2019年浙江省高考数学试卷(理科)答案与解析

浙江省高考数学试卷（理科）
参考答案与试题解析
一、选择题（共10小题，每小题5分，满分50分）
1．（5分）（2009•浙江）设U=R，A={x|x＞0}，B={x|x＞1}，则A∩∁U B=（）
A．{x|0≤x＜1} B．{x|0＜x≤1}C．{x|x＜0} D．{x|x＞1}
【考点】交、并、补集的混合运算．
【专题】集合．
【分析】欲求两个集合的交集，先得求集合C U B，再求它与A的交集即可．
【解答】解：对于C U B={x|x≤1}，
因此A∩C U B={x|0＜x≤1}，
故选B．
【点评】这是一个集合的常见题，属于基础题之列．
2．（5分）（2009•浙江）已知a，b是实数，则“a＞0且b＞0”是“a+b＞0且ab＞0”的（）A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断．
【专题】简易逻辑．
【分析】考虑“a＞0且b＞0”与“a+b＞0且ab＞0”的互推性．
【解答】解：由a＞0且b＞0⇒“a+b＞0且ab＞0”，
反过来“a+b＞0且ab＞0”⇒a＞0且b＞0，
∴“a＞0且b＞0”⇔“a+b＞0且ab＞0”，
即“a＞0且b＞0”是“a+b＞0且ab＞0”的充分必要条件，
故选C
【点评】本题考查充分性和必要性，此题考得几率比较大，但往往与其他知识结合在一起考查．
3．（5分）（2009•浙江）设复数z=1+i（i是虚数单位），则+z2=（）
A．﹣1﹣i B．﹣1+i C．1﹣i D．1+i
【考点】复数代数形式的混合运算．
【专题】数系的扩充和复数．
【分析】把复数z代入表达式化简整理即可．
【解答】解：对于，
故选D．
【点评】本小题主要考查了复数的运算和复数的概念，以复数的运算为载体，直接考查了对于复数概念和性质的理解程度．
4．（5分）（2009•浙江）在二项式的展开式中，含x4的项的系数是（）A．﹣10 B．10 C．﹣5 D．5
【考点】二项式定理．
【专题】二项式定理．
【分析】利用二项展开式的通项公式求出第r+1项，令x的指数为4求得．
【解答】解：对于，
对于10﹣3r=4，
∴r=2，
则x4的项的系数是C52（﹣1）2=10
故选项为B
【点评】二项展开式的通项是解决二项展开式的特定项问题的工具．
5．（5分）（2009•浙江）在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，各棱长相等，侧棱垂直于底面，点D 是侧面BB1C1C的中心，则AD与平面BB1C1C所成角的大小是（）
A．30°B．45°C．60°D．90°
【考点】空间中直线与平面之间的位置关系．
【专题】空间位置关系与距离．
【分析】本题考查的知识点是线面夹角，由已知中侧棱垂直于底面，我们过D点做BC的垂线，垂足为E，则DE⊥底面ABC，且E为BC中点，则E为A点在平面BB1C1C上投影，则∠ADE即为所求线面夹角，解三角形即可求解．
【解答】解：如图，取BC中点E，连接DE、AE、AD，
依题意知三棱柱为正三棱柱，
易得AE⊥平面BB1C1C，故∠ADE为AD与平面BB1C1C所成的角．
设各棱长为1，则AE=，
DE=，tan∠ADE=，
∴∠ADE=60°．
故选C
【点评】求直线和平面所成的角时，应注意的问题是：（1）先判断直线和平面的位置关系．（2）当直线和平面斜交时，常用以下步骤：①构造﹣﹣作出或找到斜线与射影所成的角；②设定﹣﹣论证所作或找到的角为所求的角；③计算﹣﹣常用解三角形的方法求角；④结论﹣﹣点明斜线和平面所成的角的值．
6．（5分）（2009•浙江）某程序框图如图所示，该程序运行后输出的k的值是（）
A．4 B．5 C．6 D．7
【考点】程序框图．
【专题】算法和程序框图．
【分析】根据流程图所示的顺序，逐框分析程序中各变量、各语句的作用可知：该程序的作用是计算满足S=≥100的最小项数
【解答】解：根据流程图所示的顺序，程序的运行过程中各变量值变化如下表：
是否继续循环S K
循环前/0 0
第一圈是 1 1
第二圈是 3 2
第三圈是11 3
第四圈是2059 4
第五圈否
∴最终输出结果k=4
故答案为A
【点评】根据流程图（或伪代码）写程序的运行结果，是算法这一模块最重要的题型，其处理方法是：①分析流程图（或伪代码），从流程图（或伪代码）中既要分析出计算的类型，又要分析出参与计算的数据（如果参与运算的数据比较多，也可使用表格对数据进行分析管理）⇒②建立数学模型，根据第一步分析的结果，选择恰当的数学模型③解模．
7．（5分）（2009•浙江）设向量，满足：||=3，||=4，•=0．以，，﹣的模为
边长构成三角形，则它的边与半径为1的圆的公共点个数最多为（）
A．3 B．4 C．5 D．6
【考点】直线与圆相交的性质；向量的模；平面向量数量积的运算．
【专题】平面向量及应用．
【分析】先根据题设条件判断三角形为直角三角形，根据三边长求得内切圆的半径，进而看半径为1的圆内切于三角形时有三个公共点，对于圆的位置稍一右移或其他的变化，能实现4个交点的情况，进而可得出答案．
【解答】解：∵向量a•b=0，∴此三角形为直角三角形，三边长分别为3，4，5，进而可知其内切圆半径为1，
∵对于半径为1的圆有一个位置是正好是三角形的内切圆，此时只有三个交点，
对于圆的位置稍一右移或其他的变化，能实现4个交点的情况，
但5个以上的交点不能实现．
故选B
【点评】本题主要考查了直线与圆的位置关系．可采用数形结合结合的方法较为直观．8．（5分）（2009•浙江）已知a是实数，则函数f（x）=1+asinax的图象不可能是（）
A．B．
C．D．
【考点】正弦函数的图象．
【专题】三角函数的图像与性质．
【分析】函数f（x）=1+asinax的图象是一个正弦曲线型的图，其振幅为|a|，周期为，
周期与振幅成反比，从这个方向观察四个图象．
【解答】解：对于振幅大于1时，
三角函数的周期为：，∵|a|＞1，∴T＜2π，
而D不符合要求，它的振幅大于1，但周期反而大于了2π．
对于选项A，a＜1，T＞2π，满足函数与图象的对应关系，
故选D．
【点评】由于函数的解析式中只含有一个参数，这个参数影响振幅和周期，故振幅与周期相互制约，这是本题的关键．
9．（5分）（2009•浙江）过双曲线﹣=1（a＞0，b＞0）的右顶点A作斜率为﹣1的直线，该直线与双曲线的两条渐近线的交点分别为B、C．若=，则双曲线的离心率是
（）
A．B．C．D．
【考点】直线与圆锥曲线的综合问题；双曲线的简单性质．
【专题】圆锥曲线的定义、性质与方程．
【分析】分别表示出直线l和两个渐近线的交点，进而表示出和，进而根据=求得a和b的关系，进而根据c2﹣a2=b2，求得a和c的关系，则离心率可得．
【解答】解：直线l：y=﹣x+a与渐近线l1：bx﹣ay=0交于B（，），
l与渐近线l2：bx+ay=0交于C（，），A（a，0），
∴=（﹣，），=（，﹣），∵=，
∴=，b=2a，
∴c2﹣a2=4a2，
∴e2==5，∴e=，
故选C．
【点评】本题主要考查了直线与圆锥曲线的综合问题．要求学生有较高地转化数学思想的运用能力，能将已知条件转化到基本知识的运用．
10．（5分）（2009•浙江）定义A﹣B={x|x∈A且x∉B}，若P={1，2，3，4}，Q={2，5}，则Q﹣P=（）
A．P B．{5} C．{1，3，4} D．Q
【考点】集合的包含关系判断及应用．
【专题】集合．
【分析】理解新的运算，根据新定义A﹣B知道，新的集合A﹣B是由所有属于A但不属于B的元素组成．
【解答】解：Q﹣P是由所有属于Q但不属于P的元素组成，所以Q﹣P={5}．
故选B．
【点评】本题主要考查了集合的运算，是一道创新题，具有一定的新意．要求学生对新定义的A﹣B有充分的理解才能正确答．
二、填空题（共7小题，每小题4分，满分28分）
11．（4分）（2009•浙江）设等比数列{a n}的公比，前n项和为S n，则=15．
【考点】等比数列的性质．
【专题】等差数列与等比数列．
【分析】先通过等比数列的求和公式，表示出S4，得知a4=a1q3，进而把a1和q代入约
分化简可得到答案．
【解答】解：对于，∴
【点评】本题主要考查了等比数列中通项公式和求和公式的应用．属基础题．
12．（4分）（2009•浙江）若某个几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则该几何体的体积是18cm3．
【考点】由三视图求面积、体积．
【专题】立体几何．
【分析】由图可知，图形由两个体积相同的长方体组成，求出其中一个体积即可．
【解答】解：由图可知，底下的长方体底面长为3，宽为1，底面积为3×1=3，高为3，因此体积为3×3=9；
上面的长方体底面是个正方形，边长为3，高为1，易知与下面的长方体体积相等，
因此易得该几何体的体积为9×2=18．
【点评】本题考查学生的空间想象能力，是基础题．
13．（4分）（2009•浙江）若实数x，y满足不等式组，则2x+3y的最小值是4．
【考点】简单线性规划．
【专题】不等式的解法及应用．
【分析】先由约束条件画出可行域，再求出可行域各个角点的坐标，将坐标逐一代入目标函数，验证即得答案．
【解答】解：如图即为满足不等式组的可行域，
由图易得：当x=2，y=0时，2x+3y=4；
当x=1，y=1时，2x+3y=5；
当x=4，y=4时，2x+3y=20，
因此，当x=2，y=0时，2x+3y有最小值4．
故答案为4
【点评】在解决线性规划的小题时，我们常用“角点法”，其步骤为：①由约束条件画出可行域⇒②求出可行域各个角点的坐标⇒③将坐标逐一代入目标函数⇒④验证，求出最优解．
14．（4分）（2009•浙江）某地区居民生活用电分为高峰和低谷两个时间段进行分时计价．该地区的电网销售电价表如图：
高峰时间段用电价格表低谷时间段用电价格表
高峰月用电量（单位：千瓦时）高峰电价（单位：元/千瓦时）低谷
月用
电量
（单
位：
千瓦
时）
低谷
电价
（单
位：
元/
千瓦
时）
50及以下的部分0.568 50
及以
下的
部分
0.288
超过50至200的部分0.598 超过
50
至
200
的部
分
0.318
超过200的部分0.668 超过
200
的部
分
0.388
若某家庭5月份的高峰时间段用电量为200千瓦时，低谷时间段用电量为100千瓦时，则按这种计费方式该家庭本月应付的电费为148.4元（用数字作答）
【考点】分段函数的解析式求法及其图象的作法．
【专题】函数的性质及应用．
【分析】先计算出高峰时间段用电的电费，和低谷时间段用电的电费，然后把这两个电费相加．
【解答】解：高峰时间段用电的电费为50×0.568+150×0.598=28.4+89.7=118.1 （元），
低谷时间段用电的电费为50×0.288+50×0.318=14.4+15.9=30.3 （元），
本月的总电费为118.1+30.3=148.4 （元），
故答案为：148.4．
【点评】本题考查分段函数的函数值的求法，体现了分类讨论的数学思想，属于中档题．
15．（4分）（2009•浙江）观察下列等式：观察下列等式：
C+C=23﹣2，
C+C+C=27+23，
C+C+C+C=211﹣25，
C+C+C+C+C=215+27，
…
由以上等式推测到一个一般结论：
对于n∈N*，C+C+C+…+C=24n﹣1+（﹣1）n22n﹣1．
【考点】二项式定理的应用．
【专题】二项式定理．
【分析】通过观察类比推理方法结论由二项构成，第二项前有（﹣1）n，二项指数分别为24n﹣1，22n﹣1
【解答】解：结论由二项构成，第二项前有（﹣1）n，二项指数分别为24n﹣1，22n﹣1，
因此对于n∈N*，C4n+11+C4n+15+C4n+19+…+C4n+14n+1=24n﹣1+（﹣1）n22n﹣1．
故答案为24n﹣1+（﹣1）n22n﹣1
【点评】本题考查观察、类比、归纳的能力．
16．（4分）（2009•浙江）甲、乙、丙3人站到共有7级的台阶上，若每级台阶最多站2人，同一级台阶上的人不区分站的位置，则不同的站法总数是336．
【考点】排列、组合及简单计数问题．
【专题】排列组合．
【分析】由题意知本题需要分组解决，共有两种情况，对于7个台阶上每一个只站一人，若有一个台阶有2人另一个是1人，根据分类计数原理得到结果．
【解答】解：由题意知本题需要分组解决，
∵对于7个台阶上每一个只站一人有A73种；
若有一个台阶有2人另一个是1人共有C31A72种，
∴根据分类计数原理知共有不同的站法种数是A73+C31A72=336种．
故答案为：336．
【点评】分类要做到不重不漏，分类后再分别对每一类进行计数，最后用分类加法计数原理求和，得到总数．分步要做到步骤完整﹣﹣完成了所有步骤，恰好完成任务．
17．（4分）（2009•浙江）如图，在长方形ABCD中，AB=2，BC=1，E为DC的中点，F为线段EC（端点除外）上一动点，现将△AFD沿AF折起，使平面ABD⊥平面ABC，在平
面ABD内过点D作DK⊥AB，K为垂足，设AK=t，则t的取值范围是（，1）．
【考点】平面与平面垂直的性质；棱锥的结构特征．
【专题】空间位置关系与距离；空间角；立体几何．
【分析】此题的破解可采用二个极端位置法，即对于F位于DC的中点时与随着F点到C 点时，分别求出此两个位置的t值即可得到所求的答案
【解答】解：此题的破解可采用二个极端位置法，即对于F位于DC的中点时，可得t=1，随着F点到C点时，当C与F无限接近，不妨令二者重合，此时有CD=2
因CB⊥AB，CB⊥DK，
∴CB⊥平面ADB，即有CB⊥BD，
对于CD=2，BC=1，在直角三角形CBD中，得BD=，
又AD=1，AB=2，再由勾股定理可得∠BDA是直角，因此有AD⊥BD
再由DK⊥AB，可得三角形ADB和三角形AKD相似，可得t=，
因此t的取值的范围是（，1）
故答案为（，1）
【点评】考查空间图形的想象能力，及根据相关的定理对图形中的位置关系进行精准判断的能力．
三、解答题（共5小题，满分72分）
18．（14分）（2009•浙江）在△ABC中，角A、B、C所对应的边分别为a、b、c，且满足=，•=3．
（Ⅰ）求△ABC的面积；
（Ⅱ）若b+c=6，求a的值．
【考点】二倍角的余弦；平面向量数量积的运算；余弦定理．
【专题】解三角形．
（Ⅰ）利用二倍角公式利用=求得cosA，进而求得sinA，进而根据
【分析】
求得bc的值，进而根据三角形面积公式求得答案．
（Ⅱ）根据bc和b+c的值求得b和c，进而根据余弦定理求得a的值．
【解答】解：（Ⅰ）因为，∴
，
又由，
得bccosA=3，∴bc=5，
∴
（Ⅱ）对于bc=5，又b+c=6，
∴b=5，c=1或b=1，c=5，
由余弦定理得a2=b2+c2﹣2bccosA=20，∴
【点评】本题主要考查了解三角形的问题．涉及了三角函数中的倍角公式、余弦定理和三角形面积公式等，综合性很强．
19．（14分）（2009•浙江）在1，2，3…，9，这9个自然数中，任取3个数．
（Ⅰ）求这3个数中，恰有一个是偶数的概率；
（Ⅱ）记ξ为这三个数中两数相邻的组数，（例如：若取出的数1、2、3，则有两组相邻的数1、2和2、3，此时ξ的值是2）．求随机变量ξ的分布列及其数学期望Eξ．
【考点】等可能事件的概率；离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差；组合及组合数公式．
【专题】概率与统计．
【分析】（I）由题意知本题是一个古典概型，试验发生包含的所有事件是从9个数字中选3个，而满足条件的事件是3个数恰有一个是偶数，即有一个偶数和两个奇数．根据概率公式得到结果．
（2）随机变量ξ为这三个数中两数相邻的组数，则ξ的取值为0，1，2，当变量为0时表示不包含相邻的数，结合变量对应的事件写出概率和分布列，算出期望．
【解答】解：（I）由题意知本题是一个古典概型，
试验发生包含的所有事件是C93，
而满足条件的事件是3个数恰有一个是偶数共有C41C52
记“这3个数恰有一个是偶数”为事件A，
∴；
（II）随机变量ξ为这三个数中两数相邻的组数，
则ξ的取值为0，1，2，
当变量为0时表示不包含相邻的数P（ξ=0）=，
P（ξ=1）=，P（ξ=2）=
∴ξ的分布列为
ξ0 1 2
p
∴ξ的数学期望为．
【点评】本题考查离散型随机变量的分布列，求离散型随机变量的分布列和期望是近年来理科高考必出的一个问题，题目做起来不难，运算量也不大，只要注意解题格式就问题不大．
20．（14分）（2009•浙江）如图，平面PAC⊥平面ABC，△ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，E，F，O分别为PA，PB，AC的中点，AC=16，PA=PC=10．
（Ⅰ）设G是OC的中点，证明：FG∥平面BOE；
（Ⅱ）证明：在△ABO内存在一点M，使FM⊥平面BOE，并求点M到OA，OB的距离．
【考点】直线与平面平行的判定；点、线、面间的距离计算．
【专题】空间位置关系与距离；空间角；空间向量及应用；立体几何．
【分析】由于PAC⊥平面ABC，△ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，O为AC的中点，AC=16，PA=PC=10，所以PO、OB、OC是两两垂直的三条直线，
因此可以考虑用空间向量解决：连接OP，以O为坐标原点，分别以OB、OC、OP所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系O﹣xyz，
对于（I），只需证明向量FG与平面BOE的一个法向量垂直即可，而根据坐标，平面的一个法向量可求，从而得证；
对于（II），在第一问的基础上，课设点M的坐标，利用FM⊥平面BOE求出M的坐标，而其道OA、OB的距离就是点M 横纵坐标的绝对值．
【解答】证明：（I）如图，连接OP，以O为坐标原点，分别以OB、OC、OP所在直线为x 轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系O﹣xyz，
则O（0，0，0），A（0，﹣8，0），B（8，0，0），C（0，8，0），P（0，0，6），E（0，﹣4，3），F（4，0，3），（3分）
由题意得，G（0，4，0），因，
因此平面BOE的法向量为，）
得，又直线FG不在平面BOE内，因此有FG∥平面BOE．（6分）
（II）设点M的坐标为（x0，y0，0），则，
因为FM⊥平面BOE，
所以有，因此有，
即点M的坐标为（8分）
在平面直角坐标系xoy中，△AOB的内部区域满足不等式组，
经检验，点M的坐标满足上述不等式组，
所以在△ABO内存在一点M，使FM⊥平面BOE，
由点M的坐标得点M到OA，OB的距离为．（12分）
【点评】本题考查直线与平面的平行的判定以及距离问题，建立了空间坐标系，所有问题就转化为向量的运算，使得问题简单，解决此类问题时要注意空间向量的使用．
21．（15分）（2009•浙江）已知椭圆C1：（a＞b＞0）的右顶点A（1，0），过C1
的焦点且垂直长轴的弦长为1．
（Ⅰ）求椭圆C1的方程；
（Ⅱ）设点P在抛物线C2：y=x2+h（h∈R）上，C2在点P处的切线与C1交于点M，N．当线段AP的中点与MN的中点的横坐标相等时，求h的最小值．
【考点】圆锥曲线的综合；椭圆的标准方程．
【专题】圆锥曲线的定义、性质与方程；圆锥曲线中的最值与范围问题．
【分析】（I）根据题意，求出a，b的值，然后得出椭圆的方程．
（II）设出M，N，P的坐标，将直线代入椭圆，联立方程组，根据△判断最值即可．
【解答】解：（I）由题意得，∴，
所求的椭圆方程为，
（II）不妨设M（x1，y1），N（x2，y2），P（t，t2+h），
则抛物线C2在点P处的切线斜率为y'|x=t=2t，
直线MN的方程为y=2tx﹣t2+h，将上式代入椭圆C1的方程中，
得4x2+（2tx﹣t2+h）2﹣4=0，
即4（1+t2）x2﹣4t（t2﹣h）x+（t2﹣h）2﹣4=0，
因为直线MN与椭圆C1有两个不同的交点，
所以有△1=16[﹣t4+2（h+2）t2﹣h2+4]＞0，
设线段MN的中点的横坐标是x3，
则，
设线段PA的中点的横坐标是x4，
则，由题意得x3=x4，
即有t2+（1+h）t+1=0，
其中的△2=（1+h）2﹣4≥0，∴h≥1或h≤﹣3；
当h≤﹣3时有h+2＜0，4﹣h2＜0，
因此不等式△1=16[﹣t4+2（h+2）t2﹣h2+4]＞0不成立；
因此h≥1，当h=1时代入方程t2+（1+h）t+1=0得t=﹣1，
将h=1，t=﹣1代入不等式△1=16[﹣t4+2（h+2）t2﹣h2+4]＞0成立，因此h的最小值为1．【点评】本题考查圆锥图象的综合利用，椭圆方程的应用，通过构造一元二次方程，利用根的判别式计算，属于中档题．
22．（15分）（2009•浙江）已知函数f（x）=x3﹣（k2﹣k+1）x2+5x﹣2，g（x）=k2x2+kx+1，其中k∈R．
（Ⅰ）设函数p（x）=f（x）+g（x）．若p（x）在区间（0，3）上不单调，求k的取值范围；（Ⅱ）设函数是否存在k，对任意给定的非零实数x1，存在惟
一的非零实数x2（x2≠x1），使得q′（x2）=q′（x1）？若存在，求k的值；若不存在，请说明理由．
【考点】利用导数研究函数的单调性；函数的单调性与导数的关系．
【专题】导数的综合应用．
【分析】（I）因P（x）=f（x）+g（x）=x3+（k﹣1）x2+（k+5）x﹣1，先求导数：p′（x），因p（x）在区间（0，3）上不单调，得到p′（x）=0在（0，3）上有实数解，且无重根，再
利用分离参数的方法得出，最后再
利用导数求出此函数的值域即可；
（II）先根据题意得出当k=0时不合题意，因此k≠0，下面讨论k≠0的情形，分类讨论：（ⅰ）当x1＞0时，（ⅱ）当x1＜0时，最后综合（ⅰ）（ⅱ）即可得出k值．
【解答】解析：（I）因P（x）=f（x）+g（x）=x3+（k﹣1）x2+（k+5）x﹣1，
p′（x）=3x2+2（k﹣1）x+（k+5），
因p（x）在区间（0，3）上不单调，所
以p′（x）=0在（0，3）上有实数解，且无重根，
由p′（x）=0得k（2x+1）=﹣（3x2﹣2x+5），
∴，
令t=2x+1，有t∈（1，7），记，
则h（t）在（1，3]上单调递减，在[3，7）上单调递增，所
以有h（t）∈[6，10），于是，
得k∈（﹣5，﹣2]，而当k=﹣2时有p′（x）=0在（0，3）上有两个相等的实根x=1，故舍去，
所以k∈（﹣5，﹣2）；
（II）当x＜0时有q′（x）=f′（x）=3x2﹣2（k2﹣k+1）x+5；
当x＞0时有q′（x）=g′（x）=2k2x+k，
因为当k=0时不合题意，因此k≠0，
下面讨论k≠0的情形，记A=（k，+∞），B=（5，+∞）
（ⅰ）当x1＞0时，q′（x）在（0，+∞）上单调递增，
所以要使q′（x2）=q′（x1）成立，只能x2＜0且A⊆B，
因此有k≥5，
（ⅱ）当x1＜0时，q′（x）在（﹣∞，0）上单调递减，
所以要使q′（x2）=q′（x1）成立，只能x2＞0且A⊆B，
因此k≤5，综合（ⅰ）（ⅱ）k=5；
当k=5时A=B，则∀x1＜0，q′（x1）∈B=A，即∃x2＞0，
使得q′（x2）=q′（x1）成立，
因为q′（x）在（0，+∞）上单调递增，所以x2的值是唯一的；
同理，∀x1＜0，即存在唯一的非零实数x2（x2≠x1），
要使q′（x2）=q′（x1）成立，所以k=5满足题意．
【点评】本题主要考查导函数的正负与原函数的单调性之间的关系，即当导函数大于0时原函数单调递增，当导函数小于0时原函数单调递减，同时考查了分析与解决问题的综合能力，属于中档题．。