＝my2+1，代入上式得：y1即y1因为y1≠y2，所以1m通分得my即2my2﹣3＝0，y2将y2=32m代入（m2+4）y2+2my﹣得：(m解得m＝±1．所以直线l的方程为x＝y+1或x＝﹣y+1，即x﹣y﹣1＝0或x+y﹣1＝0．18．（17分）已知函数f（x）＝ex，g（x）是f（x）的反函数．（1）讨论函数F（x）＝g（x）﹣mx的单调性；（2）若函数h(x)=f(x)x2-a[g(x)+2g'(x)]+1恰有三个极值点x1，x（i）求实数a的取值范围；（ii）证明：x1【分析】（1）求出g（x），进而可得F（x），对F（x）求导，再对m分类讨论，利用导数与单调性的关系求解即可；（2）（i）求出h（x），再对h（x）求导，由极值点的性质可得h′（x）恰有三个变号零点，易知x＝2是h（x）的一个极值点，记x1＝2，因此exx=a在（0，+∞）有两个不等实根x2，x3，且x2，x3≠2，不妨设x2＜x3，令p(x)=exx(x＞0)，对p（ii）令x3x2=t(t＞1)，根据题意将x2，x3用t的式子表示，从而可得x2+x3=(t+1)lntt-1，令φ(t)=(t+1)lntt-1(t＞1)，对φ（t）求导，利用导数判断φ【解答】解：（1）由题意知：g（x）＝lnx，F（x）＝lnx﹣mx（x＞0），F'当m≤0时，F′（x）＞0，F（x）在（0，+∞）单调递增；当m＞0时，令F'（x）＞0，得x＜1m，令F′（x）＜0故F（x）在(0，1m综上所述，当m≤0时，F（x）的增区间为（0，+∞），无减区间；当m＞0时，F（x）的增区间为(0，1m（2）（i）由题意：h(x)=h'(x)=因为h（x）恰有三个极值点，故h′（x）恰有三个变号零点，当x＝2时，h′（x）＝0，因此x＝2是h（x）的一个极值点，记x1＝2，因此exx=a在（0，+∞）有两个不等实根x2，x3，且x2，x3≠2，不妨设x2＜令p(x)=exx当x∈（0，1）时，p′（x）＜0，p（x）单调递减：当x∈（1，+∞）时，p′（x）＞0，p（x）单调递增，所以p（x）min＝p（1）＝e，且x→0时，p（x）→+∞；x→+∞时，p（x）→+∞，当a＜e时，方程p(x)=exx=a在（当a＝e时，方程p(x)=exx=a在（当a＞e时，方程p(x)=exx=a在（0，+∞）上有两个不等实根x2又x2，x3≠2，p（2）=e22综上，实数a的取值范围为(e，（ⅱ）证明：由（i）知：x1＝2，x2＜x3，令x3x2=t(t＞1)，则又ex故x3=tlnt令φ(t)=(t+1)lntt-1(t＞1)，φ'令k(t)=t-1t故k（t）在（1，+∞）单调递增，从而k（t）＞k（1）＝0，所以φ'（t）＞0在（1，+∞）上恒成立，φ（t）在（1，+∞）单调递增，当t→1时，φ（t）→2，故φ