山东省菏泽一中2020届高三2月份自测数学试题

山东省菏泽一中2020届高三2月份自测数学试题

高三二部二轮复习数学试题NO1学生版 第Ⅰ卷（选择题共60分）‎ 一、选择题：（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）‎ ‎1.已知复数在复平面内对应的点分别为，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由已知条件可得，然后代入 ，再利用复数代数形式的乘除运算化简得答案．‎ ‎【详解】∵复数 在复平面内对应的点分别为（1，1），（0，1），‎ ‎∴＝1+i，＝i．‎ ‎∴．‎ 故选D．‎ ‎【点睛】本题考查了复数的代数表示法及其几何意义，考查了复数代数形式的乘除运算，是基础题．‎ ‎2.已知集合，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对集合进行化简，然后根据集合的交集运算，得到答案.‎ ‎【详解】，‎ 解，得，‎ 所以 因为，‎ 所以，‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查解分式不等式，集合的交集运算，属于简单题.‎ ‎3.在二项式的展开式中，含的项的系数是（ ）．‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【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．‎ ‎【详解】解：对于，‎ 对于10﹣3r＝4，‎ ‎∴r＝2，‎ 则x4的项的系数是C52（﹣1）2＝10‎ 故选．‎ 点睛：本题主要考查二项展开式定理的通项与系数，属于简单题. 二项展开式定理的问题也是高考命题热点之一，关于二项式定理的命题方向比较明确，主要从以下几个方面命题：（1）考查二项展开式的通项公式；（可以考查某一项，也可考查某一项的系数）（2）考查各项系数和和各项的二项式系数和；（3）二项展开式定理的应用.‎ ‎4.“总把新桃换旧符”（王安石）、“灯前小草写桃符”（陆游），春节是中华民族的传统节日，在宋代人们用写“桃符”的方式来祈福避祸，而现代人们通过贴“福”字、贴春联、挂灯笼等方式来表达对新年的美好祝愿，某商家在春节前开展商品促销活动，顾客凡购物金额满50元，则可以从“福”字、春联和灯笼这三类礼品中任意免费领取一件，若有4名顾客都领取一件礼品，则他们中有且仅有2人领取的礼品种类相同的概率是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 有4名顾客都领取一件礼品，基本事件总数n＝34＝81，他们中有且仅有2人领取的礼品种类相同包含的基本事件个数m36，则可得他们中有且仅有2人领取的礼品种类相同的概率．‎ ‎【详解】从“福”字、春联和灯笼这三类礼品中任意免费领取一件，‎ 有4名顾客都领取一件礼品，基本事件总数n＝34＝81，‎ 他们中有且仅有2人领取的礼品种类相同包含的基本事件个数m36，‎ 则他们中有且仅有2人领取的礼品种类相同的概率是p．‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题考查概率的求法，考查古典概型、排列组合中的分组分配等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．‎ ‎5.已知点在抛物线C:()上,点M到抛物线C的焦点的距离是( )‎ A. 4 B. ‎3 ‎C. 2 D. 1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将点的坐标代入抛物线方程，求出，即得焦点，利用抛物线的定义，即可求出．‎ ‎【详解】由点在抛物线上，可得，解得，‎ 即抛物线，焦点坐标，准线方程为．‎ 所以，点到抛物线焦点的距离为：．‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】本题主要考查抛物线的定义和简单性质的应用，属于基础题．‎ ‎6.在中,,,若,则( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 依题可得，点为边的中点，，从而可得出， ， ，从而可得出，即可得到．‎ ‎【详解】如图所示：‎ ‎∵，‎ ‎∴点为边的中点，‎ ‎∵，∴，∴，‎ 又，‎ ‎∴．‎ 又，‎ ‎∴，即．‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查向量加法的平行四边形法则，向量减法的三角形法则，向量的线性运算，平面向量基本定理等知识的应用，意在考查学生的数学运算能力，属于基础题．‎ ‎7.已知双曲线C:,(,)的左､右焦点分别为,, O为坐标原点,P是双曲线在第一象限上的点,,(),,则双曲线C的渐近线方程为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用双曲线的定义求出，由向量的数量积，可求出，利用余弦定理可得的关系式，结合，即可求出．‎ ‎【详解】因，可得，由可得 ‎，所以，‎ 即有，即，‎ 所以，‎ 所以双曲线的渐近线方程为：．‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】本题主要考查双曲线的简单性质的应用，双曲线的定义,向量数量积的定义以及余弦定理的应用，意在考查学生的数学运算能力，属于基础题．‎ ‎8.已知奇函数是R上增函数,则( )‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据定义，可判断出为偶函数，根据其导数可得出，时，函数单调递增，时，函数单调递减，再利用奇偶性将三个函数值转化到同一个单调区间上的函数值，即可比较出大小．‎ ‎【详解】由奇函数是上的增函数，可得，以及 当时，，当时，，‎ 由，则，即为偶函数．‎ 因为，所以当时，，当时，．‎ 故时，函数单调递增，时，函数单调递减．‎ 因为， ‎ 所以．‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题主要考查利用函数的奇偶性和单调性，比较大小，涉及指数函数，对数函数的性质以及利用导数研究函数单调性，意在考查学生的转化能力和逻辑推理能力，属于中档题．‎ 二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的0分.‎ ‎9.如图,正方体的棱长为1,则下列四个命题正确的是( )‎ A. 直线与平面所成的角等于 B. 点C到面的距离为 C. 两条异面直线和所成的角为 D. 三棱柱外接球半径为 ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据线面角的定义及求法，点面距的定义，异面直线所成角的定义及求法，三棱柱的外接球的半径求法，即可判断各选项的真假．‎ ‎【详解】正方体的棱长为1，‎ 对于A，直线与平面所成的角为，故选项A正确；‎ 对于B，因为面，点到面的距离为长度的一半，即，故选项B正确；‎ 对于C，因为，所以异面直线和所成的角为，而为等边三角形，故两条异面直线和所成的角为，故选项C错误；‎ 对于D，因为两两垂直，所以三棱柱外接球也是正方体 的外接球，故，故选项D正确．‎ 故选：．‎ ‎【点睛】本题主要考查线面角的定义以及求法，点面距的定义以及求法，异面直线所成角的定义以及求法，三棱柱的外接球的半径求法的应用，属于基础题．‎ ‎10.要得到的图象,只要将图象怎样变化得到( )‎ A. 将的图象沿x轴方向向左平移个单位 B. 将的图象沿x轴方向向右平移个单位 C. 先作关于x轴对称图象,再将图象沿x轴方向向右平移个单位 D. 先作关于x轴对称图象,再将图象沿x轴方向向左平移个单位 ‎【答案】ABC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据三角函数的变换法则，即可判断各选项是否可以变换得到．‎ ‎【详解】对于A，将图象沿x轴方向向左平移个单位，可得的图象，故选项A正确；‎ 对于B，将的图象沿x轴方向向右平移个单位也可得到，‎ 的图象，故选项B正确；‎ 对于C，先作关于x轴对称，得到的图象，再将图象沿x轴方向向右平移个单位，得到的图象 ‎，故选项C正确；‎ 对于D，先作关于x轴对称，得到的图象，再将图象沿x轴方向向左平移个单位，得到的图象，故选项D不正确．‎ 故选：．‎ ‎【点睛】本题主要考查三角函数的平移变换和伸缩变换法则的应用，意在考查学生的数学运算能力和转化能力，以及逻辑推理能力，属于基础题．‎ ‎11.已知集合,若对于,,使得成立,则称集合M是“互垂点集”.给出下列四个集合:;;;.其中是“互垂点集”集合的为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意知，对于集合表示的函数图象上的任意点，在图象上存在另一个点，使得，结合函数图象即可判断．‎ ‎【详解】由题意知，对于集合表示的函数图象上的任意点，在图象上存在另一个点，使得．‎ 在的图象上，当点坐标为时，不存在对应的点，‎ 所以不是“互垂点集”集合；‎ 对的图象，将两坐标轴绕原点进行任意旋转，均与函数图象有交点，‎ 所以在中的任意点，在中存在另一个，使得，‎ 所以是“互垂点集”集合；‎ 在的图象上，当点坐标为时，不存在对应的点， 所以不是“互垂点集”集合；‎ 对的图象，将两坐标轴绕原点进行任意旋转，均与函数图象有交点，‎ 所以所以是“互垂点集”集合，‎ 故选：．‎ ‎【点睛】本题主要考查命题的真假的判断，以及对新定义的理解与应用，意在考查学生的数学建模能力和数学抽象能力，属于较难题．‎ ‎12.德国著名数学家狄利克雷(Dirichlet,1805~1859)在数学领域成就显著.19世纪,狄利克雷定义了一个“奇怪的函数” 其中R为实数集,Q为有理数集.则关于函数有如下四个命题,正确的为( )‎ A. 函数是偶函数 B. ,,恒成立 C. 任取一个不为零的有理数T,对任意的恒成立 D. 不存在三个点,,,使得为等腰直角三角形 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据函数的定义以及解析式，逐项判断即可．‎ ‎【详解】对于A，若，则，满足；若，则，满足；故函数为偶函数，选项A正确；‎ 对于B，取，则，，故选项B错误；‎ 对于C，若，则，满足；若，则 ‎，满足，故选项C正确；‎ 对于D，要为等腰直角三角形，只可能如下四种情况：‎ ‎①直角顶点在上，斜边在轴上，此时点，点的横坐标为无理数，则中点的横坐标仍然为无理数，那么点的横坐标也为无理数，这与点的纵坐标为1矛盾，故不成立；‎ ‎ ‎ ‎②直角顶点在上，斜边不在轴上，此时点的横坐标为无理数，则点的横坐标也应为无理数，这与点的纵坐标为1矛盾，故不成立；‎ ‎ ‎ ‎③直角顶点在轴上，斜边在上，此时点，点的横坐标为有理数，则中点的横坐标仍然为有理数，那么点的横坐标也应为有理数，这与点的纵坐标为0矛盾，故不成立；‎ ‎ ‎ ‎④直角顶点在轴上，斜边不在上，此时点的横坐标为无理数，则点 的横坐标也应为无理数，这与点的纵坐标为1矛盾，故不成立．‎ ‎ ‎ 综上，不存在三个点，，，使得为等腰直角三角形，故选项D正确．‎ 故选：．‎ ‎【点睛】本题以新定义为载体，考查对函数性质等知识的运用能力，意在考查学生运用分类讨论思想，数形结合思想的能力以及逻辑推理能力，属于难题．‎ 第Ⅱ卷（非选择题共90分）‎ 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.‎ ‎13.已知直线与圆相交于，两点（为坐标原点），且为等腰直角三角形，则实数的值为__________；‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据直角三角形的性质与垂径定理求得圆心到直线的距离,再用公式求解即可.‎ ‎【详解】由题,因为为等腰直角三角形,故,故圆心到直线的距离.即.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查了根据直线与圆相交求参数的问题,重点在于垂径定理的运用.属于基础题.‎ ‎14.已知直线与曲线相切，则= ‎ ‎【答案】3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设切点为（x0，y0），求出函数y＝ln（x+）的导数为y＝，得k切＝＝1，并且y0＝x0+2，y0＝ln（x0+），进而求出．‎ ‎【详解】设切点为（x0，y0），由题意可得：曲线的方程为y＝ln（x+），所以y＝．‎ 所以k切＝＝1，并且y0＝x0+2，y0＝ln（x0+），解得：y0＝0，x0＝﹣2，＝3．‎ 故答案为3．‎ ‎【点睛】本题主要考查直线的斜率、导数的几何意义、利用导数研究曲线上某点切线方程等基础知识，属于基础题.‎ ‎15.2019年7月,中国良渚古城遗址获准列入世界遗产名录,标志着中华五千年文明史得到国际社会认可.良渚古城遗址是人类早期城市文明的范例,实证了中华五千年文明史.考古科学家在测定遗址年龄的过程中利用了“放射性物质因衰变而减少”这一规律.已知样本中碳14的质量N随时间Ｔ(单位:年)的衰变规律满足(表示碳14原有的质量),则经过5730年后,碳14的质量变为原来的______;经过测定,良渚古城遗址文物样本中碳14的质量是原来的至,据此推测良渚古城存在的时期距今约在5730年到______年之间.(参考数据:,,)‎ ‎【答案】 (1). (2). 6876‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 把代入，即可求出；再令，两边同时取以2为底的对数，即可求出的范围．‎ ‎【详解】∵，∴当时，，‎ ‎∴经过5730年后，碳14的质量变为原来的，‎ 由题意可知：，‎ 两边同时取以2为底的对数得：，‎ ‎∴，‎ ‎，‎ ‎∴推测良渚古城存在的时期距今约在5730年到6876年之间．‎ 故答案为：；6876．‎ ‎【点睛】本题主要考查了对数的运算， 以及利用对数函数的单调性解不等式，属于基础题．‎ ‎16.已知的顶点平面,点B,C在平面异侧,且,,若,与所成的角分别为,,则线段长度的取值范围为______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意画出图形，分别过作底面垂线，垂足分别为，，‎ 根据可知，线段长度的最大值或最小值取决于的长度，而，即可分别求出的最小值与最大值．‎ ‎【详解】如图所示：‎ 分别过作底面的垂线，垂足分别为，．‎ 由已知可得，，，，．‎ ‎∵， 而，‎ ‎∴当，所在平面与垂直，且在底面上的射影，，在点同侧时，长度最小，此时，最小为；‎ 当，所在平面与垂直，且在底面上的射影，，在点异侧时，长度最大，此时，最大为．‎ ‎∴线段长度的取值范围为．‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】本题主要考查直线与平面所成的角的定义以及应用，向量数量积的应用，意在考查学生的直观想象能力，逻辑推理能力和数学运算能力，属于中档题．‎ 四、解答题：本题共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.在①；②；③ 这三个条件中任选一个，补充在下面问题中的横线上，并解答相应的问题.‎ 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足________________，，求的面积.‎ ‎【答案】横线处任填一个都可以，面积为．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 无论选哪一个，都先由正弦定理化边为角后，由诱导公式，展开后，可求得角，再由余弦定理求得，从而易求得三角形面积．‎ ‎【详解】在横线上填写“”.‎ 解：由正弦定理，得.‎ 由，‎ 得.‎ 由，得.‎ 所以.‎ 又（若，则这与矛盾），‎ 所以.‎ 又，得.‎ 由余弦定理及，‎ 得，‎ 即.将代入，解得.‎ 所以.‎ 在横线上填写“”.‎ 解：由及正弦定理，得 ‎.‎ 又，‎ 所以有.‎ 因为，所以.‎ 从而有又，‎ 所以 由余弦定理及，‎ 得 即.将代入，‎ 解得.‎ 所以.‎ 在横线上填写“”‎ 解：由正弦定理，得.‎ 由，得，‎ 所以 由二倍角公式，得.‎ 由，得，所以.‎ 所以，即.‎ 由余弦定理及，‎ 得 即.将代入，‎ 解得.‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题考查三角形面积公式，考查正弦定理、余弦定理，两角和的正弦公式等，正弦定理进行边角转换，求三角形面积时，‎ ‎ ①若三角形中已知一个角(角的大小或该角的正、余弦值)，结合题意求解这个角的两边或该角的两边之积，代入公式求面积；‎ ‎②若已知三角形的三边，可先求其一个角的余弦值，再求其正弦值，代入公式求面积，总之，结合图形恰当选择面积公式是解题的关键．‎ ‎18.设数列的前n项和为,已知,,.‎ ‎(1)证明:为等比数列,求出的通项公式;‎ ‎(2)若,求的前n项和,并判断是否存在正整数n使得 成立?若存在求出所有n值;若不存在说明理由.‎ ‎【答案】(1)证明见解析,;(2)不存在,理由见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据等比数列的定义即可证明为等比数列，再根据和的关系 ，即可求出的通项公式；‎ ‎(2)根据，可采取错位相减法求出的前n项和，然后代入得，，构造函数()，利用其单调性和零点存在性定理即可判断是否存在．‎ ‎【详解】(1)∵‎ ‎∴，‎ 因为，所以可推出．‎ 故，即为等比数列．‎ ‎∵，公比为2‎ ‎∴，即，∵，当时，，也满足此式，‎ ‎∴；‎ ‎(2) 因为，‎ ‎∴，两式相减得:‎ 即，代入，得．‎ 令()，在成立，‎ ‎∴，为增函数，‎ 而，所以不存在正整数n使得成立．‎ ‎【点睛】本题主要考查等比数列的定义的应用以及其通项公式的求法，错位相减法，构造函数法，零点存在性定理等的应用，意在考查学生的数学运算能力和逻辑推理能力，属于中档题．‎ ‎19.《九章算术》是我国古代数学名著,它在几何学中的研究比西方早1000多年,在《九章算术》中,将底面为直角三角形,且侧棱垂直于底面的三棱柱称为堑堵(qian du);阳马指底面为矩形,一侧棱垂直于底面的四棱锥,鳖膈(bie nao)指四个面均为直角三角形的四面体.如图在堑堵中,.‎ ‎(1)求证:四棱锥为阳马;‎ ‎(2)若,当鳖膈体积最大时,求锐二面角的余弦值.‎ ‎【答案】(1)证明见解析;(2).‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)按照题目定义，只要证明面即可，而由，即可证出面；‎ ‎(2)先根据基本不等式求出当时，鳖膈体积最大，然后建立如图所示的空间直角坐标系，根据向量法即可求出锐二面角的余弦值．‎ ‎【详解】(1)∵底面，面 ‎∴‎ 又，‎ ‎∴面，‎ 又四边形为矩形 ‎∴四棱锥为阳马．‎ ‎(2)∵，，∴‎ 又∵底面，‎ ‎∴‎ 当且仅当时，取最大值 ‎∵，底面 ‎∴以A为原点，建立如图所示空间直角坐标系 ‎，，‎ ‎，，‎ 设面的一个法向量 由得 同理得 ‎∴‎ 二面角的余弦值为．‎ ‎【点睛】本题主要考查线面垂直的判定定理的应用，基本不等式的应用，以及向量法求二面角的余弦值，意在考查学生的直观想象能力和数学运算能力，属于中档题．‎ ‎20.李克强总理在2018年政府工作报告指出，要加快建设创新型国家，把握世界新一轮科技革命和产业变革大势，深入实施创新驱动发展战略，不断增强经济创新力和竞争力.某手机生产企业积极响应政府号召，大力研发新产品，争创世界名牌.为了对研发的一批最新款手机进行合理定价，将该款手机按事先拟定的价格进行试销，得到一组销售数据，如表所示：‎ 单价（千元）‎ 销量（百件）‎ 已知.‎ ‎（1）若变量具有线性相关关系，求产品销量（百件）关于试销单价（千元）的线性回归方程；‎ ‎（2）用（1）中所求的线性回归方程得到与对应的产品销量的估计值.当销售数据对应的残差的绝对值时，则将销售数据称为一个“好数据”.现从个销售数据中任取个子，求“好数据”个数的分布列和数学期望.‎ ‎（参考公式：线性回归方程中的估计值分别为.‎ ‎【答案】(1) (2)见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1) 根据所给数据，先计算出，计算，，，代入公式求，再由求即可 (2)利用回归方程计算销量的预测值，找到4个“好数据”：、、、，于是可写出的所有可能取值为，计算即可.‎ ‎【详解】（1）由，可求得，‎ 故，，，，‎ 代入可得， ‎ ‎，‎ 所以所求的线性回归方程为． ‎ ‎（2）利用（1）中所求的线性回归方程可得，当时，；当 时，；当时，；当时，；当时，；当时，． ‎ 与销售数据对比可知满足的共有4个“好数据”：、、、 ‎ 于是的所有可能取值为 ‎ ‎，，， ‎ ‎∴ 的分布列为：‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ P 所以．‎ ‎【点睛】本题主要考查了线性回归方程的求法，运用，离散型随机变量的分布列、期望，属于中档题.‎ ‎21.给定椭圆C:(),称圆心在原点O,半径为的圆是椭圆C的“卫星圆”.若椭圆C的离心率,点在C上.‎ ‎(1)求椭圆C的方程和其“卫星圆”方程;‎ ‎(2)点P是椭圆C的“卫星圆”上的一个动点,过点P作直线,使得,与椭圆C都只有一个交点,且,分别交其“卫星圆”于点M,N,证明:弦长为定值.‎ ‎【答案】(1),;(2)证明见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据题意列出再结合即可解出，，从而得到椭圆C的方程和其“卫星圆”方程；‎ ‎(2) 根据分类讨论，当有一条直线斜率不存在时(不妨假设无斜率)，可知其方程为 或，这样可求出；当两条直线的斜率都存在时，设经过点与椭圆只有一个公共点的直线为，与椭圆方程联立，由可得，所以线段应为“卫星圆”的直径，即，故得证．‎ ‎【详解】(1)由条件可得:‎ 解得，‎ 所以椭圆的方程为，‎ 卫星圆的方程为 ‎(2)①当，中有一条无斜率时，不妨设无斜率，‎ 因为与椭圆只有一个公共点，则其方程为或，‎ 当方程为时，此时与“卫星圆”交于点和，‎ 此时经过点且与椭圆只有一个公共点的直线是 或，即为或，‎ ‎∴‎ ‎∴线段应为“卫星圆”的直径，‎ ‎∴‎ ‎②当，都有斜率时，设点，其中，‎ 设经过点与椭圆只有一个公共点的直线为，‎ 则，‎ 消去y得到，‎ ‎∴‎ ‎∴‎ 所以，满足条件的两直线，垂直．‎ ‎∴线段应为“卫星圆”的直径，∴‎ 综合①②知：因为，经过点，又分别交“卫星圆”于点，且，垂直，所以线段是“卫星圆”的直径，∴为定值．‎ ‎【点睛】本题主要考查椭圆的简单性质的应用，直线与椭圆的位置关系的应用，两直线垂直的斜率关系的应用，韦达定理的应用，意在考查学生运用分类讨论思想的意识以及数学运算能力，属于中档题．‎ ‎22.已知函数,为的导函数.‎ ‎(1)求证:在上存在唯一零点;‎ ‎(2)求证:有且仅有两个不同的零点.‎ ‎【答案】(1)证明见解析;(2)证明见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1) 设，然后判断函数在上的符号，得出的单调性，再利用零点存在定理判断在上是否存在唯一零点即可；‎ ‎ (2) 分，，和三种情况分别考虑的零点存在情况，从而得证．‎ ‎【详解】(1)设，‎ 当时，，所以在上单调递减，‎ 又因为，‎ 所以在上有唯一的零点，所以命题得证．‎ ‎(2) ①由(1)知：当时，，在上单调递增;‎ 当时，，在上单调递减;‎ 所以在上存在唯一的极大值点 所以 又因为 所以在上恰有一个零点．‎ 又因为 所以在上也恰有一个零点．‎ ‎②当时，， ‎ 设， ‎ 所以在上单调递减，所以 所以当时，恒成立 所以在上没有零点．‎ ‎③当时，‎ 设，‎ 所以在上单调递减，所以 所以当时，恒成立 所以在上没有零点．‎ 综上，有且仅有两个零点．‎ ‎【点睛】本题主要考查利用导数研究函数 单调性和极值，零点存在性定理的应用，以及放缩法的应用，意在考查学生运用分类讨论思想的能力，转化能力，数学运算能力，逻辑推理能力，属于较难题．‎