数学卷·2018届江西省南昌十九中高二下学期第一次月考数学试卷（理科） （解析版）

数学卷·2018届江西省南昌十九中高二下学期第一次月考数学试卷（理科） （解析版）

‎2016-2017学年江西省南昌十九中高二（下）第一次月考数学试卷（理科）‎ ‎　‎ 一、选择题（每题5分，满分60分，将答案填在答题纸上）‎ ‎1．复数z满足（z﹣i）（2﹣i）=5．则z=（　　）‎ A．﹣2﹣2i B．﹣2+2i C．2﹣2i D．2+2i ‎2．已知i是虚数单位，a，b∈R，则“a=b=1”是“（a+bi）2=2i”的（　　）‎ A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 ‎3．复平面上三点A、B、C分别对应复数1，2i，5+2i，则由A，B，C为顶点所构成的三角形是（　　）‎ A．锐角三角形 B．等腰三角形 C．钝角三角形 D．直角三角形 ‎4．从1、2、3、4、5、6这六个数字中任取两个奇数和两个偶数，组成没有重复数字的四位数的个数为（　　）‎ A．300 B．216 C．180 D．162‎ ‎5．一点沿直线运动，如果由起点起经过t秒后的距离，那么速度为零的时刻是（　　）‎ A．1秒末 B．2秒末 C．3秒末 D．4秒末 ‎6．已知双曲线的两个焦点为F1（﹣，0）、F2（，0），P是此双曲线上的一点，且PF1⊥PF2，|PF1|•|PF2|=2，则该双曲线的方程是（　　）‎ A．﹣=1 B．﹣=1 C．﹣y2=1 D．x2﹣=1‎ ‎7．将2名教师，4名学生分成2个小组，分别安排到甲、乙两地参加社会实践活动，每个小组由1名教师和2名学生组成，不同的安排方案共有（　　）‎ A．12种 B．10种 C．9种 D．8种 ‎8．两人进行乒乓球比赛，先赢三局者获胜，决出胜负为止，则所有可能出现的情形（各人输赢局次的不同视为不同情形）共有（　　）‎ A．10种 B．15种 C．20种 D．30种 ‎9．设随机变量ξ的概率分布列为，k=1，2，3，4…6，其中c为常数，则P（ξ≤2）的值为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎10．如图，小明从街道的E处出发，先到F处与小红会合，再一起到位于G处的老年公寓参加志愿者活动，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为（　　）‎ A．24 B．18 C．12 D．9‎ ‎11．现有16张不同的卡片，其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各4张，从中任取3张，要求取出的这些卡片不能是同一种颜色，且红色卡片至多1张，不同取法的种数为（　　）‎ A．232 B．252 C．472 D．484‎ ‎12．已知定义域为R的奇函数f（x）的导函数为f′（x），当x≠0时，f′（x）+＞0，若a=f（），b=﹣2f（﹣2），c=（ln）f（ln），则a，b，c的大小关系正确的是（　　）‎ A．a＜c＜b B．b＜c＜a C．a＜b＜c D．c＜a＜b ‎　‎ 二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）‎ ‎13．设随机变量ξ的分布列为P（ξ=k）=，k=0，1，2，3，则c=　　．‎ ‎14．已知a＞b，椭圆C1的方程为+=1，双曲线C2的方程为﹣=1，C1与C2的离心率之积为，则C2的渐近线方程为　　．‎ ‎15．若z是实系数方程x2+2x+p=0的一个虚根，且|z|=2，则p=　　．‎ ‎16．将6位志愿者分成4组，每组至少1人，至多2人分赴第五届亚欧博览会的四个不同展区服务，不同的分配方案有　　种（用数字作答）．‎ ‎　‎ 三、解答题（本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）‎ ‎17．袋中有2个白球和4个黑球，每次从中任取一个球，每次取出的黑球不再放回，直到取出1个白球为止．求取球次数X的概率分布列．‎ ‎18．已知（m是正实数）的展开式的二项式系数之和为256，展开式中含x项的系数为112．‎ ‎（1）求m，n的值；‎ ‎（2）求展开式中奇数项的二项式系数之和；‎ ‎（3）求的展开式中含x2项的系数．‎ ‎19．四个不同的小球，全部放入编号为1，2，3，4，5的五个盒子中．（结果写成数字）‎ ‎（1）1号盒子中有球的放法有多少种？‎ ‎（2）恰有两个空盒的放法有多少种？‎ ‎（3）恰有三个空盒的放法有多少种？‎ ‎（4）甲球所放盒的编号不小于乙球所放盒的编号的放法有多少种？‎ ‎20．在二项式（+）n的展开式中，前三项系数成等差数列．‎ ‎（I）求展开式中的常数项；‎ ‎（Ⅱ）求展开式中系数最大的项．‎ ‎21．已知椭圆的一个顶点为A（0，﹣1），焦点在x轴上．若右焦点到直线x﹣y+2=0的距离为3．‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）设椭圆与直线y=kx+m（k≠0）相交于不同的两点M、N．当|AM|=|AN|时，求m的取值范围．‎ ‎22．设函数f（x）=aexlnx+，曲线y=f（x）在点（1，f（1））处得切线方程为y=e（x﹣1）+2．‎ ‎（Ⅰ）求a、b；‎ ‎（Ⅱ）证明：f（x）＞1．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年江西省南昌十九中高二（下）第一次月考数学试卷（理科）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（每题5分，满分60分，将答案填在答题纸上）‎ ‎1．复数z满足（z﹣i）（2﹣i）=5．则z=（　　）‎ A．﹣2﹣2i B．﹣2+2i C．2﹣2i D．2+2i ‎【考点】复数代数形式的混合运算．‎ ‎【分析】复数的乘法转化为除法，化简复数方程，利用复数的分子分母同乘分母的共轭复数，然后整理即可．‎ ‎【解答】解：（z﹣i）（2﹣i）=5⇒z﹣i=⇒z=+i=+i=+i=2+2i．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎2．已知i是虚数单位，a，b∈R，则“a=b=1”是“（a+bi）2=2i”的（　　）‎ A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 ‎【考点】复数相等的充要条件；充要条件．‎ ‎【分析】利用复数的运算性质，分别判断“a=b=1”⇒“（a+bi）2=2i”与“a=b=1”⇐“（a+bi）2=2i”的真假，进而根据充要条件的定义得到结论．‎ ‎【解答】解：当“a=b=1”时，“（a+bi）2=（1+i）2=2i”成立，‎ 故“a=b=1”是“（a+bi）2=2i”的充分条件；‎ 当“（a+bi）2=a2﹣b2+2abi=2i”时，“a=b=1”或“a=b=﹣1”，‎ 故“a=b=1”是“（a+bi）2=2i”的不必要条件；‎ 综上所述，“a=b=1”是“（a+bi）2=2i”的充分不必要条件；‎ 故选A ‎　‎ ‎3．复平面上三点A、B、C分别对应复数1，2i，5+2i，则由A，B，C为顶点所构成的三角形是（　　）‎ A．锐角三角形 B．等腰三角形 C．钝角三角形 D．直角三角形 ‎【考点】复数的代数表示法及其几何意义．‎ ‎【分析】，，所对应的复数分别为：2i﹣1，5，﹣4﹣2i．可得|2i﹣1|2+|﹣4﹣2i|2=52，即可判断出结论．‎ ‎【解答】解：，，所对应的复数分别为：2i﹣1，5，﹣4﹣2i．‎ ‎|2i﹣1|2+|﹣4﹣2i|2=52，‎ ‎∴∠C是直角．‎ ‎∴由A，B，C为顶点所构成的三角形是直角三角形．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎4．从1、2、3、4、5、6这六个数字中任取两个奇数和两个偶数，组成没有重复数字的四位数的个数为（　　）‎ A．300 B．216 C．180 D．162‎ ‎【考点】排列、组合的实际应用．‎ ‎【分析】根据先取后排的原则，从1到6的六个数字中取两个偶数和两个奇数，然后进行全排列．‎ ‎【解答】解：分三步完成：‎ 第一步，取两个偶数，有C32=3种方法；‎ 第二步，取两个奇数，有C32=3种方法；‎ 第三步，将取出的四个数字排成四位数有A44=24种方法．‎ 根据分步乘法计数原理，共能组成3×3×24=216个不同的四位数． ‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎5．一点沿直线运动，如果由起点起经过t秒后的距离，那么速度为零的时刻是（　　）‎ A．1秒末 B．2秒末 C．3秒末 D．4秒末 ‎【考点】导数的几何意义．‎ ‎【分析】利用导数的物理意义，对距离关于时间的关系式求导即可．‎ ‎【解答】解：由题意，s'=t2﹣t﹣2=0，解得t=2，（﹣1舍去）；‎ 故速度为0的时刻为2秒末；‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎6．已知双曲线的两个焦点为F1（﹣，0）、F2（，0），P是此双曲线上的一点，且PF1⊥PF2，|PF1|•|PF2|=2，则该双曲线的方程是（　　）‎ A．﹣=1 B．﹣=1 C．﹣y2=1 D．x2﹣=1‎ ‎【考点】双曲线的标准方程．‎ ‎【分析】先设双曲线的方程，再由题意列方程组，处理方程组可求得a，进而求得b，则问题解决．‎ ‎【解答】解：设双曲线的方程为﹣=1．‎ 由题意得||PF1|﹣|PF2||=2a，|PF1|2+|PF2|2=（2）2=20．‎ 又∵|PF1|•|PF2|=2，‎ ‎∴4a2=20﹣2×2=16‎ ‎∴a2=4，b2=5﹣4=1．‎ 所以双曲线的方程为﹣y2=1．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎7．将2名教师，4名学生分成2个小组，分别安排到甲、乙两地参加社会实践活动，每个小组由1名教师和2名学生组成，不同的安排方案共有（　　）‎ A．12种 B．10种 C．9种 D．8种 ‎【考点】排列、组合及简单计数问题．‎ ‎【分析】将任务分三步完成，在每步中利用排列和组合的方法计数，最后利用分步计数原理，将各步结果相乘即可得结果 ‎【解答】解：第一步，为甲地选一名老师，有=2种选法；‎ 第二步，为甲地选两个学生，有=6种选法；‎ 第三步，为乙地选1名教师和2名学生，有1种选法 故不同的安排方案共有2×6×1=12种 故选 A ‎　‎ ‎8．两人进行乒乓球比赛，先赢三局者获胜，决出胜负为止，则所有可能出现的情形（各人输赢局次的不同视为不同情形）共有（　　）‎ A．10种 B．15种 C．20种 D．30种 ‎【考点】排列、组合及简单计数问题；计数原理的应用．‎ ‎【分析】根据分类计数原理，所有可能情形可分为三类，在每一类中可利用组合数公式计数，最后三类求和即可得结果 ‎【解答】解：第一类：三局为止，共有2种情形；‎ 第二类：四局为止，共有2×=6种情形；‎ 第三类：五局为止，共有2×=12种情形；‎ 故所有可能出现的情形共有2+6+12=20种情形 故选C ‎　‎ ‎9．设随机变量ξ的概率分布列为，k=1，2，3，4…6，其中c为常数，则P（ξ≤2）的值为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】离散型随机变量及其分布列．‎ ‎【分析】由，k=1，2，3，4…6，知c×（）=1，解得c=，由此能求出P（ξ≤2）=P（ξ=1）+P（ξ=2）的值．‎ ‎【解答】解：∵，k=1，2，3，4…6，‎ ‎∴c×（）=1，‎ 解得c=，‎ ‎∴P（ξ≤2）=P（ξ=1）+P（ξ=2）‎ ‎=‎ ‎=．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎10．如图，小明从街道的E处出发，先到F处与小红会合，再一起到位于G处的老年公寓参加志愿者活动，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为（　　）‎ A．24 B．18 C．12 D．9‎ ‎【考点】排列、组合的实际应用；分步乘法计数原理．‎ ‎【分析】从E到F最短的走法，无论怎样走，一定包括4段，其中2段方向相同，另2段方向相同，每种最短走法，即是从4段中选出2段走东向的，选出2段走北向的，由组合数可得最短的走法，同理从F到G，最短的走法，有C31=3种走法，利用乘法原理可得结论．‎ ‎【解答】解：从E到F，每条东西向的街道被分成2段，每条南北向的街道被分成2段，‎ 从E到F最短的走法，无论怎样走，一定包括4段，其中2段方向相同，另2段方向相同，‎ 每种最短走法，即是从4段中选出2段走东向的，选出2段走北向的，故共有C42=6种走法．‎ 同理从F到G，最短的走法，有C31=3种走法．‎ ‎∴小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为6×3=18种走法．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎11．现有16张不同的卡片，其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各4张，从中任取3张，要求取出的这些卡片不能是同一种颜色，且红色卡片至多1张，不同取法的种数为（　　）‎ A．232 B．252 C．472 D．484‎ ‎【考点】排列、组合及简单计数问题．‎ ‎【分析】不考虑特殊情况，共有种取法，其中每一种卡片各取三张，有种取法，两种红色卡片，共有种取法，由此可得结论．‎ ‎【解答】解：由题意，不考虑特殊情况，共有种取法，其中每一种卡片各取三张，有种取法，两种红色卡片，共有种取法，‎ 故所求的取法共有﹣﹣=560﹣16﹣72=472‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎12．已知定义域为R的奇函数f（x）的导函数为f′（x），当x≠0时，f′（x）+＞0，若a=f（），b=﹣2f（﹣2），c=（ln）f（ln），则a，b，c的大小关系正确的是（　　）‎ A．a＜c＜b B．b＜c＜a C．a＜b＜c D．c＜a＜b ‎【考点】导数的运算；利用导数研究函数的单调性．‎ ‎【分析】利用条件构造函数h（x）=xf（x），然后利用导数研究函数h（x）的单调性，利用函数的单调性比较大小．‎ ‎【解答】解：设h（x）=xf（x），‎ ‎∴h′（x）=f（x）+x•f′（x），‎ ‎∵y=f（x）是定义在实数集R上的奇函数，‎ ‎∴h（x）是定义在实数集R上的偶函数，‎ 当x＞0时，h'（x）=f（x）+x•f′（x）＞0，‎ ‎∴此时函数h（x）单调递增．‎ ‎∵a=f（）=h（），b=﹣2f（﹣2）=2f（2）=h（2），c=（ln）f（ln）=h（ln）=h（﹣ln2）=h（ln2），‎ 又2＞ln2＞，‎ ‎∴b＞c＞a．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ 二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上）‎ ‎13．设随机变量ξ的分布列为P（ξ=k）=，k=0，1，2，3，则c=　　．‎ ‎【考点】离散型随机变量及其分布列．‎ ‎【分析】由离散型随机变量ξ的分布列的性质得=1，由此能求出c的值．‎ ‎【解答】解：∵随机变量ξ的分布列为P（ξ=k）=，k=0，1，2，3，‎ ‎∴=1，‎ 解得c=．‎ 故答案为：．‎ ‎　‎ ‎14．已知a＞b，椭圆C1的方程为+=1，双曲线C2的方程为﹣=1，C1与C2的离心率之积为，则C2的渐近线方程为　　．‎ ‎【考点】椭圆的简单性质．‎ ‎【分析】椭圆C1的方程为+=1，离心率e1=．双曲线C2的方程为﹣=1，离心率e2=．利用C1与C2的离心率之积为，即可得出．‎ ‎【解答】解：椭圆C1的方程为+=1，离心率e1=．‎ 双曲线C2的方程为﹣=1，离心率e2=．‎ ‎∵C1与C2的离心率之积为，‎ ‎∴×=．‎ ‎∴=，解得．‎ ‎∴C2的渐近线方程为．‎ 故答案为：．‎ ‎　‎ ‎15．若z是实系数方程x2+2x+p=0的一个虚根，且|z|=2，则p=　4　．‎ ‎【考点】复数代数形式的乘除运算．‎ ‎【分析】设出复数z，利用已知条件，结合韦达定理，及|z|=2，求得p．‎ ‎【解答】解：设z=a+bi，则方程的另一个根为z'=a﹣bi，且，‎ 由韦达定理直线z+z'=2a=﹣2，∴a=﹣1，∴，‎ 所以 故答案为：4‎ ‎　‎ ‎16．将6位志愿者分成4组，每组至少1人，至多2人分赴第五届亚欧博览会的四个不同展区服务，不同的分配方案有　1080　种（用数字作答）．‎ ‎【考点】排列、组合的实际应用．‎ ‎【分析】根据题意，先将6人按2，2，1，1分成4组，由分组公式可得分组情况数目，再对应分配到四个不同展区，有A44种方法，进而由分步计数原理计算可得答案．‎ ‎【解答】解：根据题意，将6位志愿者分成4组，每组至少1人，至多2人，需要将6人分成2，2，1，1的四组，‎ 有=45种分组方法；‎ 再将分好的4组对应分配到四个不同展区，有A44=24种方法，‎ 则有45×24=1080种不同的分配方案；‎ 故答案为：1080．‎ ‎　‎ 三、解答题（本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）‎ ‎17．袋中有2个白球和4个黑球，每次从中任取一个球，每次取出的黑球不再放回，直到取出1个白球为止．求取球次数X的概率分布列．‎ ‎【考点】离散型随机变量及其分布列．‎ ‎【分析】由题意知X的所有可能取值为1，2，3，4，5，计算对应的概率值即可．‎ ‎【解答】解：由题意知X的所有可能取值为：1，2，3，4，5；‎ 则P（X=1）==，‎ P（X=2）==，‎ P（X=3）==，‎ P（X=4）==，‎ P（X=5）==；‎ ‎∴取球次数X的概率分布列为：‎ X ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ P ‎　‎ ‎18．已知（m是正实数）的展开式的二项式系数之和为256，展开式中含x项的系数为112．‎ ‎（1）求m，n的值；‎ ‎（2）求展开式中奇数项的二项式系数之和；‎ ‎（3）求的展开式中含x2项的系数．‎ ‎【考点】二项式定理的应用；二项式系数的性质．‎ ‎【分析】（1）由题意可得 2n=256，由此解得n=8．再根据含x项的系数为，求得m的值．‎ ‎（2）展开式中奇数项的二项式系数之和为，再根据 二项式系数的性质求得结果．‎ ‎（3），可得含x2的系数为，运算求得结果．‎ ‎【解答】解：（1）由题意可得 2n=256，解得n=8．…‎ 含x项的系数为，…‎ 解得m=2，或m=﹣2（舍去）． ‎ 故m，n的值分别为2，8．…‎ ‎（2）展开式中奇数项的二项式系数之和为． …‎ ‎（3），…‎ 所以含x2的系数为．…‎ ‎　‎ ‎19．四个不同的小球，全部放入编号为1，2，3，4，5的五个盒子中．（结果写成数字）‎ ‎（1）1号盒子中有球的放法有多少种？‎ ‎（2）恰有两个空盒的放法有多少种？‎ ‎（3）恰有三个空盒的放法有多少种？‎ ‎（4）甲球所放盒的编号不小于乙球所放盒的编号的放法有多少种？‎ ‎【考点】排列、组合的实际应用．‎ ‎【分析】分别利用间接法、直接法，利用排列组合知识，即可得出结论．‎ ‎【解答】解：（1）利用间接法，可得54﹣44=369种．‎ ‎（2）恰有两个空盒的放法有C52C31A42A22=360种．‎ ‎（3）恰有三个空盒的放法有C53（2C43+C42）=140种．‎ ‎（4）分三类放法． ‎ 第一类：甲球放入1号盒子，则乙球有5种放法（可放入1，2，3，4，5号盒子），其余2球可以随便放入5个盒子，有52种放法．故此类放法的种数是125； ‎ 第二类：甲球放入2号盒子，则乙球有4种放法（可放2，3，4，5号盒子），其余两球随便放，有52种放法．故此类放法的种数是100； ‎ 第三类：甲球放入3号盒子，则乙球有3种放法（放3，4，5号盒子），其余两球随便放，有52种放法．故此类放法的种数是75． ‎ 第四类：甲球放入4号盒子，则乙球有2种放法（放入4，5号盒子），其余两球随便放，有52种放法．故此类放法的种数是50． ‎ 第四类：甲球、乙球放入5号盒子，其余两球随便放，有52种放法．故此类放法的种数是25．‎ 综上，所有放法的总数是 375种．‎ ‎　‎ ‎20．在二项式（+）n的展开式中，前三项系数成等差数列．‎ ‎（I）求展开式中的常数项；‎ ‎（Ⅱ）求展开式中系数最大的项．‎ ‎【考点】二项式定理的应用；二项式系数的性质．‎ ‎【分析】（I）有条件利用等差数列的定义求得n的值，可得二项式（+）n的展开式的通项公式，在通项公式中，令x的幂指数等于零，求得r的值，可得展开式的常数项．‎ ‎（Ⅱ）设第r+1项的系数最大，则由，求得r的值，可得系数最大的项．‎ ‎【解答】解：（I）二项式（+）n的展开式中，前三项系数分别为 1，，，‎ 再根据前三项系数成等差数列，可得 n=1+，求得n=8或n=1（舍去）．‎ 故二项式（+）n的展开式的通项公式为 Tr+1=•2﹣r•x4﹣r．‎ 令4﹣r=0，求得 r=4，可得展开式的常数项为 T5=•=．‎ ‎（Ⅱ）设第r+1项的系数最大，则由，求得，即2≤r≤3，‎ 故r=2 或r=3，故第三项或第四项的系数最大，再利用通项公式可得系数最大的项为 T3=7x2，T4=7x．‎ ‎　‎ ‎21．已知椭圆的一个顶点为A（0，﹣1），焦点在x轴上．若右焦点到直线x﹣y+2=0的距离为3．‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）设椭圆与直线y=kx+m（k≠0）相交于不同的两点M、N．当|AM|=|AN|时，求m的取值范围．‎ ‎【考点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题．‎ ‎【分析】（1）依题意可设椭圆方程为，由题设解得a2=3，故所求椭圆的方程为．‎ ‎（2）设P为弦MN的中点，由得（3k2+1）x2+6mkx+3（m2﹣1）=0，由于直线与椭圆有两个交点，∴△＞0，即m2＜3k2+1．由此可推导出m的取值范围．‎ ‎【解答】解：（1）依题意可设椭圆方程为，‎ 则右焦点F（）由题设 解得a2=3故所求椭圆的方程为；‎ ‎（2）设P为弦MN的中点，由 得（3k2+1）x2+6mkx+3（m2﹣1）=0‎ 由于直线与椭圆有两个交点，∴△＞0，即m2＜3k2+1①‎ ‎∴从而 ‎∴又|AM|=||AN|，∴AP⊥MN，‎ 则即2m=3k2+1②‎ 把②代入①得2m＞m2解得0＜m＜2由②得解得．‎ 故所求m的取范围是（）．‎ ‎　‎ ‎22．设函数f（x）=aexlnx+，曲线y=f（x）在点（1，f（1））处得切线方程为y=e（x﹣1）+2．‎ ‎（Ⅰ）求a、b；‎ ‎（Ⅱ）证明：f（x）＞1．‎ ‎【考点】导数在最大值、最小值问题中的应用；利用导数研究曲线上某点切线方程．‎ ‎【分析】（Ⅰ）求出定义域，导数f′（x），根据题意有f（1）=2，f′（1）=e，解出即可；‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）知，f（x）＞1等价于xlnx＞xe﹣x﹣，设函数g（x）=xlnx，函数h（x）=，只需证明g（x）min＞h（x）max，利用导数可分别求得g（x）min，h（x）max；‎ ‎【解答】解：（Ⅰ）函数f（x）的定义域为（0，+∞），‎ f′（x）=+，‎ 由题意可得f（1）=2，f′（1）=e，‎ 故a=1，b=2；‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）知，f（x）=exlnx+，‎ ‎∵f（x）＞1，∴exlnx+＞1，∴lnx＞﹣，‎ ‎∴f（x）＞1等价于xlnx＞xe﹣x﹣，设函数g（x）=xlnx，则g′（x）=1+lnx，‎ ‎∴当x∈（0，）时，g′（x）＜0；当x∈（，+∞）时，g′（x）＞0．‎ 故g（x）在（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增，从而g（x）在（0，+∞）上的最小值为g（）=﹣．‎ 设函数h（x）=xe﹣x﹣，则h′（x）=e﹣x（1﹣x）．‎ ‎∴当x∈（0，1）时，h′（x）＞0；当x∈（1，+∞）时，h′（x）＜0，‎ 故h（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，‎ 从而h（x）在（0，+∞）上的最大值为h（1）=﹣．‎ 综上，当x＞0时，g（x）＞h（x），即f（x）＞1．‎