2026北京西城高三一模数学试卷及答案

2026北京西城高三一模

数学

一、单选题

1．已知集合Ax∣x23x0，集合B{x∣x20}，则集合AB（）

A．(0,3)B．(2,3)C．(0,)D．(2,)

2．在复平面内，复数(2i)(1i)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

3．在等比数列an中，a24,a4a624，则a8（）

A．16B．32C．64D．256

42345

4．x(2x)a1xa2xa3xa4xa5x，则a1a2a3a4（）

A．16B．65C．80D．81

5．若圆锥曲线C:x2my2m0的焦距为4，则其离心率为（）

2423

A．2B．C．D．

333

6．已知函数f(x)2sinxcosxsinx，则f(x)是（）

A．奇函数，且最小正周期为πB．奇函数，且最小正周期为2π

C．偶函数，且最小正周期为πD．偶函数，且最小正周期为2π

7．设a,b为非零向量，则“对于任意R,ba”是“abab”的（）

A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要

条件

8．设关于x的不等式x2|x|2m的解集为P，若P(2,4)，则实数m的取值范围是（）

A．[1,)B．(,1]C．[2,)D．(,2]

9．如图所示的沙漏是由上下两个相同的圆锥形容器组成，其内细沙的总体积为V0．假设上方容器中细沙

的堆积体一直近似为一个倒置的圆锥，初始时细沙都在上方容器内，且此时沙堆的高度为h，在重力和限

流片的作用下细沙徐徐流入下方容器，经过t(t30)分钟后剩余沙堆的体积

kt

VV0e（k为常数）．已知初始时细沙都在上方容器内，经过10分钟后上方

1

沙堆的高度降为h，此时将沙漏上下颠倒，若倒置后的上方容器内沙堆高度

2

1

再次降为h，则需再经过的时间约为（）（参考数据：

2

ln20.69,ln31.10,ln71.95）

A．8.0分钟B．8.6分钟C．9.4分钟D．10.6分钟

10．在平面直角坐标系xOy中，点M在圆心为C的圆x2y22x20上．若动点P满足

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|MP|1,CMCP3，则对于aR，点P到直线xay2a0的距离的最大值为（）

A．52B．22C．53D．23

二、填空题

11．设抛物线C:y28x的准线为l，P(4,m)为C上一点，则P到l的距离为______．

12．设平面向量a(1,2),b(3,t)，其中tR，|ba|的最小值为_________．

13．已知,(0,2π)，且cos()sincoscossin，写出满足条件的一组,的值

_________，_________．

14．《营造法式》是中国古代最完整的建筑技术著作，是中国古代建筑发展到了较高阶段的标志．书中根

据不同等级房屋建筑的需要，将建筑中的木方（断面为矩形的木料）的尺寸分为8个等级．记这8个等级

a3

i

木方断面的长与宽分别为ai与bi，若对任意i(i1,2,,8)，且a1,a2,a3与a6,a7,a8都是公差为0.75

bi2

的等差数列，b4,b5,b6是公差为0.4的等差数列．已知a19，a3a40.3，则a5_________，b7

_________．

15．记[x]表示不超过实数x的最大整数．设a，b为正整数，函数f(x)[ax][bx]，给出以下四个结论：

对于任意的x1,x2，若x1x2，则fx1fx2；

①存在正整数a，b，使得曲线yf(x)关于坐标原点对称；

②设a2,b3，则方程f(x)10有无数个解；

③设a2,b3，则当x[0,1)时，函数f(x)的值域中有且仅有5个元素．

④其中，所有正确结论的序号是_________．

三、解答题

3

16．已知ABC的面积Sa2b2c2，且a2sinA．

4

(1)求C的大小；

(2)记ABC的周长为f(A)．给出f(A)的解析式，并求其最大值．

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17．如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为平行四边形，且ABAC，E为PD的中点，平面

PAC平面ABCD．

(1)求证：ABPA；

(2)若PAAB1,BC2，从条件、条件、条件这三个条件中选择一个作为已知，使得四棱锥

PABCD存在，求平面PAE与平①面AEC夹②角的余弦③值．

条件：CDPD；

条件①：AEPE；

条件②：△ABC≌△APC．

注：如③果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求

的条件分别解答，按第一个解答计分．

18．某市图书馆为了解馆内图书借阅情况，随机对馆内的部分读者进行了为期一年的跟踪调查，得到下表

数据，其中部分数据意外缺失，分别用字母a，b，c，d（abcd0）表示．

某类读者图书借阅量分类占比情况

读者类型调查人数年人均借阅量（册）

文学类科技类教辅类社科类其他

在职人员60018.535%25%10%20%10%

大学生80024.330%40%13%ab

中学生50015.225%20%40%cd

假设每位读者的每次借阅情况互不影响．用频率估计概率．

(1)在参与调查的读者中，比较这一年里“在职人员”借阅的文学类图书量与“中学生”借阅的教辅类图书量的

大小，说明理由：

(2)在该市图书馆的所有读者中随机选出2名大学生和1名中学生，已知这3人每人借阅了1册书，估计所

借的3册书中至少有2册为科技类图书的概率；

1n

(3)为分析同一类读者的偏好，市图书馆将图书借阅量分类占比的平均差Mxix定义为该类读者的

ni1

“偏好度”，其中xi为其图书借阅量分类占比值，x为所有xi的均值，n为图书的类别个数．记“在职人员”、

“大学生”和“中学生”的“偏好度”分别为M1,M2,M3，写出这三个“偏好度”的大小关系．（结论不要求证明）

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x2y22π

19．已知椭圆E:1(ab0)的右顶点为A，下顶点为B，左右焦点分别为F1,F2，且F1BF2，

a2b23

圆W:x2y21经过点B．O为坐标原点．

(1)求椭圆E的方程；

(2)设圆W的切线l与椭圆E相交于C，D两点，点QxQ,yQyQ0在直线l上，且满足OQOD，过Q

∥

作QPy轴于点P，求证：APBF1．

2

20．已知函数f(x)xlnx，直线l为曲线yf(x)在点x0,fx0处的切线．O为坐标原点．

(1)求函数f(x)的单调区间；

(2)设g(x)f(x)x，研究函数g(x)的零点个数；

(3)若l与x轴、y轴分别交于点A，B，且△OAB为等腰直角三角形，求△OAB的面积．

21．对任意无穷数列an，定义从ai起连续k项的和Sk(i)为：Sk(i)aiai1aik1，其中k，i为任意

**

正整数．若无穷数列an满足：对任意nN和lN，存在m{n1,n2,n3,n4}，使得Sl(n)Sl(m)，

则称数列an具有性质T．

nπ*

(1)设bnsin，其中nN．判断数列bn是否具有性质T？说明理由；

2

(2)已知数列an具有性质T，

∣*

（i）求集合uuan,nN中元素个数的最大值；

（ii）证明：存在正整数l，对任意k1,2,3,,2026，有aklak．

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参考答案

一、单选题

1．【答案】C

【详解】Ax|x23x0x|0x3，Bx|x20x|x2，

故ABx|x0.

2．【答案】D

【分析】根据复数的乘法运算可得(2i)(1i)3i，结合复数的几何意义分析判断.

【详解】因为复数(2i)(1i)3i，

所以其在复平面内对应的点为3,1，位于第四象限.

故选：D.

3．【答案】B

【详解】设等比数列的公比为q,

由a24,a4a624得,

aq411

1，两式作比，得，得q22，

35246

a1qa1q24qq

3

则623．

a8a2qa2q4232

4．【答案】C

4234

【分析】根据题意得(2x)a1a2xa3xa4xa5x，利用赋值法和二项式系数求解.

42345

【详解】由于x(2x)a1xa2xa3xa4xa5x，

4234

则(2x)a1a2xa3xa4xa5x，

4

令x1，得a1a2a3a4a5381，

40

又因为a5C421，

所以a1a2a3a480.

5．【答案】D

【详解】由圆锥曲线C:x2my2m0，可知m0，

x2

则y21，所以m0，曲线为双曲线，

m

所以焦距为2c2m14，

解得m3，则a3，

223

所以离心率e.

33

6．【答案】B

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【分析】根据fx,fx的关系判断fx的奇偶性，再根据周期的定义，判断fx的周期，即可选择.

【详解】由题意得f(x)2sinxcosxsinxsin2xsinx，

故fxsin2xsinxsin2xsinxfx，

又其定义域为R，故fx为奇函数；

2π

又ysin2x的最小正周期为π，

2

且ysinx的最小正周期为2π，则fx的最小正周期为2π，

且fx2πsin2x4πsinx2πsin2xsinxfx，

故fx的最小正周期为2π.

综上所述：fx是奇函数，且最小正周期为2π.

7．【答案】A

【分析】根据平面向量的三角不等式取等条件判断充分性，举反例判断必要性.

【详解】因为a,b为非零向量，若对任意R都有ba，则a,b不共线，

根据不等式ababab的取等条件可知，abab，充分性成立；

若abab，不妨取a1,b2，且a,b同向，

则ab1,ab3，满足abab，

此时存在2，使得ba，必要性不成立.

综上，a,b为非零向量，“对于任意R,ba”是“abab”的充分不必要条件.

8．【答案】B

【分析】转化为恒成立问题，由对称性求出函数的值域，得到不等式，求出答案

【详解】x2|x|2m，即x2|x|2m的解集为P，设Ps,t，

设fxx2|x|，由于fxfx，故fxx2|x|为偶函数，

由对称性可知st0，

又P(2,4)，故Ps,t(2,2)，

11

因为f，f00,f22，作出函数fx的图象如下图：

24

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由图可知，要使Ps,t(2,2)，只需满足2m2，解得m1.

9．【答案】C

【详解】初始时，上方沙堆高度为h，体积为V0，

体积比等于高度比的立方，

3

111

经过10分钟后上方沙堆的高度降为h，上方剩余沙堆的体积V1V0V0，

228

kt

经过t(t30)分钟后上方剩余沙堆的体积VV0e，

10k

经过10分钟后上方剩余沙堆的体积V1V0e，

1113ln2

VVe10k，=e10k，ln=10k，k，

8008810

1

经过10分钟后上方剩余沙堆的体积为V1V0，

8

17

下方容器内的体积为VVVVV，

0108080

7

将沙漏上下颠倒，此时上方容器内的沙堆体积为V，

80

设此时上方容器的高度为H，

33

7H7H71

V0V0，，Hhh，

8h8h82

11

倒置后的上方容器内沙堆高度再次降为h时，上方容器剩余沙堆的体积为V2V0，

28

1

设从倒置后到高度再次降为h需要的时间为t1，

2

11kt11kt1ln7

则V0V0V0e，即e，t1，

887k

ln7ln710ln7101.95

3ln2t9.4

k，1k3ln23ln230.69分钟.

10

10

10．【答案】A

【分析】先求出圆C的圆心和半径，根据数量积的几何意义，可得CMMP，进而可得点P的轨迹方程，

根据直线恒过定点，结合点与圆的位置关系，分析求解，即可得答案.

【详解】圆C的方程变形为(x1)2y23，圆心C(1,0)，半径r3，

又CMCPCMCPcosCM,CP3，CMr3，

所以CPcosCM,CP3，即CP在CM方向上的投影为3CM，

22

所以CMMP，又|MP|1，所以CPCMMP2，

则点P的轨迹是以C为圆心，2为半径的圆，

又直线xay2axa(y2)0恒过定点Q(0,2)，

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所以CQ(10)2(02)25，

则P到直线xay2a0的距离的最大值为CQ252.

二、填空题

11．【答案】6

【分析】根据题意，利用抛物线的定义，即可求解.

【详解】由抛物线C:y28x，可得焦点为F(2,0)，准线l方程为x2，

因为P(4,m)为C上一点，

根据抛物线的定义，可得点P到准线l距离为4(2)6.

12．【答案】4

【详解】已知a1,2，b3,t，其中tR，

得：ba31,t24,t2，

222

所以∣ba∣4(t2)16(t2)，

∣∣

当t2时，bamin164.

ππ

13．【答案】（答案不唯一，满足题意即可）（答案不唯一，满足题意即可）

88

【详解】sincoscossinsin，即cossin，

结合cos()sin()，可知cos()0

两边同除cos可得：tan1，

π

即kπkZ，又,(0,2π)，

4

ππππππ2

故取，，cossin满足条件.

8888882

14．【答案】6.63.5

【分析】根据等差数列的定义，结合已知条件求解即可.

【详解】因为a1,a2,a3是公差为0.75的等差数列，所以a2a10.758.25，a3a20.757.5.

又a3a40.3，所以a4a30.37.2.

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a3a3

i422

因为对任意i(i1,2,,8)，，所以，所以b4a47.24.8.

bi2b4233

因为b4,b5,b6是公差为0.4的等差数列，所以b5b40.44.4，b6b50.44.

a3

53333

又，所以a5b54.46.6，同理a6b646，

b522222

因为a6,a7,a8都是公差为0.75的等差数列，所以a7a60.755.25.

a3

722

又，所以b7a75.253.5.

b7233

综上，a56.6，b73.5.

15．【答案】

【分析】根据①题③意，结合x表示不超过实数x的最大整数，函数f(x)[ax][bx]，以及a,b为正整数，利

用函数的性质，逐项分析判断，即可求解.

【详解】对于，因为x表示不超过实数x的最大整数，

由a,b为正整数①，若x1x2，可得ax1ax2,bx1bx2，则ax1ax2,bx1bx2，

两式相加得ax1bx1ax2bx2，即fx1fx2，所以正确；

对于，当x0时，f0000；①

取a②b1，可得f(x)[x][x]2x，

对于任意xR，可得f(x)2x,fx2x，

当xZ时，xx1，可得f(x)2x1；

而fx2x，显然fxfx，

1

对于任意正整数a,b，取x(x0且非整数)，

ab

ab

可得ax(0,1),bx(0,1)，所以fx000，

abab

1ab

又由x，可得a(x)(1,0),b(x)(1,0)，

ababab

可得fx1(1)2，此时fxf(x)，

所以不存在正整数a,b，使得曲线yf(x)关于坐标原点对称，所以错误；

对于，当a2,b3时，fx2x3x，②

设x③nt,nZ,t[0,1)，可得2x2n2t2n2t,3x3n3t，

所以fx5n2t3t，

10(2t3t)

令fx10，可得5n2t3t10，解得n，

5

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1

当t[0,)时，可得2t0,3t0，可得2t3t0；

3

11

当t[,)时，可得2t0,3t1，可得2t3t1；

32

12

当t[,)时，可得2t1,3t1，可得2t3t2；

23

2

当t[,1)时，可得2t1,3t2，可得2t3t3；

3

10m

设m2t3t0,1,2,3，由n且n为整数，

5

9

当m0时，可得n2Z；当m1时，可得nZ；

5

87

当m2时，可得nZ；当m3时，可得nZ；

55

1

所以当x2t且t[0,)时，满足fx10，此时有无数个解，所以正确；

3

对于，当a2,b3，且x[0,1)时，可得2x[0,2),3x[0,3)，③

所以④2x0,1,3x0,1,2，

1

当x[0,)时，可得2x0,3x0，可得fx2x3x0；

3

11

当x[,)时，可得2x0,3x1，可得fx2x3x1；

32

12

当x[,)时，可得2x1,3x1，可得fx2x3x2；

23

2

当x[,1)时，可得2x1,3x2，可得fx2x3x3，

3

所以fx在x[0,1)上的取值为0,1,2,3，共有4个元素，所以错误.

三、解答题④

16．【答案】(1)/60

3

π

(2)fA23sinA3；33

6

【分析】（1）利用余弦定理和面积公式即可得解；

（2）利用正弦定理表示出fA，化简，然后结合正弦函数性质求最值.

1

【详解】（1）由余弦定理和面积公式得：a2b2c22abcosC，SabsinC，

2

313

代入Sa2b2c2可得：SabsinC2abcosC，化简得：tanC3，

424

又因为在三角形中，0C，所以C.

3

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a2sinAbc

（2）设R为三角形外接圆半径，则由正弦定理可得：22R，则R1，

sinAsinAsinBsinC

所以b2RsinB2sinB，c2Rsin2sin3，

33

则三角形周长为：f(A)abc2sinA2sinB3

2

其中AB，所以BA，代入f(A)可得：

33

2

f(A)2sinA2sinA3，

3

22

2sinA2sincosA2cossinA3

33

3sinA3cosA3

2

23sinA3，其中0A

63

5

所以A，则当A，即A时，f(A)取得最大值，

666623

所以f(A)23sin333.

max2

17．【答案】(1)证明见解析

6

(2)条件不符合要求，条件和条件下平面PAE与平面AEC夹角的余弦值为

4

①②③

【分析】（1）由面面垂直得AB平面PAC，再由线面垂直，推出ABPA，得证结论.

（2）条件思路：先由CD平面PAC得CDPC，再结合CDPD推出矛盾，故此条件不成立，

四棱锥不存①在.

条件思路：由AEPE且E为中点得△PAD为直角三角形，证PA底面，建系求点坐标，求两平

面法向②量，用向量公式求二面角余弦值.

条件思路：由全等证PAAC，由面面垂直得PA底面，建空间直角坐标系，求各点坐标，求两平

面法向③量，用夹角公式算余弦值.

【详解】（1）因为平面PAC平面ABCD，平面PAC平面ABCDAC.

又AB平面ABCD，ABAC，由面面垂直的性质定理，得AB平面PAC.

因为PA平面PAC，所以ABPA.

（2）由题意，AB1，ACAB，BC2，故ACBC2AB23.

底面ABCD为平行四边形，故CDAB1，ADBC2，CD∥AB.

若选条件：CDPD

由（1）知①AB平面PAC，故CD平面PAC，因此CDPC.

若CDPD，又CDPC，这显然不可能，

故条件无法使四棱锥PABCD存在，不符合要求.

若选条件①：AEPE.

②

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已知E为PD中点，且AEPE，则PEDEAE，

所以△PAD为直角三角形，且PAD90，即PAAD.

由（1）知PAAB，又ADABA，AD,AB平面ABCD，所以PA平面ABCD.

因为AC平面ABCD，所以PAAC，即PA,AB,AC两两垂直.

以A为原点，AB,AC,AP分别为x,y,z轴正方向建立空间直角坐标系.

则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0,3,0)，D(1,3,0)，P(0,0,1).

131

E为PD中点，故E,,.

222

131

设平面PAE的一法向量n，AP(0,0,1)，AE,,.

222

nAPz0

1

设，则

nx1,y1,z113.

nAExy0

2121

取，得，所以

y11x13n3,1,0.

131

设平面AEC的法向量m：AC(0,3,0)，AE,,.

222

mAC3y0

2

设，则

mx2,y2,z2131.

mAExyz0

222222

得y20，取x21，得z21，所以m1,0,1.

nn31100136

设两平面夹角为，则两平面夹角的余弦值为：cos12.

22222

n1n2(3)1101224

若选条件：△ABC≌△APC.

由AB1，③ABAC，BC2，得ACBC2AB23.

由ABCAPC，得PAAB1，PCBC2，

故PA2AC212(3)24PC2，即PAAC.

又平面PAC平面ABCD，平面PAC平面ABCDAC，PA平面PAC，

由面面垂直的性质定理，得PA平面ABCD.

以A为原点，AB、AC、AP分别为x、y、z轴正方向建立空间直角坐标系：

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A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0,3,0)，D(1,3,0)，P(0,0,1).

131

E为PD中点，故E,,.

222

131

AP(0,0,1)，AE,,，

222

131

设平面PAE的一法向量n：AP(0,0,1)，AE,,.

222

nAPz0

1

设，则

nx1,y1,z113.

nAExy0

2121

取，得，所以

y11x13n3,1,0.

131

设平面AEC的法向量m：AC(0,3,0)，AE,,，

222

mAC3y0

2

设，则

mx2,y2,z2131.

mAExyz0

222222

得y20，取x21，得z21，所以m1,0,1.

nn31100136

设两平面夹角为，则两平面夹角的余弦值为：cos12.

22222

n1n2(3)1101224

18．【答案】(1)在职人员借阅的文学类图书量更大

32

(2)

125

(3)M1M3M2

【分析】（1）先根据“总借阅量=调查人数×年人均借阅量×对应类别占比”的公式，分别列出在职人员文学

类、中学生教辅类的借阅量计算式，再代入数据比较大小；

（2）先根据大学生各类借阅占比和为100%，求出ab的值，得到大学生借阅科技类的概率；同理根据中

学生各类借阅占比和为100%，求出cd的值，得到中学生借阅科技类的概率；然后将“3册书中至少有2

册为科技类图书”分解为“2册科技类1册非科技类”和“3册都是科技类”两个子事件，利用独立事件概率公

式和互斥事件概率加法公式计算总概率；

（3）根据偏好度的定义，计算各类读者的“偏好度”，可得答案.

【详解】（1）在职人员借阅文学类图书总量：60018.535%3885（册），

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中学生借阅教辅类图书总量：50015.240%3040（册），

因为38853040，所以这一年里在职人员借阅的文学类图书量更大；

（2）用频率估计概率：大学生借阅科技类的概率为0.4，中学生借阅科技类的概率为0.2，

三人借阅相互独立，“至少2册科技”包含三种情况：

2

2名大学生均借科技，中学生不借科技：P10.410.20.128，

①仅1名大学生借科技，中学生借科技：P220.410.40.20.096，

2

②3人均借科技：P30.40.20.032，

③32

总概率：PPPP0.1280.0960.0320.256.

123125

（3）在职人员的5个占比分别为：35%,25%,10%,20%,10%，即xi0.35,0.25,0.10,0.20,0.10，

5

xi0.20.350.20.250.20.10.20.20.20.10.2，

i1

0.4

0.150.050.1000.100.4，故M0.08；

15

大学生的已知占比为：30%,40%,13%，

因此未知占比满足ab10.30.40.130.17，

由题设abcd0得a0,b0，因此a0.170.2，b0.170.2，

即a,b都小于均值0.2，因此∣a0.2∣0.2a，∣b0.2∣0.2b，

5

xi0.20.30.20.40.20.130.20.2a0.2b，

i1

0.10.20.070.4ab0.770.170.6，

0.6

因此：M0.12；

25

中学生的已知占比为：25%,20%,40%，

因此未知占比满足cd10.250.20.40.15，

同理，由c0,d0得c0.150.2，d0.150.2，

因此∣c0.2∣0.2c，∣d0.2∣0.2d，

5

xi0.20.250.20.20.20.40.20.2c0.2d，

i1

0.0500.20.4cd0.650.150.5，

0.5

因此：M0.1.

35

综上：M1M3M2

x2

19．【答案】(1)y21；

4

(2)证明见详解.

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【分析】（1）根据已知直接求出a,b即可；

23

（2）将问题转化为证明y，设出直线方程，结合OQOD，用yQ表示出点D坐标，然后代入椭

Q3

圆方程求解即可得证.

【详解】（1）因为圆W:x2y21经过下顶点B，所以b1，

2ππOB

又F1BF2，所以BF1O，所以aBF12，

36sinBF1O

x2

所以椭圆E的方程为y21.

4

（2）由（1）知F13,0,B0,1,A2,0，

∥3yP023

要证APBF1，只需证kBFkAP，即，得y，

1302P3

23

又yQyP，所以只需证y.

Q3

设Cx1,y1,Dx2,y2，因为OQOD，所以OQODx2xQy2yQ0，

当直线l的斜率不存在时，易知其方程为x1，则x2xQ1，

因为yQ0，1y2yQ0，所以y20

2

x2323

将x1代入y1得y，代入1y2yQ0得y.

422Q3

当直线l的斜率存在时，设其方程为ykxm，易知k0，

yQmyQm

则x,ykxm，代入x2xQy2yQ0，得：xkxmy0，

Qk222k2Q

kmy

Q

整理得x22，

kyQyQm

m

又圆W与直线l相切，所以1k2m21，

k21

2

kmyQkyQkyQmyQ

所以x2，ym，

21my2

m1yQyQmQ1myQ1myQ

22

kyQmyQ

因为点D在椭圆上，所以221，

41myQ1myQ

2222

整理得k44myQ4m10，

22222

又m1k，所以3kyQ4k0，

23

由k0，yQ0解得y.

Q3

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23

综上，y，即可得证.

Q3

11

20．【答案】(1)f(x)单调递减区间为：0,e2，单调递增区间为：e2,.

(2)g(x)无零点.

11

(3)面积S11.

22

【分析】（1）先求定义域，再求导找零点，划分区间判符号，确定单调减区间，再确定单调增区间.

（2）提取公因式转化函数，求导找单调性与最小值，判断最小值恒正，推出函数恒正，故无零点.

（3）先求切线方程得截距坐标，由等腰直角得边长相等，分类讨论去绝对值，构造函数求零点，算出坐

标求面积.

【详解】（1）定义域：x0，函数f(x)求导得f(x)2xlnxxx(2lnx1).

1

令f(x)0，得

xe2.

1

当x0