2018-2019学年浙江省金华市东阳中学高二(下)期中数学试卷(解析版)

2018-2019学年浙江省金华市东阳中学高二（下）期中数学试卷
一、选择题（本大题共10小题，共40.0分）
1.已知集合A={x|y=lg x}，B={x|y=}，则A∩B=（）
A. B. C. D.
2.设m，n∈R，则“m＜n”是“（）m-n＞1”的（）
A. 充分而不必要条件
B. 必要而不充分条件
C. 充要条件
D. 既不充分也不必要条件
3.已知函数f（x）是偶函数，定义域为R，单调增区间为[0，+∞），且f（1）=0，则（x-1）f（x-1）≤0
的解集为（）
A. B. C. D.
4.已知甲、乙、丙三人去参加某公司面试，他们被公司录取的概率分别为，，，且三人录取结果相
互之间没有影响，则他们三人中至少有一人被录取的概率为（）
A. B. C. D.
5.△ABC中，（a-b）（sin A+sin B）=（c-b）sin C．其中a，b，c分别为内角A，B，C的对边，则A=（）
A. B. C. D.
6.设a∈R，若（x2+）9与（x）9的二项展开式中的常数项相等，则a=（）
A. 4
B.
C. 2
D.
7.已知 0＜a＜，随机变量ξ的分布列如下：
A. 增大，增大
B. 减小，增大
C. 增大，减小
D. 减小，减小
8.关于x的不等式解集为[a，b]，则a-b=（）
A. B. C. D.
9.已知函数f（x）=|x-1|+|x-a|，a＞1，若f（x）＞4的解集为（-∞，0）（4，+∞），则a的值（）
A. 1
B. 2
C. 3
D. 4
10.已知不等式e x-4x+2≥ax+b（a，b∈R，a≠-4）对任意的实数x恒成立，则的最大值为（）
A. B. 0 C. D. 1
二、填空题（本大题共7小题，共36.0分）
11.已知多项式（x+2）5=（x+1）5+a4x4+a3x3+a2x2+a1x+a0，则a0=______，a1=______．
12.设x，y满足约束条件，则z=2x+3y的最大值为______；满足条件的x，y构成的平面区
域的面积是______．
13.当x＞0时，的最小值为______；当x＞-1时，＞的最小值为3，则实数t的值为______．14.已知函数f（x）=
，
，＞
．
（i）f（2）=______．
（ii）若方程f（x）=x+a有且只有一个实根，则实数a的取值范围是______．
15.若定义在R上的函数f（x）满足f（x）+f′（x）＞1，f（0）=4，则不等式f（x）＞+1的解集为______．
16.工人在安装一个正五边形的零件时，需要固定如图所示的五个位置的螺栓．若按一定的
顺序将每个螺栓固定紧，但不能连续固定相邻的2个螺栓．则不同的固定螺栓方式的种
数是______．
17.已知函数恰有三个零点x1，x2，x3，且0＜x1＜x2＜x3，记
M i=x i ln x i+a（i=1，2，3），则=______．
三、解答题（本大题共5小题，共74.0分）
18.已知函数f（x）=cos（2x-）-2sin2x+a（a∈R），且f（）=0．
（Ⅰ）求a的值；
（Ⅱ）若f（x）在区间[0，m]上是单调函数，求m的最大值．
19.已知平面多边形PABCD中，
PA=
PD，AD=2DC=2BC=4，AD∥BC，AP⊥PD，AD⊥DC，E为PD的中点，现将△APD沿AD折起，使PC=2．
（1）证明：CE∥平面ABP；
（2）求直线AE与平面ABP所成角的正弦值．
20.已知函数f（x）=ln（k＞0）．
（1）求函数f（x）的定义域；
（2）若函数f（x）在区间[2，+∞）上是减函数，求实数k的取值范围．
21.已知椭圆C：+=1（a＞0，b＞0）的左右焦点分别是F1、F2，C过
点M（1，-），离心率e=．
（1）求椭圆C的方程；
（2）若PQ为椭圆C过F1的弦，R为PF2的中点，O为坐标原点，求
△RF1F2、△OF1Q面积之和的最大值．
22.已知a∈R，函数f（x）=+a ln x，x∈（0，6）．
（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；
（Ⅱ）若x=2是f（x）的极值点，且曲线y=f（x）在两点P（x1，f（x1），Q（x2，f（x2））（x1＜x2）处的切线互相平行，这两条切线在y轴上的截距分别为b1，b，求b1-b2的取值范围．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】
解：由A中的函数y=lgx，得到x＞0，即A=（0，+∞）；
由B中的不等式变形得：4-x2≥0，即B=[-2，2]
则A∩B=（0，2]
故选：C．
求出A中函数的定义域确定出A，求出B中不等式的解集确定出B，找出A与B的交集即可．此题考查了交集及其运算，熟练掌握交集的定义是解本题的关键．
2.【答案】C
【解析】
解：由（）m-n＞1得m-n＜0，得m＜n，
则“m＜n”是“
（）m-n＞1”充要条件，
故选：C．
根据不等式的关系，结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可．
本题主要考查充分条件和必要条件的判断，结合不等式的关系是解决本题的关键．
3.【答案】C
【解析】
解：根据题意，函数f（x）的单调增区间为[0，+∞），且f（1）=0，
则在区间[0，1]上，f（x）＜0，在区间[1，+∞）上，f（x）＞0，
又由函数f（x）为偶函数，在区间[-1，0]上，f（x）＜0，在区间（-∞，-1]上，f（x）＞0，
综合可得：在区间[-1，1]上，f（x）＜0，在区间（-∞，-1]和[1，+∞）上，f（x）＞0，
（x-1）f（x-1）≤0⇒或，
解可得：x≤0或1≤x≤2，
即不等式的解集为（-∞，0][1，2]；
故选：C．
根据题意，结合函数的单调性以及特殊值可得在区间[0，1]上，f（x）＜0，在区间[1，+∞）上，f（x）＞0，结合函数的奇偶性可得在区间[-1，0]上，f（x）＜0，在区间（-∞，-1]上，f（x）＞0，综合可得：在区间[-1，1]上，f（x）＜0，在区间（-∞，-1]和[1，+∞）上，f（x）＞0，又由（x-1）f（x-1）≤0
⇒或，解可得x的取值范围，即可得答案．
本题考查函数的奇偶性与单调性的综合应用，关键是分析f（x）的函数值的正负情况，属于基础题．
4.【答案】B
【解析】
解：甲、乙、丙三人去参加某公司面试，他们被公司录取的概率分别为，
且三人录取结果相互之间没有影响，
他们三人中至少有一人被录取的对立事件是三个人都没有被录取，
∴他们三人中至少有一人被录取的概率为：
P=1-（
1-）（1-）（1-）
=．
故选：B．
他们三人中至少有一人被录取的对立事件是三个人都没有被录取，利用对立事件概率计算公式能求出他们三人中至少有一人被录取的概率．
本题考查概率的求法，考查对立事件概率计算公式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
5.【答案】B
【解析】
解：∵（a-b）（sinA+sinB）=（c-b）sinC，
由正弦定理可得，（a-b）（a+b）=（c-b）c，
化简可得，b2+c2-a2=bc，
由余弦定理可得，cosA=
=
∵0＜A＜π
∴
A=
故选：B．
由正弦定理化简可得，b2+c2-a2=bc，然后由余弦定理可得，cosA=可求A
本题主要考查了正弦定理及余弦定理在求解三角形中的简单应用，属于基础试题．
6.【答案】A
【解析】
解：（x2+）9的通项公式为T k+1=C9k（x2）9-k （）k=C9k x18-2k•2k x-k=C9k•2k x18-3k，
由18-3k=0得k=6，即常数项为T6+1=C96•26=84×64，
（x）9的通项公式为T r+1=C9r（x）9-r （）r=C9r x9-r•a r x-2r=C9r•a k x9-3r，
由9-3r=0得r=3，即常数项为T3+1=C93•a3=84a3，
∵两个二项展开式中的常数项相等，
∴84a3=84×64，
∴a3=64，即a=4，
故选：A．
根据二项式定义的通项公式求出常数项建立方程进行求解即可．
本题主要考查二项式定理的应用，结合通项公式求出常数项，建立方程是解决本题的关键．
7.【答案】A
【解析】
解：0＜a ＜，由随机变量ξ的分布列，得：
E（ξ）
=a-，∴当 a 增大时，E（ξ）增大；
D（ξ）=（
-1-a+）2×+（
0-a+）2×（-a）+（
1-a+）2×a=-a2+
a+=-（
a-）2+，
∵
0，∴当 a 增大时，D（ξ）增大．故选：A．
由随机变量ξ的分布列，推导出E（ξ）
=a-，从而当 a 增大时，E（ξ）增大；D（ξ）=-（
a-）2+，由
0，得到当 a 增大时，D（ξ）增大．
本题考查命题真假的判断，考查离散型随机变量的分布列、数学期望、方差等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题．
8.【答案】D
【解析】
解：令f（x）=x2-3x+4，则f（x）=（x-2）2+1，
∴f（x）min=f（2）=1，由题意可知a≤1，且f（a）=f（b）=b，a＜b，
由f（b）=b
得到b2-3b+4=b，解得
b=（舍去）或b=4，
由抛物线的对称轴为x=2得到a=0，
∴a-b=-4．
故选：D．
令f（x）=x2-3x+4，求出f（x）的最小值，然后根据f（x）的图象与性质求a，b的值．
本题考查了二次函数的图象与性质、一元二次不等式的解法与应用问题．
9.【答案】C
【解析】
解：∵a＞1，∴f（x）
=|x-1|+|x-a|=，
∵f（x）＞4的解集为（-∞，0）（4，+∞），
∴，∴a=3．
故选：C．
对f（x）去绝对值，根据f（x）＞4可得方程组，然后解方程组即可得a的值．本题考查了绝对值不等式的解法，属基础题．
10.【答案】B
【解析】
解：不等式e x-4x+2≥ax+b化为e x-（a+4）x+2-b≥0，
令f（x）=e x-（a+4）x+2-b，则f′（x）=e x-（a+4），
若a＜-4，则f′（x）＞0，函数f（x）函数单调增，
当x→-∞时，f（x）→-∞，不可能恒有f（x）≥0；
若a＞-4，由f′（x）=e x-（a+4）=0，得极小值点x=ln（a+4），
由f（ln（a+4））=（a+4）-（a+4）ln（a+4）+2-b≥0，
得b≤（a+4）-（a+4）ln（a+4）+2，
则，
令g（t）=1-lnt-，t=a+4＞0，
则g′（t）
==，
则当0＜t＜1时，g′（t）＞0，当t＞1时，g′（t）＜0，
∴g（t）max=g（1）=0，
∴
则的最大值为0．
故选：B．
不等式化为e x-（a+4）x+2-b≥0恒成立，构造函数f（x）=e x-（a+4）x+2-b，利用导数f′（x）判断f（x）的单调性，求f（x）的最值，转化为的不等式，从而求出它的最大值
本题考查了不等式恒成立问题，也考查了利用导数研究函数的单调性与求最值问题，考查了构造函数与转化思想，属难题．
11.【答案】31 75
【解析】
解：对于多项式（x+2）5=（x+1）5+a4x4+a3x3+a2x2+a1x+a0，
令x=0，可得32=1+a0，则a0=31．
a1即展开式（x+2）5-（x+1）5=a4x4+a3x3+a2x2+a1x+a0，中x的系数，为•16-=75，
故答案为：31；75．
在所给的等式中，令x=0，可得a0的值．a1即展开式（x+2）5-（x+1）5=a4x4+a3x3+a2x2+a1x+a0中，
x的系数，为•16
-，计算求得结果．
本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于中档题．12.【答案】11
【解析】
解：作出x，y满足约
束条件，对应的平面区
域（阴影部分），
由z=2x+3y，得
y=-x+，
平移直线
y=-x+，由图象可知当直线y=-x+经过点C
时，直线
y=-x+的截距最大，此时z最大．
由，解得A
（，）．
解得B（1
，）；
解得C（1，3）．
此时z的最大值为z=2×1+3×3=11，
可行域的面积为：=
故答案为：11；．
作出不等式对应的平面区域，利用线性规划的知识，通过平移即可求z的最大值．
本题主要考查线性规划的应用，利用数形结合是解决线性规划题目的常用方法．
13.【答案】2 4
【解析】
解：根据题意，当x＞0时，≥2=2，当且仅当x=1时等号成立，
则的最小值为2；
当x＞-1时，x+1＞0，
则x+=（x+1）+-1≥2-1，当且仅当x+1=时等号成立，
则x+的最小值为2-1，
则有2-1=3，解可得t=4；
故答案为：2，4．
根据题意，第一空：由基本不等式的性质可得≥2=2，分析可得答案；第二空，分析
可得x+=（x+1）+-1≥2-1，即可得x+的最小值为2-1，结合题意可得
2
-1=3，解可得t的值，即可得答案．
本题考查基本不等式的性质以及应用，关键是掌握基本不等式的形式．
14.【答案】4 [，1）
【解析】
解：（i）f（2）=2f（1）=4f（0）=4×1=4，
（ii）当0＜x≤1时，-1＜x-1≤0，f（x）=2f（x-1）=2×
=
，
当1＜x≤2时，0＜x-1≤1，f（x）=2f（x-1）=2×=（）x-4，当2＜x≤3时，1＜x-1≤2，
f（x）=2f（x-1）=2×=
（）x-5=（）x-6，
作出函数f（x）的图象如图，
其中f（0）=1，f（1）=2f（0）=2，f（3）=2f（2）=4，f（4）=2f（3）=8，设直线g（x）=x+a，
当g（x）=x+a分别过（0，1），A（1，2），B（2，4）时，
则g（0）=a=1，g（1）
=+a=2，得
a=，
g（2）=3+a=4，得a=1，
由图象知要使方程f（x）=x+a有且只有一个实根，则g（x）在A，B之间的区域，
即≤a＜1，
即实数a的取值范围是
[，1），
故答案为：4，
[，1）．
（i）根据分段函数的表达式，直接代入即可
（ii）求出当0＜x≤1，1＜x≤2，2＜x≤3时，函数f（x）的解析式和图象，利用
y=x+a的交点个数进
行判断即可．
本题主要考查函数与方程的应用，求出函数的解析式，作出两个函数的图象，利用数形结合是解决本题的关键．综合性较强，有一定的难度．
15.【答案】{x|x＞0}
【解析】
解：不等式f（x ）＞+1可化为e x f（x）-e x＞3
设g（x）=e x f（x）-e x，（x∈R），
则g′（x）=e x f（x）+e x f′（x）-e x =e x[f（x）+f′（x）-1]，
∵f（x）+f′（x）＞1，
∴f（x）+f′（x）-1＞0，
∴g′（x）＞0，
∴y=g（x）在定义域上单调递增，
∵e x f（x）-e x＞3，∴g（x）＞3，
又∵g（0）=e0f（0）-e0=4-1=3，
∴g（x）＞g（0），∴x＞0，
∴原不等式的解集为{x|x＞0}
故答案为：{x|x＞0}
不等式f（x ）＞+1可化为e x f（x）-e x＞3，设g（x）=e x f（x）-e x，导数法可判g（x）的单调性，可得不等式的解集．
本题考查不等式的解集，涉及函数和导数以及构造法，属中档题．
16.【答案】10
【解析】
解：不妨先在编号为1，2，3，4，5中选1个固定螺栓，共=5种取法，不妨取编号1，
由已知有再在编号为3，4中选1
个，共=2种取法，再按题意操作即可，
则不同的固定螺栓方式的种数是5×2=10，
故答案为：10．
由排列组合及简单的计数问题得：不同的固定螺栓方式的种数是=10，得解．
本题考查了排列组合及简单的计数问题，属中档题．
17.【答案】1
【解析】
解：函数恰有三个零点x1，x2，x3，
即为f（x）=0，即（1-a）xlnx+（a-1）-（xlnx）2=0，
可设t=xlnx，即有t2+（a-1）t+1-a=0，
由t=xlnx的导数为t′=1+lnx，可得x ＞时，t′＞0，可得函数t递增；0＜x ＜时，t′＜0，可得函数t递减；
可得t有极小值，为
-，函数t=xlnx的图象如图所示：
t2+（a-1）t+1-a=0由两个异号实根，
可得t1t2=1-a，t1+t2=1-a，
可设M1=M2=t1+a，M3=t2+a，
则M1M2M32=[（t1+a）（t2+a）]2=[t1t2+a2+a（t1+t2）]2=（1-a+a2+a-a2）2=1．
故答案为：1．
由题意可得f（x）=0，即（1-a）xlnx+（a-1）-（xlnx）2=0，可设t=xlnx，即有t2+（a-1）t+1-a=0，运用韦达定理，以及导数求得函数t的单调性和极值，画出图象可得所求值．
本题考查函数和方程的转化思想，考查换元法和二次方程的韦达定理的运用，化简运算能力，属于中档题．
18.【答案】解：（Ⅰ）函数f（x）=cos（2x-）-2sin2x+a，
=，
=，
且f（）=0．
解得：a=1．
所以：f（x）=．
（Ⅱ）由于：f（x）在区间[0，m]上是单调函数，
故：①当函数为单调递增时，
（k∈Z），
解得：（k∈Z），所以：m，
②当函数为单调递减时，（k∈Z），
解得：，
综上所述：m的最大值为．
【解析】
（Ⅰ）直接利用三角函数关系式的变换和函数的值求出函数的关系式．
（Ⅱ）利用函数的关系式和函数的单调性的应用求出m的最大值．
本题考查的知识要点：三角函数关系式的恒等变变换正弦型函数性质的应用，主要考查学生的运算能力和转化能力，属于基础题型．
19.【答案】（1）证明：取PA中点F，连接EF，则EF为△PAD的
中位线，
∴EF AD，又BC AD，
∴EF BC，
∴四边形BCEF是平行四边形，
∴CE∥BF，又BF⊂平面PAB，CE⊄平面PAB，
∴CE∥平面PAB．
（2）解：取AD的中点M，连接BM，PM，
∵AP=BP，∴PM⊥AD，
又DM BC，AD⊥DC，CD=BC，
∴四边形BCDM是正方形，
∴BM⊥AD，
∴∠BMP为二面角P-AD-B的平面角，
设P在底面ABCD上的射影为O，
∵AP⊥PD，AP=DP，AD=4，
∴PD=2，又PC=2，
∴PD=PC，∴O为BM的中点，
∵OC==，∴OP==．
设CD的中点为N，以O为原点，以OB，ON，OP为坐标轴建立空间直角坐标系，
则A（-1，-2，0），B（1，0，0），P（0，0，），E（-，1，），
∴=（2，2，0），=（1，2，），=（，3，），
设平面PAB的法向量为=（x，y，z），则，即，
令x=1可得=（1，-1，），
∴cos＜，＞===-．
∴直线AE与平面ABP所成角的正弦值为|cos＜，＞|=．
【解析】
（1）取PA中点F，连接EF，可证四边形BCEF是平行四边形，得出CE∥BF，故而CE∥平面ABP；
（2）判断P在底面射影O
的位置，建立空间坐标系，求出平面PAB的法向量，则|cos＜
＞|为直线AE与平面ABP所成角的正弦值．
本题考查了线面平行的判定，空间向量与空间角的计算，属于中档题．
20.【答案】解：（1）由题意，可知：＞0．
即：（kx-1）（x-1）＞0．
∵k＞0，
∴x1=，x2=1．
∴①当0＜k＜1时，x＞，或x＜1，故函数f（x）的定义域为（-∞，1）（，+∞）；
②当k=1时，x＞1或x＜1，故函数f（x）的定义域为（-∞，1）（1，+∞）；
③当k＞1时，x＜或x＞1，故函数f（x）的定义域为（-∞，）（1，+∞）．
（2）若函数f（x）=ln在区间[2，+∞）上是减函数，
则y=在区间[2+∞）上是减函数，且＞0在[2+∞）上恒成立．
∴y′==≤0．
即：1-k≤0，∴k≥1．
又∵＞0在[2+∞）上恒成立．
∴＜2，即：k＞．
综上，可得：k≥1．
【解析】
本题第（1）题根据对数函数的定义域得到不等式＞0，然后变成同解不等式（kx-1）（x-1）
＞0，然后要对k进行分类讨论得出函数
f（x）的定义域；第（2）题根据复合函数增减性可得y=
在区间[2+∞）上是减函数，求导法可得k的取值范围．再根据定义域判断出k的取值范围．综合可得实数k的取值范围．本题第（1）题主要考查对数函数的定义域，不等式的解法，分类讨论思想的应用；第（2）题主要考查复合函数的增减性问题以及求导法对于求参数取值范围的应用．本题属中档题．
21.【答案】解：（1）由e==，设a=2t，c=t，t＞0，
可得b=t，椭圆方程为+=1，
代入M，可得+=1，可得t=1，
则a=2，b=，c=1，
可得椭圆方程为+=1；
（2）由O，R分别为F1F2，PF2的中点，
可得△RF1F2的面积为△PF1F2的面积的一半，即为△PF1O的面积，
△RF1F2、△OF1Q面积之和设为S，则S=S△PQO，
当直线PQ的斜率不存在时，其方程为x=-1，
此时S△PQO=×1×[-（-）]=；
当直线PQ的斜率存在时，设其方程为：y=k（x+1），设P（x1，y1），Q（x2，y2），
显然直线PQ不与x轴重合，即k≠0；
联立，解得（3+4k2）x2+8k2x+4k2-12=0，
△=144（k2+1）＞0，故x1+x2=-，x1x2=，
故|PQ|=|x1-x2|==，
点O到直线PQ的距离d=，
S=|PQ|d=6，令u=3+4k2∈（3，+∞），
故S=6==∈（0，），
故S的最大值为．
【解析】
（1）运用椭圆的离心率公式和M满足椭圆方程，解方程可得a，b，进而得到椭圆方程；
（2）由O，R分别为中点，可得△RF1F2的面积为△PF1F2的面积的一半，即为△PF1O的面积，
△RF1F2、△OF1Q面积之和设为S，则S=S△PQO，讨论直线PQ的斜率不存在，求得P，Q的坐标，可得△PQO的面积；PQ的斜率设为k，可得PQ的方程，代入椭圆方程，运用韦达定理和弦长
公式，以及点到直线的距离公式，以及三角形的面积公式，化简整理，结合不等式的性质，可得所
求面积的最大值．
本题考查的知识点是椭圆的方程，椭圆的性质，直线与椭圆的位置关系，难度中档．22.【答案】解：（Ⅰ）∵f′（x）=-+=．
∴①当a≤0时，f′（x）＜0在x∈（0，6）上恒成立，
∴函数f（x）在x∈（0，6）上单调递减，无单调递增区间；…………………（1分）
②当a＞0，且≥6，即＜时，f′（x）＜0在x∈（0，6）上恒成立，
∴函数f（x）在x∈（0，6）上单调递减，无单调递增区间．
③当a＞0，且＜6，即a＞时，函数f（x）在，上，f′（x）＜0，∴f（x）此时单调递减．函数f（x）在，上，f′（x）＞0，∴f（x）此时单调递增．……（3分）
综上：当a时，函数f（x）在x∈（0，6）上单调递减，无单调递增区间．
③当a＞时，函数f（x）在，上单调递减；函数f（x）在，上，单调递增．
（Ⅱ）∵x=2是函数f（x）的极值点，∴由（1）可知，=2，解得a=1
设曲线在点P（x1，f（x1））处的切线方程为y-（+ln x1）=（-+）（x-x1），
曲线在点Q（x2，f（x2））处的切线方程为y-（+ln x2）=（-+）（x-x2）．
∴若这两条切线互相平行，则-+=-+，化为：+=．
∵=-，且0＜x1＜x2＜6．
∴＜-＜，
∴＜＜，
∴x1∈（3，4），
两条切线在y轴上的截距：令x=0，则b1=+ln x1-1，b2=+ln x2-1．
∴b1-b2=+ln x1-1-（+ln x2-1）=4（-）-ln+ln（）．
令g（x）=8x-2-ln x+ln（-x），x∈，．
g′（x）=8--=．
∴g（x）在区间，上单调递减，……………………………………（10分）
∴g（x）∈，．即b1-b2的取值范围是，．…………………………………（12分）
【解析】
（Ⅰ）f′（x）
=-+
=．对a分类讨论，利用导数研究函数的单调性即可得出．
（Ⅱ）由x=2是函数f（x）的极值点，可得由（1）可知，=2，解得a=1．设曲线在点P（x1，f（x1））处的切线方程为y-
（+lnx1）=（
-+）（x-x1），
曲线在点Q（x2，f（x2））处的切线方程为y-
（+lnx2）=（-+）（x-x2）．若这两条切线互相平行，可得
-+
=-+，化为
：+=．又0＜x1＜x2＜6．可得x1∈（3，4），两条切线在y 轴上的截距：令x=0，则b1=+lnx1-1，b2=+lnx2-1．可得b1-b2=4（-）-ln+ln
（）．令g（x）=8x-2-lnx+ln （-x），x ∈．利用导数研究函数的单调性即可得出．
本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、方程与不等式的解法、分类讨论方法、等价转化方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．。