1、 第 1 页（共 17 页） 2021 年新高考数学模拟试卷（年新高考数学模拟试卷（25） 一选择题（共一选择题（共 8 小题，满分小题，满分 40 分，每小题分，每小题 5 分）分） 1 （5 分）设 i 为虚数单位，复数 = 2+3 ，则 z 的共轭复数是（ ） A32i B3+2i C32i D3+2i 2 （5 分）已知集合 A0，1，2，3，集合 Bx|x|2，则 AB（ ） A0，3 B0，1，2 C1，2 D0，1，2，3 3 （5 分）已知 为任意角，则“cos2= 1 3”是“sin= 3 3 ”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 4
2、 （5 分）若向量 =（4，2） ， =（6，k） ，若 ，则 k（ ） A12 B12 C3 D3 5 （5 分）已知双曲线 2 2 2 2 =1（b0）的两条渐近线互相垂直，则 b（ ） A1 B2 C3 D2 6 （5 分）从分别写有 1，2，3，4 的 4 张卡片中随机抽取 1 张，放回后再随机抽取 1 张， 则抽得的第一张卡片上的数不小于第二张卡片上的数的概率为（ ） A2 5 B3 5 C3 8 D5 8 7 （5 分）甲、乙、丙、丁四名同学和一名老师站成一排合影留念若老师站在正中间，甲 同学不与老师相邻，乙同学与老师相邻，则不同站法种数为（ ） A24 B12 C8 D6 8 （
3、5 分）已知 log210+log510a，则(210)2+ (510)2=（ ） Aa2 Ba22a Ca2+2a Da2a 二多选题（共二多选题（共 4 小题，满分小题，满分 20 分，每小题分，每小题 5 分）分） 9 （5 分）已知某校高三的甲、乙、丙三个班各有 50 名学生，在一次数学模拟考试中，三 个班的学生成绩的各分数段累计人数折线图如图所示根据图中的成绩信息，下列结论中 正确的是（ ） 第 2 页（共 17 页） A三个班的成绩的中位数，乙班最高，丙班最低 B三个班的平均成绩，丙班最低 C三个班中成绩在 60 分以下的人数，丙班最多；80 分以上的人数，乙班最多 D模拟考试的最
4、高分出现在乙班 10 （5 分）如图，在四面体 ABCD 中，截面 PQMN 是正方形，则在下列命题中，正确的为 （ ） AACBD BAC截面 PQMN CACBD D异面直线 PM 与 BD 所成的角为 45 11 （5 分）将函数 ysin（x+）的图象 F 向左平移 6个单位长度后得到图象 F，若 F 的一个对称中心为( 4 ，0)，则 的取值可能是（ ） A 12 B 5 12 C5 6 D7 12 12 （5 分）已知 O 是坐标原点，A，B 是抛物线 yx2上不同于 O 的两点，且 OAOB，下 列结论中正确的是（ ） 第 3 页（共 17 页） A|OA|OB|2 B|OA|+
5、|OB|22 C直线 AB 过抛物线 yx2的焦点 DO 到直线 AB 的距离小于或等于 1 三填空题（共三填空题（共 4 小题，满分小题，满分 20 分，每小题分，每小题 5 分）分） 13 （5 分）命题“xR，x2”的否定是 14 （5 分）已知二项式（2x+）5，则展开式中 x3的系数为 15 （5 分）在平面直角坐标系 xOy 中，已知圆 C：x2+（y1） 24，若等腰直角三角形 PAB 的斜边 AB 为圆 C 的一条弦，则 PC 的最大值为 16 （5 分）如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高 4cm，将一个球放在 容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水
6、深为 3cm，如果不计容器的厚 度，则球的表面积为 四解答题（共四解答题（共 6 小题，满分小题，满分 70 分）分） 17 （10 分）在ABC 中，设内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，且 = 3 （1）若 a，b，c 成等比数列，求证：B60； （2）若2 = 1 3（A 为锐角） ， = 1 3，求ABC 中 AB 边上的高 h 18 （12 分）数列an满足：a1+a2+a3+ = 1 2 (3 1) （1）求an的通项公式； （2）若数列bn满足= 3，求bn的前 n 项和 Tn 19 （12 分）如图，在四棱锥 PABCD 中，PAAD，底面 ABCD 为直角梯形，BC3
7、AD， ADBC，BCD90，M 为线段 PB 上一点 （）若 = 1 3，求证：AM平面 PCD； （）若 PA2，AD1，异面直线 PA 与 CD 成 90角，二面角 BPCD 的余弦值为 第 4 页（共 17 页） 10 10 求 CD 的长及直线 PC 与平面 ABCD 所成角的正弦值 20 （12 分）某市有一家大型共享汽车公司，在市场上分别投放了黄、蓝两种颜色的汽车， 已知黄、蓝两种颜色的汽车的投放比例为 3：1监管部门为了了解这两种颜色汽车的质 量决定从投放到市场上的汽车中随机抽取 5 辆汽车进行试驾体验，假设每辆汽车被抽 取的可能性相同 （）求抽取的 5 辆汽车中恰有 2 辆是
8、蓝色汽车的概率； （）在试驾体验过程中，发现蓝色汽车存在一定质量问题，监管部门决定从投放的汽 车中随机地抽取一辆送技术部门作进一步抽样检测，并规定，若抽取的是黄色汽车，则 将其放回市场，并继续随机地抽取下一辆汽车；若抽到的是蓝色汽车，则抽样结束：并 规定抽样的次数不超过 n，（nN*） 次 在抽样结束时， 若已取到的黄色次车数以 表示， 求 的分布列和数学期望 21 （12 分） 已知椭圆 C： 2 2 + 2 2 =1（ab0） 的离心率为 3 2 ，F1、F2别是椭圆 C 的左、 右焦点，点 A 是椭圆上任意一点，且F1AF2的周长是 4+23 （）求椭圆 C 的标准方程； （）已知圆 O
9、：x2+y24，过点 F1且与 x 轴不重合的直线 1 与椭圆 C 交于点 P、Q， 与圆 O 交于点 M、N，求| 2 | 的最大值 22 （12 分）已知函数() = + + 2，aR，bR （1）若 a0，b1，求证：f（x）在区间（3，4）上有唯一零点； （2）若 aZ，b0，不等式 f（x）a+1 对任意的 x（1，+）恒成立，求整数 a 的最 大值 第 5 页（共 17 页） 2021 年新高考数学模拟试卷（年新高考数学模拟试卷（25） 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 一选择题（共一选择题（共 8 小题，满分小题，满分 40 分，每小题分，每小题 5 分）分） 1 （5 分）
10、设 i 为虚数单位，复数 = 2+3 ，则 z 的共轭复数是（ ） A32i B3+2i C32i D3+2i 【解答】解： = 2+3 = (2+3)() 2 = 3 2， = 3 + 2 故选：B 2 （5 分）已知集合 A0，1，2，3，集合 Bx|x|2，则 AB（ ） A0，3 B0，1，2 C1，2 D0，1，2，3 【解答】解：A0，1，2，3，Bx|2x2， AB0，1，2 故选：B 3 （5 分）已知 为任意角，则“cos2= 1 3”是“sin= 3 3 ”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 【解答】 解： 若 cos2= 1 3，
11、 则 cos212sin 2， sin= 3 3 ， 则 cos2= 1 3” 是 “sin= 3 3 ” 的 不充分条件； 若 sin= 3 3 ，则 cos212sin2，cos2= 1 3，则 cos2= 1 3”是“sin= 3 3 ”的必要条 件； 综上所述： “cos2= 1 3”是“sin= 3 3 ”的必要不充分条件 故选：B 4 （5 分）若向量 =（4，2） ， =（6，k） ，若 ，则 k（ ） A12 B12 C3 D3 【解答】解：根据题意，向量 =（4，2） ， =（6，k） ， 若 ，则有 4k2612， 第 6 页（共 17 页） 解可得 k3； 故选：D 5
12、（5 分）已知双曲线 2 2 2 2 =1（b0）的两条渐近线互相垂直，则 b（ ） A1 B2 C3 D2 【解答】解：双曲线 2 2 2 2 =1（b0）是焦点在 x 轴上的双曲线， a= 2，则渐近线方程为 y= 2 ， 两条渐近线互相垂直， 2 = 1，即 b= 2 故选：B 6 （5 分）从分别写有 1，2，3，4 的 4 张卡片中随机抽取 1 张，放回后再随机抽取 1 张， 则抽得的第一张卡片上的数不小于第二张卡片上的数的概率为（ ） A2 5 B3 5 C3 8 D5 8 【解答】解：从分别写有 1，2，3，4 的 4 张卡片中随机抽取 1 张，放回后再随机抽取 1 张， 基本事
13、件总数 n4416， 抽得的第一张卡片上的数不小于第二张卡片上的数包含的基本事件有 10 种，分别为： （1，1） ， （2，1） ， （2，2） ， （3，1） ， （3，2） ， （3，3） ， （4，1） ， （4，2） ， （4，3） ， （4， 4） ， 则抽得的第一张卡片上的数不小于第二张卡片上的数的概率为 p= 10 16 = 5 8 故选：D 7 （5 分）甲、乙、丙、丁四名同学和一名老师站成一排合影留念若老师站在正中间，甲 同学不与老师相邻，乙同学与老师相邻，则不同站法种数为（ ） A24 B12 C8 D6 【解答】解：根据题意，分 3 步进行分析： ，老师站在正中间，甲同
14、学不与老师相邻，则甲的站法有 2 种，乙的站法有 2 种， ，乙同学与老师相邻，则乙的站法有 2 种， ，将剩下的 2 人全排列，安排在剩下的 2 个位置，有 A222 种情况， 则不同站法有 2228 种； 故选：C 第 7 页（共 17 页） 8 （5 分）已知 log210+log510a，则(210)2+ (510)2=（ ） Aa2 Ba22a Ca2+2a Da2a 【解答】解：log210+log510a，log25+log52a2， (25)2+ (52)2= (25 + 52)2 225 52 =（a2）22， (210)2+ (510)2= (1 + 25)2+ (1 +
15、52)2= 2 + 2( 2) + ( 2)2 2 = 2 2， 故选：B 二多选题（共二多选题（共 4 小题，满分小题，满分 20 分，每小题分，每小题 5 分）分） 9 （5 分）已知某校高三的甲、乙、丙三个班各有 50 名学生，在一次数学模拟考试中，三 个班的学生成绩的各分数段累计人数折线图如图所示根据图中的成绩信息，下列结论中 正确的是（ ） A三个班的成绩的中位数，乙班最高，丙班最低 B三个班的平均成绩，丙班最低 C三个班中成绩在 60 分以下的人数，丙班最多；80 分以上的人数，乙班最多 D模拟考试的最高分出现在乙班 【解答】解：对于 A，由折线图得乙班成绩的中位数最大，丙班成绩的
16、中位数最低，故 A 正确； 对于 B，由折线图得丙班的平均成绩最低，故 B 正确； 在 C 中，由折线图得，80 分以上的人数甲班最多，故 C 错误； 在 D 中，由折线图得最高分出现在甲班，故 D 错误 故选：AB 10 （5 分）如图，在四面体 ABCD 中，截面 PQMN 是正方形，则在下列命题中，正确的为 第 8 页（共 17 页） （ ） AACBD BAC截面 PQMN CACBD D异面直线 PM 与 BD 所成的角为 45 【解答】解：因为截面 PQMN 是正方形，所以 PQMN、QMPN， 则 PQ平面 ACD、QM平面 BDA， 所以 PQAC，QMBD， 由 PQQM 可
17、得 ACBD，故 A 正确； 由 PQAC 可得 AC截面 PQMN，故 B 正确； 异面直线 PM 与 BD 所成的角等于 PM 与 QM 所成的角，故 D 正确； 综上 C 是错误的 故选：ABD 11 （5 分）将函数 ysin（x+）的图象 F 向左平移 6个单位长度后得到图象 F，若 F 的一个对称中心为( 4 ，0)，则 的取值可能是（ ） A 12 B 5 12 C5 6 D7 12 【解答】解：函数 ysin（x+）的图象 F 向左平移 6个单位长度， 所以 F的解析式为 ysin（x+ 6） ， 所以 sin（ 4 + 6）0， 即 sin（5 12 +）0， 所以5 12
18、+k，kZ， 第 9 页（共 17 页） 当 k0，= 5 12；k1，= 7 12 故选：BD 12 （5 分）已知 O 是坐标原点，A，B 是抛物线 yx2上不同于 O 的两点，且 OAOB，下 列结论中正确的是（ ） A|OA|OB|2 B|OA|+|OB|22 C直线 AB 过抛物线 yx2的焦点 DO 到直线 AB 的距离小于或等于 1 【解答】解：设 A（x1，12） ，B（x2，22） ， （x10，x20 ） OAOB， =0， =（x1，12） （x2，22）= 12+ 1222=x1x2（1+x1x2）0， 1+x1x20，2= 1 1， |OA| |OB|=(12+ 14
19、) (22+ 24) = (12+ 14)( 1 12 + 1 14) = 1 + 1 2+ 1 12 + 1 2 + 212 1 12 =2，当且仅当12= 1 12，即 x11 时等号成立，故选项 A 正确， 又|OA|+|OB| 2| | 22，故选项 B 正确， 直线 AB 的斜率为2 2;12 2;1 =x2+x1= 1 1 1， 直线 AB 的方程为：yx12= (1 1 1) （xx1） ，当 x0 时，y1，焦点坐标（0， 1 4） 不满足直线 AB 的方程，故选项 C 错误， 原点（0，0）到直线 AB：(1 1 1) + 1 = 0 的距离 d= 1 (1 1 1) 2+1
20、2 1，故选项 D 正确， 故选：ABD 三填空题（共三填空题（共 4 小题，满分小题，满分 20 分，每小题分，每小题 5 分）分） 13 （5 分）命题“xR，x2”的否定是 xR，x2 第 10 页（共 17 页） 【解答】解：因为特称命题的否定是全称命题，所以，命题“ “xR，x2”的否定是： xR，x2 故答案为：xR，x2 14 （5 分）已知二项式（2x+）5，则展开式中 x3的系数为 10 【解答】解：5 4(2)1()4 = 103，所以展开式中 x3的系数为 10 故答案为：10 15 （5 分）在平面直角坐标系 xOy 中，已知圆 C：x2+（y1） 24，若等腰直角三角
21、形 PAB 的斜边 AB 为圆 C 的一条弦，则 PC 的最大值为 22 【解答】解：连接圆心 C 与 P，则 CPAB 且平分 AB，设交点为 D，设ACP， 则|CD|AC|cos，|AD|AC|sin， 等腰直角PAB 中，D 为斜边中点，|AD|DP|， |PC|CD|+|DP|2cos+2sin22sin（+ 4） ， 当 + 4 = 2，即 = 4时|PC|的长达到最大值， PC 的最大值为22 故答案为：22 16 （5 分）如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高 4cm，将一个球放在 容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为 3cm，如果不计容器的厚
22、度，则球的表面积为 25 【解答】解：由题意得正方体上底面到水面的高为 431，设球体的半径为 R， 第 11 页（共 17 页） 由题意如图所示：三角形 OAA为 Rt，A 为球与正方体的交点， 则 OAR1，AA= 4 2 =2，OAR， 所以：R2（R1）2+22，解得 R= 5 2， 所以球的表面积 S4R225， 故答案为：25 四解答题（共四解答题（共 6 小题，满分小题，满分 70 分）分） 17 （10 分）在ABC 中，设内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，且 = 3 （1）若 a，b，c 成等比数列，求证：B60； （2）若2 = 1 3（A 为锐角） ， = 1
23、3，求ABC 中 AB 边上的高 h 【解答】解： （1）证明：因为 a，b，c 成等比数列，所以 b2ac； 而 = 2+22 2 = 2+2 2 = 1 2 ( + 1) 1 2（当且仅当 ac 时取等号） 又因为 B 为三角形的内角，所以 B60； （2）在ABC 中，因为2 = 1 22 = 1 3，所以 = 6 3 又因为 = 3， = 1 3， 所以由正弦定理 = ，解得 = 32； 由 = 6 3 ，0 2得 = 3 3 由余弦定理 a2b2+c22bccosA，得 b22b150 解得 b5 或 b3（舍） 所以 AB 边上的高= = 5 6 3 = 56 3 18 （12 分
24、）数列an满足：a1+a2+a3+ = 1 2 (3 1) 第 12 页（共 17 页） （1）求an的通项公式； （2）若数列bn满足= 3，求bn的前 n 项和 Tn 【解答】解： （1）Sna1+a2+a3+an，a1+a2+a3+ = 1 2 (3 1)， n1 时，a11， n2 时，= ;1= 3;1，对 n1 也成立， = 3;1，nN*； （2）由= 3，= ( 1)(1 3) ;1， Tnb1+b2+bn= 1 3 + 2 (1 3) 2 + ( 1)(1 3) ;1 1 3 = (1 3) 2 + 2 (1 3) 3 + ( 2)(1 3) 1 + ( 1)(1 3) 得2
25、 3 = 1 3 + (1 3) 2 + (1 3) 1 ( 1)(1 3) ， 2 3 = 1 31;( 1 3) 1 1;(1 3) ( 1)(1 3) ， = 3 4 (2+1 4 )(1 3) ;1 19 （12 分）如图，在四棱锥 PABCD 中，PAAD，底面 ABCD 为直角梯形，BC3AD， ADBC，BCD90，M 为线段 PB 上一点 （）若 = 1 3，求证：AM平面 PCD； （）若 PA2，AD1，异面直线 PA 与 CD 成 90角，二面角 BPCD 的余弦值为 10 10 求 CD 的长及直线 PC 与平面 ABCD 所成角的正弦值 【解答】 （）证明：若 PM=
26、 1 3PB，取 CN= 1 3CB，连接 AN，MN 可得 ADCN，ADCN， 第 13 页（共 17 页） 四边形 ADCN 为平行四边形，ANCD， M，N 分别为 PB，CN 的三等分点，MNPC 面 AMN面 PCD， 则 AM平面 PCD； （）解：如图，由 PAAD，异面直线 PA 与 CD 成 90角， 得 PN底面 ABCD，过 A 作 ANDC 交 BC 与 N，设 CDa 则 A（0，0，0） ，N（a，0，0） ，P（0，0，2） ，D（0，1，0） ，C（a，1，0） =（0，1，2） ， =（a，0，0） ， 设面 PDC 的法向量为 =（x，y，z） 由 = +
27、 2 = 0 = = 0 ，其 z1，得 =（0，2，1） =（a，1，2） ， =（0，1，0） 设面 PNC 的法向量为 = (1，1，1)， 由 = 1 1+ 21= 0 = 1= 0 ，取 x12，得 =（2，0，a） |cos ，|= 54+2 = 10 10 ，解得 a2 CD 的长为 2； 则 AC= 5，PC=22+ (5)2= 3， 直线 PC 与平面 ABCD 所成角的正弦值为 = 2 3 第 14 页（共 17 页） 20 （12 分）某市有一家大型共享汽车公司，在市场上分别投放了黄、蓝两种颜色的汽车， 已知黄、蓝两种颜色的汽车的投放比例为 3：1监管部门为了了解这两种颜
28、色汽车的质 量决定从投放到市场上的汽车中随机抽取 5 辆汽车进行试驾体验，假设每辆汽车被抽 取的可能性相同 （）求抽取的 5 辆汽车中恰有 2 辆是蓝色汽车的概率； （）在试驾体验过程中，发现蓝色汽车存在一定质量问题，监管部门决定从投放的汽 车中随机地抽取一辆送技术部门作进一步抽样检测，并规定，若抽取的是黄色汽车，则 将其放回市场，并继续随机地抽取下一辆汽车；若抽到的是蓝色汽车，则抽样结束：并 规定抽样的次数不超过 n，（nN*） 次 在抽样结束时， 若已取到的黄色次车数以 表示， 求 的分布列和数学期望 【解答】解： （）黄、蓝两种颜色的汽车的投放比例为 3：1 任取 1 辆汽车取到蓝色汽车
29、的概率为1 4， 从投放到市场上的汽车中随机抽取 5 辆汽车进行试驾体验， 取到蓝色汽车的数量 XB（5，1 4） ， 抽取的 5 辆汽车中恰有 2 辆是蓝色汽车的概率： P（X2）= 5 2(1 4) 2(3 4) 3 = 5 512 （） 的可能取值为 0，1，2，n， P （0） = 1 4， P （1） = 3 4 1 4， P （2） = ( 3 4) 2 1 4， ， P （n1） = ( 3 4) ;1 1 4， P （n） = (3 4) ， 的分布列为： 0 1 2 n1 n P 1 4 3 4 1 4 (3 4) 2 1 4 (3 4) ;1 1 4 (3 4) 第 15
30、页（共 17 页） E（）= 3 4 1 4 + 2 (3 4) 2 1 4 + + ( 1) (3 4) ;1 1 4 + (3 4) ， 3 4E（）= ( 3 4) 2 1 4 + 2 (3 4) 3 1 4 + + ( 1) (3 4) + (3 4) :1， ，得： 1 4E（）= 3 4 1 4 + (3 4) 2 1 4 + (3 4) 3 1 4 + + (3 4) ;1 1 4 + (3 4) 1 4 E（）= 3 4 + (3 4) 2 + (3 4) 3 + + (3 4) = 3 41( 3 4) 13 4 33(3 4) 21 （12 分） 已知椭圆 C： 2 2 +
31、 2 2 =1（ab0） 的离心率为 3 2 ，F1、F2别是椭圆 C 的左、 右焦点，点 A 是椭圆上任意一点，且F1AF2的周长是 4+23 （）求椭圆 C 的标准方程； （）已知圆 O：x2+y24，过点 F1且与 x 轴不重合的直线 1 与椭圆 C 交于点 P、Q， 与圆 O 交于点 M、N，求| 2 | 的最大值 【解答】解： （）由题意可得： = 3 2 ，2a+2c4+23，b2a2c2，解得：a24， b21， 所以椭圆的方程为： 2 4 +y21； （） 由 （） 可得焦点 F1（3， 0） ， 由题意设直线 l 的方程为： xmy3， 设 P （x1， y1） ，Q（x2，
32、y2） ， 圆心 O 到直线 l 的距离 d= 3 1+2， 所以弦长|MN|2 2 2 =24 3 1+2 =24 21 1+2 ， 所以|MN|2= 1624 1+2 ； 联立直线 l 的方程与椭圆的方程： = 3 2+ 42 4 = 0整理可得： （4+m 2）y223my1 0，y1+y2= 23 4+2，y1y2= 1 4+2， 所 以 弦 长 |PQ| = 1 + 2(1+ 2)2 412= 1 + 2 122 (4+2)2 + 4(4+2) (4+2)2 = 4(1+2) 4+2 ； 第 16 页（共 17 页） 所以| 2 | = 1624 1+2 4(1+2) 4+2 =4(
33、4 2;1)(4:2) (1:2)2 ， 令 tm2+1，t1，所以(4 2;1)(4:2) (1:2)2 = 4(;1);1(:3) 2 = 42:7;15 2 = 15 (1 ) 2+7 +4， 设 r= 1 （0，1，g（r）15r 2+7r+4，r（0，1，开口向下，对称轴 r=7 30，r（0， 1，时当 r= 7 30时 g（r）最大，且为：g（ 7 30）= 289 60 ， 所以| 2 | 的最大值为：289 60 22 （12 分）已知函数() = + + 2，aR，bR （1）若 a0，b1，求证：f（x）在区间（3，4）上有唯一零点； （2）若 aZ，b0，不等式 f（x
34、）a+1 对任意的 x（1，+）恒成立，求整数 a 的最 大值 【解答】解： （1）因为 a0，b1，所以 f（x）lnxx+2，f（3）ln310，f（4） ln422（ln21）0，f（x）在区间3， 4上是一条不间断的曲线，f（x）在区间（3， 4）上存在零点， 又() = 1 1 = 1 ，当 x（1，+）时，f（x）0， 所以 f（x）在区间（1，+）上为单调减函数， 所以 f（x）在区间（3，4）上有唯一零点； （2）因为 b0，所以() = + + 2，() = 1 2 = 2 ， 当 a1 时，f（x）0 在 x（1，+）恒成立， 所以 f（x）在（1，+）上为单调增函数 所以当 x（1，+）时，f（x）f（1）a+2a+1 恒成立， 所以 a1 成立； 当 a1 时，x（1，a）时，f（x）0，x（a，+）时 f（x）0， 所以 f（x）minf（a）lna+3a+1， 所以 lnaa+20，令 g（x）lnxx+2， 由（1）知 g（x）lnxx+2 在在（1，+）上为单调减函数且（3，4）上有唯一零点， 设这个零点为 t，t（3，4） ， 第 17 页（共 17 页） 由 lnaa+20 的 1at，又因为 aZ， 所以整数 a 的最大值为 3
