2021届湖南省永州市高考二模数学试卷（解析版）.doc

1、2021 年湖南省永州市高考数学二模试卷年湖南省永州市高考数学二模试卷 一、选择题（共一、选择题（共 8 小题）小题）. 1已知 M，N 是 R 的子集，且 MN，则（RN）M（） AMBNCDR 2若复数 z 对应的点是（1，1），则（） AiBiC1D1 3在边长为 3 的等边三角形 ABC 中，则（） ABCD 4已知 alog3，b30.7，csin3，则（） AabcBbacCacbDbca 52019 年湖南等 8 省公布了高考改革综合方案，将采取“3+1+2”模式，即语文、数学、 英语必考，考生首先在物理、历史中选择 1 门，然后在政治、地理、化学、生物中选择 2 门则某同学选到

2、物理、地理两门功课的概率为（） ABCD 6我国天文学和数学著作周髀算经中记载：一年有二十四个节气，每个节气的晷长损 益相同（晷是按照日影测定时刻的仪器，晷长即为所测量影子的长度），二十四节气及 晷长变化如图所示，相邻两个节气晷长减少或增加的量相同，周而复始已知每年冬至 的晷长为一丈三尺五寸，夏至的晷长为一尺五寸（一丈等于十尺，一尺等于十寸），则 下列说法不正确的是（） A小寒比大寒的晷长长一尺 B春分和秋分两个节气的晷长相同 C小雪的晷长为一丈五寸 D立春的晷长比立秋的晷长长 7曲线 f（x）2lnx 在 xt 处的切线 l 过原点，则 l 的方程是（） A2xey0B2x+ey0Cex2y

3、0Dex+2y0 8已知函数 f（x）sin（x）（0）在区间0，上的最大值为，则实数 的取值个数最多为（） A1B2C3D4 二、多项选择题（共二、多项选择题（共 4 小题）小题）. 9下列说法正确的是（） A线性回归方程 b + 对应的直线至少经过其样本数据点中的一个点 B10 件产品中有 7 件正品，3 件次品，从中任取 2 件，恰好取到 1 件次品的概率为 C 某高中为了解在校学生对参加某项社会实践活动的意向，拟采用分层抽样的方法从该 校三个年级的学生中抽取一个容量为 60 的样本，已知该校高一、高二、高三年级学生之比 为 6：5：4则应从高二年级中抽取 20 名学生 D从装有 2 个

4、红球和 2 个黑球的口袋内任取 2 个球，“至少有一个黑球”与“至少有一 个红球”是互斥而不对立的事件 10关于多项式（x）6的展开式，下列结论正确的是（） A各项系数之和为 1B二项式系数之和为 26 C存在常数项Dx4的系数为 12 11P 是正方体 ABCDA1B1C1D1中线段 BC1上的动点（点 P 异于点 B），下列说法正确的 是（） AAPB1C B异面直线 BP 与 AC 所成的角是 60 CV的大小与 P 点位置有关 D二面角 PABC 的大小为 45 12抛物线 C：y24x 的焦点为 F，P 是其上一动点，点 M（1，1），直线 l 与抛物线 C 相 交于 A，B 两点，

5、下列结论正确的是（） A|PM|+|PF|的最小值是 2 B动点 P 到点 H （3，0）的距离最小值为 3 C存在直线 l，使得 A，B 两点关于直线 x+y30 对称 D与抛物线 C 分别相切于 A、B 两点的两条切线交于点 N，若直线 AB 过定点（2，0）， 则点 N 在抛物线 C 的准线上 三、填空题：本题共三、填空题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分分. 13若对x1，2，都有 ax2x0，则实数 a 的取值范围是 14大约在 2000 多年前，我国的墨子给出了圆的概念“一中同长也”，意思是说，圆有一 个圆心，圆心到圆周的长都相等这个定义比希腊数学家

6、欧几里得给圆下定义要早 100 多年，现有动点 P 满足|OP|2，其中 O 为坐标原点，若 M（，），则|PM|的最 小值为 15已知 O 为坐标原点，双曲线 C：1（a0，b0）的离心率为，从双 曲线 C 的右焦点 F 引渐近线的垂线，垂足为 A，若AFO 的面积为，则双曲线 C 的 方程为 16定义方程 f（x）f（x）的实数根 x0叫做函数 f（x）的“新驻点” （1）设 f（x）cosx，则 f（x）在（0，）上的“新驻点”为 （2）如果函数 g（x）x 与 h（x）ln（x+1）的“新驻点”分别为、，那么和的 大小关系是 四、解答题：本题共四、解答题：本题共 6 小题，共小题，共

7、70 分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 17已知函数 f（x）2cos2cos（x+）1 （1）求函数 f（x）的最小正周期； （2）在ABC 中，角 A、B、C 所对边分别为 a、b、c，若 f（A）2，b2，ABC 的 面积为 3，求 ABC 外接圆的面积 18给定三个条件：a2，a4，a8成等比数列，S45a2，（n+1）annan+1，从上述三 个条件中，任选一个补充在下面的问题中，并加以解答 问题：设公差不为零的等差数列an的前 n 项和为 Sn，且 S36， （1）求数列an的通项： （2）若 bn，数列bn的前 n 项和 Kn

8、，求证：Kn 19为快速控制新冠病毒的传播，全球多家公司进行新冠疫苗的研发某生物技术公司研制 出一种新冠灭活疫苗，为了检测其质量指标，从中抽取了 100 支该疫苗样本，经统计质 量指标得到如图所示的频率分布直方图 （1）求所抽取的样本平均数 （同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）； （2）将频率视为概率，若某家庭购买 4 支该疫苗，记这 4 支疫苗的质量指标值位于（10， 30内的支数为 X，求 X 的分布列和数学期望 20在如图所示的圆柱 O1O2中，AB 为圆 O1的直径，C，D 是的两个三等分点，EA，FC， GB 都是圆柱 O1O2的母线 （1）求证：FO1平面 ADE； （2）若

9、 BCFC2，求二面角 BAFC 的余弦值 21某城市决定在夹角为 30的两条道路 EB、EF 之间建造一个半椭圆形状的主题公园， 如图所示，AB2 千米，O 为 AB 的中点，OD 为椭圆的长半轴，在半椭圆形区域内再建 造一个三角形游乐区域 OMN，其中 M，N 在椭圆上，且 MN 的倾斜角为 45，交 OD 于 G （1）若 OE3 千米，为了不破坏道路 EF，求椭圆长半轴长的最大值； （2）若椭圆的离心率为，当线段 OG 长为何值时，游乐区域OMN 的面积最大？ 22已知函数 f（x）aexx+a，aR （1）讨论 f（x）在1，+）上的单调性； （2）当 a1sinx 时，讨论 g（x

10、）f（x）+x2 在（，）上的零点个数 参考答案参考答案 一、选择题（共一、选择题（共 8 小题）小题）. 1已知 M，N 是 R 的子集，且 MN，则（RN）M（） AMBNCDR 解：根据条件，用 Venn 图表示 M，N，R 如下： 由图看出，（RN）M 故选：C 2若复数 z 对应的点是（1，1），则（） AiBiC1D1 解：复数 z 对应的点是（1，1）， z1+i， 则i， 故选：B 3在边长为 3 的等边三角形 ABC 中，则（） ABCD 解：如图， ， ， 故选：B 4已知 alog3，b30.7，csin3，则（） AabcBbacCacbDbca 解：，a0， 30.7

11、301，b1， ，0sin31，即 0c1， bca， 故选：D 52019 年湖南等 8 省公布了高考改革综合方案，将采取“3+1+2”模式，即语文、数学、 英语必考，考生首先在物理、历史中选择 1 门，然后在政治、地理、化学、生物中选择 2 门则某同学选到物理、地理两门功课的概率为（） ABCD 解：采取“3+1+2”模式，即语文、数学、英语必考， 考生首先在物理、历史中选择 1 门，然后在政治、地理、化学、生物中选择 2 门 基本事件总数 n12， 某同学选到物理、地理两门功课包含的基本事件个数 m3， 某同学选到物理、地理两门功课的概率为 P 故选：C 6我国天文学和数学著作周髀算经中

12、记载：一年有二十四个节气，每个节气的晷长损 益相同（晷是按照日影测定时刻的仪器，晷长即为所测量影子的长度），二十四节气及 晷长变化如图所示，相邻两个节气晷长减少或增加的量相同，周而复始已知每年冬至 的晷长为一丈三尺五寸，夏至的晷长为一尺五寸（一丈等于十尺，一尺等于十寸），则 下列说法不正确的是（） A小寒比大寒的晷长长一尺 B春分和秋分两个节气的晷长相同 C小雪的晷长为一丈五寸 D立春的晷长比立秋的晷长长 解：由题意可知，由夏至到冬至的晷长构成等差数列an，其中 a115，a13135，则 d 10， 同理可得，由冬至到夏至的晷长构成等差数列bn，其中 b1135，b1315，则 d10， 故

13、大寒与小寒相邻，小寒比大寒的晷长长 10 寸，即一尺，故选项 A 正确； 因为春分的晷长为 b7，所以 b7b1+6d1356075， 因为秋分的晷长为 a7，所以 a7a1+6d15+6075， 故春分和秋分两个节气的晷长相同，故选项 B 正确； 因为小雪的晷长为 a11，所以 a11a1+10d15+100115， 又 115 寸即一丈一尺五寸，故小雪的晷长为一丈一尺五寸，故选项 C 错误； 因为立春的晷长和立秋的晷长分别为 b4，a4， 所以 a4a1+3d15+3045，b4b1+3d13530105， 所以 b4a4，故立春的晷长比立秋的晷长长，故选项 D 正确 故选：C 7曲线 f

14、（x）2lnx 在 xt 处的切线 l 过原点，则 l 的方程是（） A2xey0B2x+ey0Cex2y0Dex+2y0 解：（1）曲线 f（x）2lnx，得 f（x）， 切线 I 的斜率 kf（t）， 又直线 I 过原点，k， 得 lnt1，te k，故切线 I 的方程为 y， 即 2xey0 故选：A 8已知函数 f（x）sin（x）（0）在区间0，上的最大值为，则实数 的取值个数最多为（） A1B2C3D4 解：函数 f（x）sin（x）（0）在区间0，上的最大值为， 当，即时，f（x）的最大值为，解得3， 当，即时，f（x）的最大值为， 令，作出图象如图所示， 由图象可知，yg（），

15、yh（）的图象有两个交点 A（1，y1），B（2，y2）， 所以方程有两个实根1，2，又，所以 ， 所以此时存在一个实数1满足题意 综上所述，存在两个正实数满足题意 故选：B 二二、多项选择题多项选择题：本题共本题共.小题小题，每小题每小题 5 分分，共共 20 分分，在每小题给出的选项中在每小题给出的选项中，有多项符有多项符 合题目要求，全部选对的得合题目要求，全部选对的得 5 分，有选错的得分，有选错的得 0 分，部分选对的得分，部分选对的得 2 分分. 9下列说法正确的是（） A线性回归方程 b + 对应的直线至少经过其样本数据点中的一个点 B10 件产品中有 7 件正品，3 件次品，从

16、中任取 2 件，恰好取到 1 件次品的概率为 C 某高中为了解在校学生对参加某项社会实践活动的意向，拟采用分层抽样的方法从该 校三个年级的学生中抽取一个容量为 60 的样本，已知该校高一、高二、高三年级学生之比 为 6：5：4则应从高二年级中抽取 20 名学生 D从装有 2 个红球和 2 个黑球的口袋内任取 2 个球，“至少有一个黑球”与“至少有一 个红球”是互斥而不对立的事件 解：对于 A：线性回归方程 b + 对应的直线经过其样本数据的中心点（）， 故 A 错误； 对于 B：10 件产品中有 7 件正品，3 件次品，从中任取 2 件，恰好取到 1 件次品的概率 为 P（A），故 B 正确；

17、 对于 C：用分层抽样的方法从该校三个年级的学生中抽取一个容量为 60 的样本，已知该 校高一、高二、高三年级学生之比为 6：5：4则应从高二年级中抽取人， 故 C 正确； 对于 D：有 2 个红球和 2 个黑球的口袋内任取 2 个球，“至少有一个黑球”为一黑一红 和两黑；“至少有一个红球”为一红一黑和两红，故既不是互斥事件也不是对立事件， 故 D 错误 故选：BC 10关于多项式（x）6的展开式，下列结论正确的是（） A各项系数之和为 1B二项式系数之和为 26 C存在常数项Dx4的系数为 12 解：对于多项式（x）6的展开式，令 x1，可得各项系数之和为 1，故 A 正确； 二项式系数和为

18、 2664，故 B 正确； 根据它的通项公式为 Tr+126 r（1）rx2r6，当 r3 时，x 的幂指数等于零，故 第四项为常数项，故 C 正确； 令展开式中 x 的幂指数等于 4，求得 r5，可得展开式中 x4的系数为2（1） 12， 故 D 错误， 故选：ABC 11P 是正方体 ABCDA1B1C1D1中线段 BC1上的动点（点 P 异于点 B），下列说法正确的 是（） AAPB1C B异面直线 BP 与 AC 所成的角是 60 CV的大小与 P 点位置有关 D二面角 PABC 的大小为 45 解：对于 A，因为 B1CBC1，B1CAB，所以 B1C平面 ABC1D1， 又因为 A

19、P平面 ABC1D1，所以 B1C1AP，所以 A 对； 对于 B，因为 BC1AD1，ACD1为正三角形，所以CAD160， 所以异面直线 BP 与 AC 所成的角是 60，所以 B 对； 对于 C，因为 B1CAD1，AD1平面 ACD1，B1C平面 ACD1，所以 B1C 平面 ACD1， V的底面积不变，高不变，所以 V的大小与 P 点位置无关，所以 C 错， 对于 D，因为 AB平面 BB1C1C，所以 PBAB，BC1AB， 所以PBC 为二面角 PABC 的平面角，其大小为 45，所以 D对 故选：ABD 12抛物线 C：y24x 的焦点为 F，P 是其上一动点，点 M（1，1）

20、，直线 l 与抛物线 C 相 交于 A，B 两点，下列结论正确的是（） A|PM|+|PF|的最小值是 2 B动点 P 到点 H （3，0）的距离最小值为 3 C存在直线 l，使得 A，B 两点关于直线 x+y30 对称 D与抛物线 C 分别相切于 A、B 两点的两条切线交于点 N，若直线 AB 过定点（2，0）， 则点 N 在抛物线 C 的准线上 解：A：当 MP 垂直于准线时，|PM|+|PF|的值最小，由抛物线的性质：到焦点的距离等于 到准线的距离可得：|PM|+|PF|等于 M 到准线的距离为 1（1）2，所以 A 正确； B：设 P（x，y）则 y24x，所以|PH| 2，当 x1

21、时，|PH|的最小值为 2，所以 B 不正确； C：假设存在这样的直线 l，由题意设直线 l 的方程为：xy+m0，设 A（x1，y1），B （x2，y2）， 联立可得：y24y+4m0， 1616m0，所以 m1， 所以 y1+y24，x1+x2y1+y22m42m， 所以 A，B 的中点 P 为（2m，2）， 由题意可得 P 在直线 x+y30 上，所以 2m+230，解得 m1，不满足 m1，所 以 C 不正确； D：设 A（x1，y1），B（x2，y2），x，x， 设直线 AB 的方程为：xmy+2， 所以 AN，BN 切线方程分别为：xx1（yy1），即 xy1yy12， 同理可得：

22、xy2yy22， 两式联立求出 yN，可得 xNy1y2， 因为 A，B 在抛物线上 y24x， ，整理可得：y24my80， 所以 y1y28， 所以 xN（8）2，不在准线 x1 上，所以 D 不正确 故选：A 三、填空题：本题共三、填空题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分分. 13若对x1，2，都有 ax2x0，则实数 a 的取值范围是(, 解：对x1，2，都有 ax2x0， 可得 a对x1，2恒成立， 由 y在1,2为减函数，可得值域为,1, 则 a, 即 a 的取值范围是(, 故答案为：(, 14大约在 2000 多年前，我国的墨子给出了圆的概念“一中

23、同长也”，意思是说，圆有一 个圆心，圆心到圆周的长都相等这个定义比希腊数学家欧几里得给圆下定义要早 100 多年，现有动点 P 满足|OP|2，其中 O 为坐标原点，若 M（，），则|PM|的最 小值为1 解：由题意可得点 P 是以 O 为圆心，2 为半径的圆上点， 因为|OM|12，所以点 M 在圆内， 所以|PM|minr|MO|211 故答案为：1 15已知 O 为坐标原点，双曲线 C：1（a0，b0）的离心率为，从双 曲线 C 的右焦点 F 引渐近线的垂线，垂足为 A，若AFO 的面积为，则双曲线 C 的 方程为 解：因为双曲线 C：1（a0，b0）的离心率为， 所以 e21+解得b2

24、a， 又从 C 的右焦点 F(c,0)引渐近线 y的垂线，垂足为 A，则|AF|, 所以|AO| 因为AFO 的面积为，可得 ab2，解得 a，b2， 则双曲线 C 的方程为: 故答案为: 16定义方程 f（x）f（x）的实数根 x0叫做函数 f（x）的“新驻点” （1）设 f（x）cosx，则 f（x）在（0，）上的“新驻点”为 （2）如果函数 g（x）x 与 h（x）ln（x+1）的“新驻点”分别为、，那么和的 大小关系是 解：（1）根据题意，f（x）cosx，其导数 f（x）sinx， 若 f（x）f（x），即 cosxsinx，则有 tanx1， 又由 x（0，），则 x， 即 f（x

25、）在（0，）上的“新驻点”为， （2）函数 g（x）x，其导数 g（x）1， 若 g（x）g（x），即 x1， 函数 g（x）x 的“新驻点”为，则有1， h（x）ln（x+1），则 h（x）， 若 h（x）h（x），即 ln（x+1）， h（x）ln（x+1）的“新驻点”分别为，则有 ln（+1）， 分析可得：01， 则有； 故答案为：（1），（2） 四、解答题：本题共四、解答题：本题共 6 小题，共小题，共 70 分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 17已知函数 f（x）2cos2cos（x+）1 （1）求函数 f（x）的最小正周期； （

26、2）在ABC 中，角 A、B、C 所对边分别为 a、b、c，若 f（A）2，b2，ABC 的 面积为 3，求 ABC 外接圆的面积 解：（1）f（x）2cos2cos（x+）1， 1+cosx+sinx1， 2sin（x+）， T2， （2）f（A）2sin（A+）2， A， b2，ABC 的面积，S3， c6， 由余弦定理得，cosA， 解得，a2， 由正弦定理得 2R， 故 R，SR2 18给定三个条件：a2，a4，a8成等比数列，S45a2，（n+1）annan+1，从上述三 个条件中，任选一个补充在下面的问题中，并加以解答 问题：设公差不为零的等差数列an的前 n 项和为 Sn，且 S

27、36， （1）求数列an的通项： （2）若 bn，数列bn的前 n 项和 Kn，求证：Kn 解：当选条件时： （1）解：设数列an的公差为 d（d0）， 由题设可得：，即，解得：， ana2+（n2）dn； （2）证明：由（1）可得：bn（）， Kn （1） +（） +（） +（） + （） （1+ ）（1+） 当选条件时： （1）解：由 S363a2得：a22， 又 S45a2，a4S4S31064， 公差 d1， ana2+（n2）dn； （2）证明：由（1）可得：bn（）， Kn （1） +（） +（） +（） + （） （1+ ）（1+） 当选条件时： （1）解：由 S363a2得：a

28、22， 又（n+1）annan+1，1， ann； （2）证明：由（1）可得：bn（）， Kn （1） +（） +（） +（） + （） （1+ ）（1+） 19为快速控制新冠病毒的传播，全球多家公司进行新冠疫苗的研发某生物技术公司研制 出一种新冠灭活疫苗，为了检测其质量指标，从中抽取了 100 支该疫苗样本，经统计质 量指标得到如图所示的频率分布直方图 （1）求所抽取的样本平均数 （同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）； （2）将频率视为概率，若某家庭购买 4 支该疫苗，记这 4 支疫苗的质量指标值位于（10， 30内的支数为 X，求 X 的分布列和数学期望 解：（1）由频率分布直方图可

29、得抽取的样本的平均数 10（50.01+150.02+25 0.03+350.025+450.015）26.5， （2）疫苗的质量指标值位于（10，30内的概率为（0.02+0.03）100.5， 又因为 X 的取值可以是 0，1，2，3，4， P（X0）， P（X1）， P（X2）， P（X3）， P（X4）， 所以 X 的分布列为： P01234 X E（X）0+1+2+3+42 20在如图所示的圆柱 O1O2中，AB 为圆 O1的直径，C，D 是的两个三等分点，EA，FC， GB 都是圆柱 O1O2的母线 （1）求证：FO1平面 ADE； （2）若 BCFC2，求二面角 BAFC 的余弦

30、值 【解答】（1）证明：连接 O1C，因为 EA，FC，都是圆柱 O1O2的母线，所以 AECF， 因为 C，D 是的两个三等分点，AB 为圆 O1的直径，所以 ADO1C， 又因为 ADAEA，CFO1FF，所以平面 AED平面 O1CF， 又因为 O1F平面 O1CF，所以 FO1平面 ADE （2）解：连接 AC，因为 AB 为圆 O1的直径，所以 ACBC， 又因为 CF平面 ABC，所以 CFCB，CFAC， 所以 CA、CB、CF 两两垂直， 建立如图所示的空间直角坐标系，由题意得各点坐标如下： C（0，0，0），B（0，2，0），F（0，0，2），A（2，0，0）， （2，2，0

31、），（2，0，2）， 设平面 ABF 的法向量为 （x，y，z）， ，令 x1，则 （1，）， 平面 ACF 的法向量为 （0，1，0）， 所以二面角 BAFC 的余弦值为 21某城市决定在夹角为 30的两条道路 EB、EF 之间建造一个半椭圆形状的主题公园， 如图所示，AB2 千米，O 为 AB 的中点，OD 为椭圆的长半轴，在半椭圆形区域内再建 造一个三角形游乐区域 OMN，其中 M，N 在椭圆上，且 MN 的倾斜角为 45，交 OD 于 G （1）若 OE3 千米，为了不破坏道路 EF，求椭圆长半轴长的最大值； （2）若椭圆的离心率为，当线段 OG 长为何值时，游乐区域OMN 的面积最大

32、？ 解：（1）以 O 为坐标原点，以 OD 所在的坐标为 x 轴，以 OA 所在的直线为 y 轴建立平 面直角坐标系， 由题意 A（0，1），E（3，0），由OEF30，所以|OF|OE|tan30， 所以 F（，0），kEF， 所以直线 EF 的方程为：yx+， 设 ODa，则 D（a，0）， 所以椭圆+y21，当 a 最大时直线 EF 与椭圆相切， 整理可得：（1+3a2）x26 2x+8a20， （6a）24（1+3a2）8a20，解得 a（舍） 所以椭圆的长半轴长为； （2）因为 e，b1，a2b2+c2， 所以 a24， 所以椭圆的方程为：+y21； 设 OGt0，则 G（t，0），

33、直线 MN 的方程为：yxt， 联立，整理可得：5x28tx+4t240， 设 M（x1，y2），N（x2，y2）则 x1+x2，x1x2， |y1y2|x1x2|， SOMN|OG|y1y2|t， 要保证 MN 与半椭圆有交点，当 N 位于 B 时 t1， 所以 1t2，当 t2，即 t， SOMN有最大值为 1， 综上所述，当 OG时，三角形 OMN 的面积最大 22已知函数 f（x）aexx+a，aR （1）讨论 f（x）在1，+）上的单调性； （2）当 a1sinx 时，讨论 g（x）f（x）+x2 在（，）上的零点个数 解：（1）f（x）aexx+a，x1，+），f（x）aex1，

34、当 a0 时，f（x）0 恒成立，f（x）在1，+）上单调递减； 当 a0 时，令 f（x）0，得 xlna， 若lna1，即 a时，当 x1，+）时，f（x）0，f（x）为增函数； 若lna1，即 0a时，当 x1，lna）时，f（x）0，f（x）单调递减， 当 x（lna，+）时，f（x）0，f（x）单调递增 综上可得，当 a0 时，f（x）在1，+）上单调递增； 当 0a时，f（x）在1，lna）上单调递减，在（lna，+）上单调递减； 当 a时，f（x）在1，+）上单调递增 (2)当 a1sinx 时，g（x）f（x）+x2（1sinx）ex1sinx，x（，）， g（）e 10，g（ ）（1+）+10，g（）2 0， 所以 g（）g（）0，所以在（，）上存在一个零点， g（0）0，所以 x0 为 g（x）的一个零点， g（）（1）10，g（）20，g（）（1） 10， 所以 g（）g（）0，所以在（,）上存在一个零点，g（）e20， 综上所述，g（x）在（，）上的有 3 个零点