2022学年高二下学期期末考试数学试卷与答案解析

注意事项：

1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。

3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。

第Ⅰ卷（选择题）

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．已知集合Axax1,aR，B1,1，若AB，则所有a的取值构成的集合为（ ） A．1

B．1,1

C．0,1

D．1,0,1

z1（ ） 2．设复数z1、z2在复平面内对应的点关于实轴对称，若z12i，则z2A．

34i 55B．

34i 55C．34i 55D．34i 553．为达成“碳达峰､碳中和”的目标，我们需坚持绿色低碳可持续发展道路，可再生能源将会有一个快速发展的阶段．太阳能是一种可再生能源，光伏是太阳能光伏发电系统的简称，主要有分布式与集中式两种方式．下面的图表是近年来中国光伏市场发展情况表，则下列结论中正确的是（ ）

A．2013~2020年，年光伏新增装机规模同比(与上年相比)增幅逐年递减 B．2013~2020年，年光伏发电量与年份成负相关

C．2013~2020年，年新增装机规模中，分布式的平均值大于集中式的平均值 D．2013~2020年，每年光伏发电量占全国发电总量的比重与年份成正相关

4．△ABC的内角A,B,C的对边分别为a，b，c，已知acosB3bsinAa，则

B（ ）

A．

π 6B．

π 3C．

π 2D．

2π 35．某公司为激励创新，计划逐年加大研发资金投入，若该公司2020年全年投入研发资金130万元，在此基础上，每年投入的研发资金比上一年增长12%，则该公司全年投入的研发

．0．05，lg13．011．，资金开始超过200万元的年份是（ ）（参考数据∶lg112lg20.30）

A．2021年

B．2022年

C．2023年

D．2024年

6．已知an是各项均为正数的等比数列，其前n项和为Sn，且Sn是等差数列，则下列结论错误的是（ ） A．anSn是等差数列 C．an是等差数列

B．anSn是等比数列 D．2Sn是等比数列 nx2y27．已知双曲线C:221a0,b0的左､右焦点分别为F1，F2，P为双曲线Cab12yPFPFMFMOb，其上的一点，若线段1与轴的交点M恰好是线段1的中点，14中，O为坐标原点，则双曲线C的渐近线方程为（ ） A．y1x 2B．yx

22C．y3x

D．y2x

8．过点A2,1作直线l交圆C:xy2y170于M,N两点，设AMAN，则实数的取值范围为（ ）

15,A．

5

B．5,1

5C．,1

251D．,

25二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．

19．若ax2展开式所有项的系数之和与二项式系数之和均为32，则下面结论正确的x是（ ） A．n5

B．展开式中含x4的系数为270 D．展开式中含有常数项

nC．展开式的第4项为90x

10．已知m，n是两条不相同的直线，，是两个不重合的平面，则下列命题中真命题有（ ）

A．若m，n，m//n，则//

B．若m，m，n，则n//

C．若，m，mn，则n// D．若//，m，n//，则mn 11．函数fxAsinxA0,0,0π的部分图象如图所示，则下列结论中正确的是（ ）

A．fx的最小正周期为2π C．fx在区间B．fx的最大值为2 D．fx5ππ,上单调递增 1212π为偶函数 63xx3,x0212．已知函数fxx，若关于x的方程4fx4afx2a3021,x0有5个不同的实根，则实数a可能的取值有（ ） A．

第Ⅱ卷（非选择题）

三、填空题：本大题共4小题，每小题5分．

13．已知某种元件的使用寿命超过1年的概率为0.9，超过2年的概率为0.63，若一个这种元件使用1年时还未失效，则这个元件使用寿命超过2年的概率为_________． 14．给出下列命题：

3 2B．4 3C．5 4D．7 6ˆaˆbxˆ，则l一定经过点Px,y； ①由变量x和y的数据得到其回归直线方程l:y②在回归分析模型中，残差平方和越小，说明模型的拟合效果越好；

③线性相关系数r越大，两个变量的线性相关性越强，反之，线性相关性越弱； ④在回归直线方程y0.5x10中，当解释变量x每增加一个单位时，预报变量y增加

0.5个单位．

其中真命题的序号是______．

x15．若函数f(x)ex图象在点x0,fx0处的切线方程为ykxb，则kb的最

小值为__________．

16．回文数是指从左到右与从右到左读都一样的正整数，如22，11，3443，94249等，显然2位回文数有9个：11，22，33，

，99，3位回文数有90个：101，111，

121，，191，202，，999．

（1）4位回文数有__________个．

（2）2n1(nN)位回文数有__________个．

四、解答题：本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

17．（10分）已知在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，

atanB(2ca)tanA．

（1）求B； （2）若A

n118．（12分）已知数列an的前n项和为Sn，且a12，当n2时，anSn2．

π，b23，求△ABC的面积． 4（1）求数列an的通项公式；

（2）设bnlog2Sn，设cnbnSn，求数列cn的前n项和为Tn．

19．（12分）三阶魔方为333的正方体结构，由26个色块组成．常规竞速玩法是将魔方打乱，然后在最短的时间内复原．

（1）某魔方爱好者进行一段时间的魔方还原训练，每天魔方还原的平均速度y（秒）与训练天数x（天）有关，经统计得到如下数据：

x（天） 1 99 2 99 3 45 4 32 5 30 6 24 7 21 y（秒） 现用yab，作为回归方程类型，请利用表中数据，求出该回归方程，并预测该魔方爱x好者经过长期训练后最终每天魔方还原的平均速度y约为多少秒（精确到1秒）； （2）现有一个复原好的三阶魔方，白面朝上，只可以扭动最外侧的六个表面．某人按规定将魔方随机扭动两次，每次均顺时针转动90，记顶面白色色块的个数为X，求X的分布列及数学期望EX． 参考数据（其中zi参考公式：

1）． xizy iii17z 0.37 zi172i7z2 184.5 0.55 对于一组数据u1,v1，u2,v2，…，un,vn其回归直线vu的斜率和截距的最小

ˆ二乘法估计公式分别为uvnuvii2i1nnui1inu2，vu．

20．（12分）如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为正方形，PD平面

ABCD，ADPD．

（1）求证：AC平面PBD； （2）求钝二面角APBC的余弦值．

2221．（12分）已知圆xy17与抛物线C:y2pxp0在x轴下方的交点为A，

2与抛物线C的准线在x轴上方的交点为B，且点A，B关于直线yx对称． （1）求抛物线C的方程；

（2）若点M，N是抛物线C上与点A不重合的两个动点，且AMAN，求证：直线

MN过定点，并求出定点坐标．

22．（12分）设函数fxlnx12axbx． 2（1）已知fx在点P1,f1处的切线方程是y2x1，求实数a，b的值；

（2）在第（1）问的条件下，若方程fxx

答案解析

第Ⅰ卷（选择题）

20有唯一实数解，求实数的值．

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．已知集合Axax1,aR，B1,1，若AB，则所有a的取值构成的集合为（ ） A．1 【答案】D

【解析】a0时，A满足题意；

B．1,1

C．0,1

D．1,0,1

a0时，ax1，得x111，所以1或1，a1或a1，

aaa所求集合为{1,0,1}，故选D．

z1（ ） 2．设复数z1、z2在复平面内对应的点关于实轴对称，若z12i，则z2A．

34i 55B．

34i 55C．34i 55D．34i 55【答案】A

2i34i34i， z2i【解析】由题意可得z22i，因此，1z22i2i2i555故选A．

3．为达成“碳达峰､碳中和”的目标，我们需坚持绿色低碳可持续发展道路，可再生能源将会有一个快速发展的阶段．太阳能是一种可再生能源，光伏是太阳能光伏发电系统的简称，主要有分布式与集中式两种方式．下面的图表是近年来中国光伏市场发展情况表，则下列结论中正确的是（ ）

2

A．2013~2020年，年光伏新增装机规模同比(与上年相比)增幅逐年递减 B．2013~2020年，年光伏发电量与年份成负相关

C．2013~2020年，年新增装机规模中，分布式的平均值大于集中式的平均值 D．2013~2020年，每年光伏发电量占全国发电总量的比重与年份成正相关 【答案】D

【解析】A，2013~2020年，年光伏新增装机规模同比(与上年相比)增幅逐年递减， 前几年递增，后面递减，故A错误；

B，2013~2020年，年光伏发电量与年份成正相关，故B错误； C，由图表可以看出，每一年装机规模，集中式都比分布式大， 因此分布式的平均值小于集中式的平均值，故C错误；

D，根据图表可知，2013~2020年，每年光伏发电量占全国发电总量的比重随年份逐年增加，

故每年光伏发电量占全国发电总量的比重与年份成正相关，故D正确， 故选D．

4．△ABC的内角A,B,C的对边分别为a，b，c，已知acosB3bsinAa，则

B（ ）

A．

π 6B．

π 3C．

π 2D．

2π 3【答案】D

【解析】由正弦定理知sinA(cosB3sinB)sinA， 而sinA0，∴cosB3sinB2sin(B)1，

π6又

ππ7ππ5π2πB，即B，∴B， 666663故选D．

5．某公司为激励创新，计划逐年加大研发资金投入，若该公司2020年全年投入研发资金130万元，在此基础上，每年投入的研发资金比上一年增长12%，则该公司全年投入的研发

．0．05，lg13．011．，资金开始超过200万元的年份是（ ）（参考数据∶lg112lg20.30）

A．2021年 【答案】D

【解析】设在2020年后第n年超过200万，

n则130(112%)200，1.12B．2022年 C．2023年 D．2024年

n22n，lg1.12lg，

1.31.3即nlg1.12lg2lg1.3，0.05n0.300.110.19，n3.8， 第4年满足题意，即为2024年，故选D．

6．已知an是各项均为正数的等比数列，其前n项和为Sn，且Sn是等差数列，则下列结论错误的是（ ） A．anSn是等差数列

2C．an是等差数列

B．anSn是等比数列

SnD．是等比数列

n【答案】B

【解析】由Sn是等差数列，可得2S2S1S3，即2a1a2a1a1a2a3，

a2a3，

设等比数列an的公比为q，

an是各项均为正数的等比数列，则qa32a1，

ana10．

对于A选项，anSnn1a1，所以，数列anSn是等差数列，因此A正确；

22对于C选项，ana1，an是常数列，且为等差数列，因此C正确；

2对于D选项，

SnSa10，n是等比数列，因此D正确； nn21an1Sn1n1对于B选项，anSnna，则不是常数，anSn不是等比数列，因此

anSnnB不正确， 故选B．

x2y27．已知双曲线C:221a0,b0的左､右焦点分别为F1，F2，P为双曲线Cab上的一点，若线段PF1与y轴的交点M恰好是线段PF1的中点，MF1MO中，O为坐标原点，则双曲线C的渐近线方程为（ ） A．y12b，其41x 2B．yx

C．y3x

D．y2x

【答案】B

【解析】设双曲线C的半焦距为c，则点F1c,0， 由题意知PF2x轴，所以点P的横坐标为c， 由双曲线的对称性特点不妨设点Pc,y0y00，

b2c2y02所以221，解得y0，

aabb2所以点Pc,，

ab2所以点M的坐标为0,，

2ab2b2所以MF1c,，MO0,，

2a2ab2b2b4120,b， 故MF1MOc,22a2a4a4所以a2b2，所以ab，

所以双曲线C的渐近线方程为yx，故选B．

8．过点A2,1作直线l交圆C:xy2y170于M,N两点，设AMAN，则

22实数的取值范围为（ ） A．5,

51B．5,1

C．5,1 2D．51, 25【答案】A

【解析】由已知得，圆C是以(0,1)为圆心，以32为半径的圆．

AC2232，点A在圆的内部，

故当直线MN经过圆心C时，取得最值．

（1）当MANA时，MArCA52，NArAC此时，取最小值为2，

MANA5；

（2）当MANA时，NArCA52，MArAC2， 此时，取最大值为MA1， NA5所以，[5,]，故选A．

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．

1519．若ax2展开式所有项的系数之和与二项式系数之和均为32，则下面结论正确的x是（ ） A．n5

B．展开式中含x4的系数为270 D．展开式中含有常数项

nC．展开式的第4项为90x 【答案】ABC

【解析】令x1，由题意可得a12n32，∴n5，a3，

n1∴二项式为3x2，∴A对；

x∴Tr1C3x令rr5525rr15rr31C5x103r， xr2，计算可知展开式中含x4的系数为270，∴B对；

33令r3，所以T43531C5x103390x，所以展开式的第4项为90x，∴C

对；

令103r0，解得r故选ABC．

10．已知m，n是两条不相同的直线，，是两个不重合的平面，则下列命题中真命题有（ ）

A．若m，n，m//n，则//

B．若m，m，n，则n//

10，而rN，所以展开式中不含有常数项， 3C．若，m，mn，则n// D．若//，m，n//，则mn 【答案】BD

【解析】对于选项A，平面和可能相交，所以选项A是假命题；

对于选项B，由m，m可知//，再由n，可得n//，故选项B是真命题；

对于选项C，直线n与平面可能相交，故选项C是假命题；

对于选项D，由//，m可知m，再由n//，可得mn，故选项D是真命题，故选BD．

11．函数fxAsinxA0,0,0π的部分图象如图所示，则下列结论中正确的是（ ）

A．fx的最小正周期为2π C．fx在区间【答案】BD

【解析】由已知T2(B．fx的最大值为2 D．fx5ππ,上单调递增 1212π为偶函数 611π5π2π)π，所以2，A错； 1212T由五点法得25πkπ,kZ， 12ππ，f(0)Asin1，A2，B正确； 66π)， 6又0π，所以所以f(x)2sin(2xπ2ππππ5ππx,时，2x,，2x时，f(x)min2，函数f(x)633621212在区间5ππ,上不单调，C错； 1212ππππfx2sin2(x)2sin(2x)2cos2x是偶函数，D正确，

6662故选BD．

3xx3,x0212．已知函数fxx，若关于x的方程4fx4afx2a3021,x0有5个不同的实根，则实数a可能的取值有（ ）

A．3 2B．4 3C．5 4D．7 6【答案】BCD

【解析】当x0时，fx3xx，则fx33x31x1x，

32当x,1时，fx0，fx单调递减；当x1,0时，fx0，fx单调递增，

作出fx的图象，如图所示，

令fxt，则4t24at2a30，

令gt4t4at2a3，由题意得方程gt0有两个不同的根：

2①有两个不同的根t1，t2，且t12,1，t21,0，

g20

37

则有g10，解得a；

26g00



②有两个不同的根t1，t2，且t11，t21,0， 则有gt1g16a70，则a方程为6t27t10，得t11，t27， 611,0，满足条件； 6③有两个不同的根t1，t2，且t10，t21,0， 因为gt1g02a30，则a3， 2方程为t233t0，得t10，t21,0，不符合题意，舍去， 2237,， 26综上所述，实数a故选BCD．

第Ⅱ卷（非选择题）

三、填空题：本大题共4小题，每小题5分．

13．已知某种元件的使用寿命超过1年的概率为0.9，超过2年的概率为0.63，若一个这种元件使用1年时还未失效，则这个元件使用寿命超过2年的概率为_________． 【答案】0.7

【解析】设一个这种元件使用1年的事件为A，使用2年的事件为B，

∣A)则P(BP(AB)0.630.7，故答案为0.7． P(A)0.914．给出下列命题：

ˆaˆbxˆ，则l一定经过点Px,y； ①由变量x和y的数据得到其回归直线方程l:y②在回归分析模型中，残差平方和越小，说明模型的拟合效果越好；

③线性相关系数r越大，两个变量的线性相关性越强，反之，线性相关性越弱； ④在回归直线方程y0.5x10中，当解释变量x每增加一个单位时，预报变量y增加

0.5个单位．

其中真命题的序号是______． 【答案】①②

【解析】回归直线一定过样本中心点Px,y，故①正确； 残差平方和越小，说明模型的拟合效果越好，故②正确；

线性相关系数r的绝对值越大，两个变量的线性相关性越强，反之，线性相关性越弱，故③错误；

在回归直线方程y0.5x10中，当解释变量x每增加一个单位时，预报变量y减少

0.5个单位，故④错误，

故答案为①②．

x15．若函数f(x)ex图象在点x0,fx0处的切线方程为ykxb，则kb的最

小值为__________． 【答案】1

xx【解析】已知f(x)ex，得fxe1，

1e设切点为x0,fx0，故fx0e01，

xx故f(x)ex图象在点x0,fx0处的切线斜率为kex01，

所求切线方程为ye01xx0e0x0，即ye01xe0x0e0，

xxxxx则kex01，be0x0e0，则kbe0x01， 令gxxe1，gxexxxxxx1，

当x1时，gx0；当x1时，gx0， 所以gx在,1上递减，在1,上递增，

故gxxe1在x1处取得最小值，则kb的最小值是1x1， e故答案为1．

16．回文数是指从左到右与从右到左读都一样的正整数，如22，11，3443，94249等，显然2位回文数有9个：11，22，33，

，99，3位回文数有90个：101，111，

1e121，

，191，202，，999．

（1）4位回文数有__________个．

（2）2n1(nN)位回文数有__________个． 【答案】90，910n

【解析】（1）4位回文数的特点为中间两位相同，千位和个位数字相同但不能为零， 第一步，选千位和个位数字，共有9种选法， 第二步，选中间两位数字，有10种选法， 故4位回文数有91090个．

（2）第一步，选左边第一个数字，有9种选法， 第二步，分别选左边第2、3、4、

、n、n1个数字，共有

101010*1010n种选法，

故2n1(nN)位回文数有910n个．

四、解答题：本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

17．（10分）已知在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，

atanB(2ca)tanA．

（1）求B； （2）若Aπ，b23，求△ABC的面积． 4π；（2）33． 3【答案】（1）

【解析】（1）因为atanB(2ca)tanA，所以

sinAsinBsinA2sinCsinA． cosBcosA又sinA0，所以sinBcosA2sinCcosBsinAcosB， 即sinBcosAsinAcosB2sinCcosB， 即sin(AB)sinC2sinCcosB．

又sinC0，所以cosB1π，则由0Bπ，得B． 2323322222，

（2）由正弦定理

bsinAab，得asinBsinAsinBa2c2b28c2121，解得c26(负值舍去)， 则由余弦定理得cosB2ac222c2所以S△ABC11acsinB222226333． 2n118．（12分）已知数列an的前n项和为Sn，且a12，当n2时，anSn2．

（1）求数列an的通项公式；

（2）设bnlog2Sn，设cnbnSn，求数列cn的前n项和为Tn． 【答案】（1）an2,n1n1T2n12；（2）． nn12,n2n【解析】（1）当n2时，an1Sn12，

an1anSn12nSn2n1an12n1，

n1整理可得an2，

n1经检验：a12不满足an2，

n12,ann1．

2,n2n1n（2）由（1）可知：当n2时，Snan22；经检验：S1a12满足

Sn2n，

Sn2nnN，则bnlog22nn，cnn2n，

Tn121222323n12n1n2n， 2Tn122223324n12nn2n1，

两式作差得Tn2n2n122232n2n2n12212n112

2n2n12n1421n2n1， Tn2n12n1．

19．（12分）三阶魔方为333的正方体结构，由26个色块组成．常规竞速玩法是将魔方打乱，然后在最短的时间内复原．

（1）某魔方爱好者进行一段时间的魔方还原训练，每天魔方还原的平均速度y（秒）与训

练天数x（天）有关，经统计得到如下数据：

x（天） 1 99 2 99 3 45 4 32 5 30 6 24 7 21 y（秒） 现用yab，作为回归方程类型，请利用表中数据，求出该回归方程，并预测该魔方爱x好者经过长期训练后最终每天魔方还原的平均速度y约为多少秒（精确到1秒）； （2）现有一个复原好的三阶魔方，白面朝上，只可以扭动最外侧的六个表面．某人按规定将魔方随机扭动两次，每次均顺时针转动90，记顶面白色色块的个数为X，求X的分布列及数学期望EX． 参考数据（其中zi参考公式：

1）． xizy iii17z zi172i7z2 184.5 0.37 0.55 对于一组数据u1,v1，u2,v2，…，un,vn其回归直线vu的斜率和截距的最小

ˆ二乘法估计公式分别为uvnuvii2i1nnui1inu2，vu．

10050，13秒；（2）分布列见解析，． x99999453230242150， 【解析】（1）由题意可知：y7ˆ13【答案】（1）yˆbzy7zyiii1722z7zii17184.570.375055100，

0.550.55ˆ501000.3713， ˆybz所以aˆ13因此y关于x的回归方程为y100， x所以最终每天魔方还原的平均速度y约为13秒． （2）由题意可知：X的可能取值为3，4，6，9，

A12A11244PX3；PX4；

669669PX6111A141A2A2A4665；

91A112A2PX9，

669所以X的分布列为

X 3 4 6 9 P 所以数学期望为EX31 92 95 91 9125150469． 9999920．（12分）如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为正方形，PD平面

ABCD，ADPD．

（1）求证：AC平面PBD； （2）求钝二面角APBC的余弦值． 【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】（1）

1． 2底面ABCD为正方形，ACBD，

PD平面ABCD，AC平面ABCD，PDAC，

又PDBDD，AC平面PBD．

（2）以D为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，

设正方形边长为1，则A1,0,0,B1,1,0,C0,1,0,P0,0,1， 则AP1,0,1，AB0,1,0，CP0,1,1，CB1,0,0， 设平面APB的一个法向量为nx1,y1,z1，

x1z10APn0则，即，令x11，则y10,z11，即n1,0,1；

y10ABn0设平面PBC的一个法向量为mx2,y2,z2，

y2z20CPm0则，即，令y21，则可得m0,1,1，

x20CBm0则cosn,mnmnm11，

222又二面角APBC为钝二面角，则钝二面角APBC的余弦值为21． 22221．（12分）已知圆xy17与抛物线C:y2pxp0在x轴下方的交点为A，

与抛物线C的准线在x轴上方的交点为B，且点A，B关于直线yx对称． （1）求抛物线C的方程；

（2）若点M，N是抛物线C上与点A不重合的两个动点，且AMAN，求证：直线

MN过定点，并求出定点坐标．

【答案】（1）y16x；（2）证明见解析，定点坐标为17,4．

22pp22【解析】（1）解：将x代入xy17，得y17，

24pp2， 所以B,1724p2pyx,， 由点A，B关于直线对称，可得A1742p2p2将A的坐标代入抛物线C的方程得，解得p8， 2p1744所以抛物线C的方程为y216x． （2）证明：由（1）得A1,4，

2y12y2xmyn． M,yN,y设2，直线MN的方程为1，

1616将直线MN的方程代入y16得，所以y216my16n0， 所以y1y216m，y1y216n． 因为AMAN，所以

222y12y2y116y216AMAN1,y141,y24y14y24016162562，

由题意可知y14，y24，所以y14y240． 所以

y14y2410，即yy4yy2720，

1212256所以16n64m2720，即n4m17， 所以直线MN的方程为xmy417， 直线MN过定点，定点坐标为17,4． 22．（12分）设函数fxlnx12axbx． 2（1）已知fx在点P1,f1处的切线方程是y2x1，求实数a，b的值； （2）在第（1）问的条件下，若方程fxx【答案】（1）a0，b1；（2）1．

20有唯一实数解，求实数的值．

【解析】（1）当x1时，可得y2111，所以f11ab1，即2a2b2，

因为fx1axb，即f11ab2，即ab1， xa2b2联立方程组，解得a0，b1．

ab1（2）由方程fxx有唯一实数解，即x2lnxx0有唯一实数解，

22x2x1设gxxlnxx，则gx,x0，

x2令2xx10,x0，

因为0，所以Δ180，且x1x2210，所以方程有两异号根， 2设x10，x20，因为x0，所以x1应舍去，

当x0,x2时，gx0，gx在0,x2上单调递减； 当xx2,时，gx0，gx在x2,上单调递增， 当xx2时，gx20，gx取最小值gx2，

2x2lnx2x20gx20因为gx0有唯一解，所以gx20，则，即， 2gx02xx10222因为0，所以2lnx2x210．（*） 设函数hx2lnxx1，

因为当x0时，hx是增函数，所以hx0至多有一解， 因为h10，所以方程（*）的解为x21，

2将x21代入2x2x210，可得1．