2020年浙江省金华市永康市高考数学适应性试卷（6月份）
2020年浙江省金华市永康市高考数学适应性试卷（6月份）
一、选择题
1. 已知集合A＝{2, 4, 6, 8, 10}，B＝{3, 6, 9}，C＝{x∈Z|1≤x≤10}，则∁C(A∪B)的元素个数为（ ）
A.3 B.4 C.5 D.6
2. 若复数z＝1+i，则|iz|＝（ ）
A.0 B.1 C.2 D.2
3. 设A，B，C在一条直线上，O在该直线外，已知OC→=3xOA→+(2−5x)OB→，则x等于（ ）
A.0 B.0.5 C.1 D.1.5
4. 已知数列{an}满足a1＝0，a2＝1，an=2+an−2,n2×an−1,n (n≥3)，则数列{an}的前10项和为（ ）
A.48 B.49 C.50 D.61
5. 随机变量ξ的分布列如表，则P在(0, 0.5)增加时，D(ξ)的变化是（ ）
ξ
1
2
3
4
P
p
0.5−p
0.5−p
p
A.一直增加 B.一直减小 C.先增加后减小 D.先减小后增加
6. 连接正方体各表面的中心构成一个正八面体，则正八面体的体积和正方体的体积之比为（ ）
A.112 B.16 C.14 D.13
7. 已知函数f(x)＝Asin(ωx+φ)(A>0, ω>0, |φ|<π)的部分图象如图所示，则下列φ值最符合的是（ ）
A.−5π6 B.−π6 C.3π4 D.5π6
8. 椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的两个焦点为F1，F2，若P为椭圆上一点，且|PF1|＝3|PF2|，则该椭圆离心率的取值范围为（ ）
A.(0, 13] B.[13, 1) C.(0, 12] D.[12, 1)
9. 设a＝lg3，b＝log23，c=b+ab−a，则（ ）
A.c<0 B.0≤c<137 C.c=137 D.c>137
10. 在方程xy＝yx(2≤x
0)的焦点，点P(p, 1)．
（1）若点P到抛物线准线的距离是点P到焦点距离的3倍，求抛物线的方程；
（2）若线段PF的垂直平分线交抛物线于A、B两点，求三角形ABP面积的最小值．
设a>0，函数f(x)＝lnx−ax+3a．g(x)=xex−1−lnxex−1．
（1）讨论f(x)和g(x)单调性；
（2）若f(x)存在两个不同的零点x1，x2(x1b>0)上一点，F1，F2为椭圆焦点，且|PF1|＝3|PF2|，
可得|PF1|+|PF2|＝2a，|PF1|=32a≤a+c，
∴ e≥12．
∴ 椭圆离心率的范围是[12, 1)
9.
【答案】
D
【考点】
对数值大小的比较
【解析】
利用对数函数运算的性质和换底公式化简即可求解．
【解答】
由01，
c=b+ab−a=lg3+log23log23−lg3=lg3+lg3lg2lg3lg2−lg3=lg2+11−lg2=lg20lg5=log520＝1+log54>0．
由137=1+log5567，
比较567与4的大小即可；
∵ (567)7＝56＝15625；
47＝16384
∴ 567<4，
即c>137
10.
【答案】
B
【考点】
利用导数研究函数的极值
【解析】
对方程xy＝yx两边同时取自然对数得lnxy＝lnyx，令f(x)=lnxx，利用作出函数y＝f(x)的图象，令lnxx=lnyy=t，则函数y＝f(x)与直线y＝t在[2, +∞)上有两个不同的交点，由图象观察可知，e10e，
要使都有不等式y1+y2+...+yn−1<10yn恒成立，则只需4(n−1)≤10e，解得n≤5e2+1≈7.8，
∴ n的最大值为7．
二、填空题
【答案】
(±3, 0),32
【考点】
双曲线的离心率
【解析】
利用双曲线方程求出双曲线的几何量，即可得到结果．
【解答】
双曲线C:5x2−4y2＝20的标准方程为：x24−y25=1，焦点坐标在x轴上，
可得a＝2，b=5，c＝3．
双曲线的焦点坐标：(±3, 0)，
离心率为：e=ca=32．
【答案】
12,2+2
【考点】
二元一次不等式（组）与平面区域
【解析】
首先求出不等式所表示的可行域，进一步求出区域的周长和面积．
【解答】
不等式组x≤2y≤2x+y≥3 表示的可行域为：
如图所示：
所以x=2x+y=3 ，解得x=2y=1 ，即B(2, 1)．
同理y=2x+y=3 解得x=1y=2 ，A(1, 2)
所以S△ABC=12×1×1=12．
l△ABC=1+1+2=2+2．
故答案为：12，2+2
【答案】
−1,32
【考点】
二项式定理及相关概念
【解析】
令x＝0，可得：a0＝−1；令x＝−1，可得：a0−a1+a2−a3+a4−a5＝(−2)5，进而得出答案．
【解答】
(x−1)5＝a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5，
令x＝0，可得：a0＝−1，
令x＝−1，可得：a0−a1+a2−a3+a4−a5＝(−2)5＝−32．
∴ −a0+a1−a2+a3−a4+a5＝32．
【答案】
9
【考点】
由三视图求体积
【解析】
由三视图还原原几何体，该几何体为组合体，下半部分为长方体，底面是边长为2的正方体，高为1，上半部分为四分之一圆锥，圆锥的底面半径为3，高为2．由长方体体积公式及圆锥体积公式求得该几何体的体积，说明连接圆锥顶点与长方体下底面顶点M所得线段PM在几何体内部，可得PM为所求线段AB的最大长度．
【解答】
由三视图还原原几何体如图，
该几何体为组合体，下半部分为长方体，底面是边长为2的正方体，高为1，
上半部分为四分之一圆锥，圆锥的底面半径为3，高为2．
则该几何体的体积V=3×3×1+14×13×π×32×2=9+32πcm3，
由已知求得圆锥的母线长为22+32=13．
连接图中PM，求得PM=32+32+32=33，设PM交长方体上底面于N，
由相似三角形对应边成比例可得PN=23=12<13，
则A，B分别与P，M重合时，满足AB全部在该几何体内部，且AB长度最大为33cm．
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【答案】
−1或7
【考点】
直线与圆的位置关系
【解析】
化圆的方程为标准方程，求出圆心坐标与半径，画出图形，可知满足条件的直线l是过P且与CP垂直的直线，由已知圆的半径、弦长及垂径定理求得|CP|，再由两点间的距离公式列式求得t，分类写出l的方程，则答案可求．
【解答】
由圆C:x2+y2−6x−6y+9＝0，得(x−3)2+(y−3)2＝9，
则圆心C(3, 3)，半径为3．
如图，
要使过定点P(4, t)的直线l被圆C:x2+y2−6x−6y+9＝0截得的弦长为4，且这样的直线l只有1条，
则P在圆C内部，且直线l是过P且与CP垂直的直线．
∵ 圆C的半径为3，弦长为4，则|CP|=32−22=5．
即|CP|=(4−3)2+(t−3)2=5，解得t＝1或t＝5．
当t＝1时，P(4, 1)，kCP=1−34−3=−2，kl=12，
此时直线l的方程为y−1=12(x−4)，即x−2y−2＝0，直线l在y轴上的截距为−1；
当t＝5时，P(4, 5)，kCP=5−34−3=2，kl=−12，
此时直线l的方程为y−5=−12(x−4)，即x+2y−14＝0，直线l在y轴上的截距为7．
综上，直线l在y轴的截距为−1或7．
【答案】
276
【考点】
排列、组合及简单计数问题
【解析】
根据题意，由间接法分析：先计算全部六位数的数目，再计算其中“1和2相邻”和“5和0相邻”以及“1和2相邻且5和0相邻”的数目，据此分析可得答案．
【解答】
根据题意，用1，2，3，4，5，0组成数字不重复的六位数，其中0不能在首位，共可以组成5A55＝600个六位数，
其中1和2相邻的六位数有A22×A55−A22×A44＝192个，
5和0相邻的六位数有A22×A55−A44＝240−24＝216个，
1和2相邻且5和0相邻的六位数A22×A22×A44−A22×A33＝84个，
则有600−192−216+84＝276个符合题意的六位数；
【答案】
32+3
【考点】
平面向量数量积的性质及其运算
【解析】
设a→=(1, 0)，b→=(m, n)，由m2+n2＝1和a→⋅(a→−2b→)=0可解出m与n的值，从而得向量b→；再根据平面向量的线性坐标运算和模长的计算方法可推出原式=(x−32)2+34+x2−xy+y2+(y−32)2+34；然后利用基本不等式的性质即可得解．
【解答】
设a→=(1, 0)，b→=(m, n)，则m2+n2＝1，
∵ a→⋅(a→−2b→)=0，∴ (1, 0)⋅(1−2m, −2n)＝0，∴ m=12，n＝±32，不妨取b→=(12,32)．
∴ (1−x)a→+b→=(32−x, 32)，xa→−yb→=(x−12y, −32y)，a→+(1−y)b→=（32−12y, 32(1−y)），
∴ |(1−x)a→+b→|+|xa→−yb→|+|a→+(1−y)b→|
=(32−x)2+34+(x−12y)2+34y2+(32−12y)2+34(1−y)2
=(x−32)2+34+x2−xy+y2+(y−32)2+34
≥(x−32)2+34+2xy−xy+(y−32)2+34
≥34+32×32+34=32+3，当且仅当x＝y=32时，等号成立．
∴ |(1−x)a→+b→|+|xa→−yb→|+|a→+(1−y)b→|的最小值为32+3．
三、解答题
【答案】
函数f(x)=sinxcosx−cos2x+12=12sin2x−cos2x+12+12=22sin(2x−π4)．
令−π2+2kπ≤2x−π4≤2kπ+π2(k∈Z)，
整理得−π8+kπ≤x≤kπ+3π8(k∈Z)，
所以函数的单调递增区间为[−π8+kπ,kπ+3π8](k∈Z)．
设方程f(x)=64在(0, a]上恰有5个实数解，
令22sin(2x−π4)=64，
即sin(2x−π4)=32，
整理得2x−π4=2kπ+π32kπ+2π3(k∈Z)，
解得x=kπ+7π24x=kπ+11π24．
所以当k＝3时，a=3π+7π24=79π24或83π24时，
由于恰好有5个实数解．
故a∈[79π24,83π24)．
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【考点】
函数的零点与方程根的关系
两角和与差的三角函数
【解析】
（1）首先把函数的关系式变形成正弦型函数，进一步求出函数的单调区间．
（2）利用（1）的结论，进一步利用三角方程的应用求出参数的a的值．
【解答】
函数f(x)=sinxcosx−cos2x+12=12sin2x−cos2x+12+12=22sin(2x−π4)．
令−π2+2kπ≤2x−π4≤2kπ+π2(k∈Z)，
整理得−π8+kπ≤x≤kπ+3π8(k∈Z)，
所以函数的单调递增区间为[−π8+kπ,kπ+3π8](k∈Z)．
设方程f(x)=64在(0, a]上恰有5个实数解，
令22sin(2x−π4)=64，
即sin(2x−π4)=32，
整理得2x−π4=2kπ+π32kπ+2π3(k∈Z)，
解得x=kπ+7π24x=kπ+11π24．
所以当k＝3时，a=3π+7π24=79π24或83π24时，
由于恰好有5个实数解．
故a∈[79π24,83π24)．
【答案】
证明：连结A′C，交AE于点M，连结FM，设AB＝1，
由已知得BB′⊥B′C′，BB′⊥B′A′，
∴ BB′⊥平面A′B′C′，∴ 三棱柱ABC−A′B′C′是直三棱柱，
在矩形AA′C′C中，AB＝1，AC′=2，A′E=22，
∴ tan∠AEA′＝tan∠CA′A=2，∴ ∠AEA′＝∠CA′A，
∴ ∠CA′A+∠EAA′＝∠AEA′+∠EAA′＝90∘，
∴ A′C⊥AE，∴ CF⊥AE．
取AC的中点N，连结FN，NC′，FC，FC′，
∵ AN∥=EC′，∴ 四边形ANC′E是平行四边形，∴ AE // C′N，
∴ 直线AE与平面FCC′所成角是直线C′N与平面FCC′所成角，设所成角为θ，
∵ 平面FAE⊥平面ACC′A′，且AE⊥FM，
平面FAE∩平面ACC′A′＝AE，∴ FM⊥平面ACC′A′，
∴ FM是三棱锥F−NCC′的高，
在Rt△FMC中，FM=33，CM=233，
∴ FC=FM2+MC2=153．
【考点】
直线与平面垂直
直线与平面所成的角
【解析】
（1）连结A′C，交AE于点M，连结FM，推导出BB′⊥B′C′，BB′⊥B′A′，从而BB′⊥平面A′B′C′，三棱柱ABC−A′B′C′是直三棱柱，由此能证明CF⊥AE．
（2）取AC的中点N，连结FN，NC′，FC，FC′，推导出四边形ANC′E是平行四边形，AE // C′N，直线AE与平面FCC′所成角是直线C′N与平面FCC′所成角，设所成角为θ，推导出FM⊥平面ACC′A′，FM是三棱锥F−NCC′的高，由此能求出FC．
【解答】
证明：连结A′C，交AE于点M，连结FM，设AB＝1，
由已知得BB′⊥B′C′，BB′⊥B′A′，
∴ BB′⊥平面A′B′C′，∴ 三棱柱ABC−A′B′C′是直三棱柱，
在矩形AA′C′C中，AB＝1，AC′=2，A′E=22，
∴ tan∠AEA′＝tan∠CA′A=2，∴ ∠AEA′＝∠CA′A，
∴ ∠CA′A+∠EAA′＝∠AEA′+∠EAA′＝90∘，
∴ A′C⊥AE，∴ CF⊥AE．
取AC的中点N，连结FN，NC′，FC，FC′，
∵ AN∥=EC′，∴ 四边形ANC′E是平行四边形，∴ AE // C′N，
∴ 直线AE与平面FCC′所成角是直线C′N与平面FCC′所成角，设所成角为θ，
∵ 平面FAE⊥平面ACC′A′，且AE⊥FM，
平面FAE∩平面ACC′A′＝AE，∴ FM⊥平面ACC′A′，
∴ FM是三棱锥F−NCC′的高，
在Rt△FMC中，FM=33，CM=233，
∴ FC=FM2+MC2=153．
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【答案】
∵ 2An＝anan+1，①
∴ 2An+1＝an+1an+2，②
由②-①得，2an+1＝an+1(an+2−an)，
显然an≠0，故an+2−an＝2，
又a1＝1，故a2＝2，
∴ 数列{an}是偶数项以2为首项，2为公差的等差数列，奇数项以1为首项，2为公差的等差数列，
∴ an＝n；
∵ bn+Bn＝1．
∴ b1=12，且bn+1+Bn+1＝1，
∴ bn+1−bn+bn+1＝0，即bn+1bn=12，
∴ 数列{bn}是以12为首项，12为公比的等比数列，
∴ bn=(12)n；
依题意，anbn=n⋅(12)n，
∴ Tn=1⋅(12)1+2⋅(12)2+3⋅(12)3+⋯⋯+(n−1)⋅(12)n−1+n⋅(12)n，
则12Tn=1⋅(12)2+2⋅(12)3+3⋅(12)4+⋯⋯+(n−1)⋅(12)n+n⋅(12)n+1，
∴ 12Tn=12+(12)2+(12)3+⋯⋯+(12)n−n⋅(12)n+1=12[1−(12)n]1−12−n⋅(12)n+1=1−(12)n−n⋅(12)n+1，
∴ Tn=2−(12)n−1−n⋅(12)n，
不等式λnTn+2bnAn<2(λn+3bn)即为λn(Tn−2)<2bn(3−An)，即λn⋅[−(12)n−1−n⋅(12)n]<2⋅(12)n⋅[3−n(n+1)2]，亦即λ⋅n(n+2)2>n2+n−62，
即(1−λ)n2+(1−2λ)n−6<0对任意n∈N*恒成立，
设f(n)＝(1−λ)n2+(1−2λ)n−6(n∈N⋅)，
当λ＝1时，f(n)<0恒成立，符合题意；
当λ<1时，由二次函数性质知不恒成立，不合题意；
当λ>1时，由于对称轴x=−1−2λ2−2λ<0，故f(n)在[1, +∞)单调递减，
∴ f(n)≤f(1)<0恒成立，符合题意；
综上，实数λ的取值范围为[1, +∞)．
【考点】
数列递推式
数列与不等式的综合
【解析】
（1）由2An＝anan+1，可得2An+1＝an+1an+2，两式相减可得an+2−an＝2，结合a1＝1，可求得数列{an}的通项公式；由bn+Bn＝1，可得bn+1+Bn+1＝1，两式相减转化可知数列{bn}是以12为首项，12为公比的等比数列，由此求得数列{bn}的通项公式；
（2）先利用错位相减法求得Tn，再将原不等式转化为(1−λ)n2+(1−2λ)n−6<0对任意n∈N*恒成立，构造函数分类讨论得解．
【解答】
∵ 2An＝anan+1，①
∴ 2An+1＝an+1an+2，②
由②-①得，2an+1＝an+1(an+2−an)，
显然an≠0，故an+2−an＝2，
又a1＝1，故a2＝2，
∴ 数列{an}是偶数项以2为首项，2为公差的等差数列，奇数项以1为首项，2为公差的等差数列，
∴ an＝n；
∵ bn+Bn＝1．
∴ b1=12，且bn+1+Bn+1＝1，
∴ bn+1−bn+bn+1＝0，即bn+1bn=12，
∴ 数列{bn}是以12为首项，12为公比的等比数列，
∴ bn=(12)n；
依题意，anbn=n⋅(12)n，
∴ Tn=1⋅(12)1+2⋅(12)2+3⋅(12)3+⋯⋯+(n−1)⋅(12)n−1+n⋅(12)n，
则12Tn=1⋅(12)2+2⋅(12)3+3⋅(12)4+⋯⋯+(n−1)⋅(12)n+n⋅(12)n+1，
∴ 12Tn=12+(12)2+(12)3+⋯⋯+(12)n−n⋅(12)n+1=12[1−(12)n]1−12−n⋅(12)n+1=1−(12)n−n⋅(12)n+1，
∴ Tn=2−(12)n−1−n⋅(12)n，
不等式λnTn+2bnAn<2(λn+3bn)即为λn(Tn−2)<2bn(3−An)，即λn⋅[−(12)n−1−n⋅(12)n]<2⋅(12)n⋅[3−n(n+1)2]，亦即λ⋅n(n+2)2>n2+n−62，
即(1−λ)n2+(1−2λ)n−6<0对任意n∈N*恒成立，
设f(n)＝(1−λ)n2+(1−2λ)n−6(n∈N⋅)，
当λ＝1时，f(n)<0恒成立，符合题意；
当λ<1时，由二次函数性质知不恒成立，不合题意；
当λ>1时，由于对称轴x=−1−2λ2−2λ<0，故f(n)在[1, +∞)单调递减，
∴ f(n)≤f(1)<0恒成立，符合题意；
综上，实数λ的取值范围为[1, +∞)．
【答案】
抛物线y2＝2px(p>0)的焦点F(p2, 0)，准线为x=−p2，点P(p, 1)，
若点P到抛物线准线的距离是点P到焦点距离的3
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倍，可得p+p2=3⋅(p−p2)2+(1−0)2，
解得p=2，
则抛物线的方程为y2＝22x；
线段PF的中点为(34p, 12)，直线PF的斜率为1p2=2p，
则线段PF的垂直平分线方程为y−12=−p2(x−34p)，
与抛物线y2＝2px(p>0)联立，消去x，可得2y2+8y−3p2−4＝0，
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，△＝64+8(3p2+4)>0恒成立，
则y1+y2＝−4，y1y2=−3p2+42，
可得|AB|=1+4p2⋅|y1−y2|=1+4p2⋅(y1+y2)2−4y1y2=1+4p2⋅16+2(3p2+4)=6(4+p2)p，
又P到AB的距离为12|PF|=12(p−p2)2+(1−0)2=121+p24，
则三角形ABP面积S=12⋅6(4+p2)p⋅121+p24=68p4+12p2+64p2+48，
设f(p)＝p4+12p2+64p2+48，f′(p)＝4p3+24p−128p−3＝0，
即p6+6p4−32＝0，化为(p2−2)(p2+4)2＝0，
由p>0，可得p=2，
当02时，f′(p)>0，f(p)递增，
可得f(p)的最小值为f(2)＝108，
可得三角形ABP面积的最小值为928．
【考点】
直线与抛物线的位置关系
【解析】
（1）求得抛物线的焦点和准线方程，结合两点的距离公式，可得p的方程，解方程可得p，进而得到抛物线的方程；
（2）求得线段PF的垂直平分线方程，与抛物线的方程联立，消去x，可得y的方程，运用韦达定理和弦长公式，以及两点的距离公式和三角形的面积公式，结合导数的运用：求最值，可得所求最小值．
【解答】
抛物线y2＝2px(p>0)的焦点F(p2, 0)，准线为x=−p2，点P(p, 1)，
若点P到抛物线准线的距离是点P到焦点距离的3倍，可得p+p2=3⋅(p−p2)2+(1−0)2，
解得p=2，
则抛物线的方程为y2＝22x；
线段PF的中点为(34p, 12)，直线PF的斜率为1p2=2p，
则线段PF的垂直平分线方程为y−12=−p2(x−34p)，
与抛物线y2＝2px(p>0)联立，消去x，可得2y2+8y−3p2−4＝0，
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，△＝64+8(3p2+4)>0恒成立，
则y1+y2＝−4，y1y2=−3p2+42，
可得|AB|=1+4p2⋅|y1−y2|=1+4p2⋅(y1+y2)2−4y1y2=1+4p2⋅16+2(3p2+4)=6(4+p2)p，
又P到AB的距离为12|PF|=12(p−p2)2+(1−0)2=121+p24，
则三角形ABP面积S=12⋅6(4+p2)p⋅121+p24=68p4+12p2+64p2+48，
设f(p)＝p4+12p2+64p2+48，f′(p)＝4p3+24p−128p−3＝0，
即p6+6p4−32＝0，化为(p2−2)(p2+4)2＝0，
由p>0，可得p=2，
当02时，f′(p)>0，f(p)递增，
可得f(p)的最小值为f(2)＝108，
可得三角形ABP面积的最小值为928．
【答案】
函数的定义域为(0, +∞)，f′(x)=1x−a=1−axx，
当a>0时，在(0, 1a)上，f′(x)>0，f(x)单调递增，
在(1a, +∞)上，f′(x)<0，f(x)单调递减；
令t(x)=xex−1(x≠0)，则t′(x)=ex−1−ex⋅x(ex−1)2=(1−x)ex−1(ex−1)2，
令h(x)＝(1−x)ex−1，则h′(x)＝−ex+(1−x)ex＝−xex，
在(0, +∞)上，h′(x)<0，h(x)单调递减，
在(−∞, 0)上，h′(x)>0，h(x)单调递增，
所以h(x)max＝h(0)＝0，所以h(x)≤0，即t′(x)≤0，
所以t(x)在(−∞, 0)和(0, +∞)上单调递减，
y＝t−lnt，y′=1−1t，故y＝t−lnt在(0, 1)上递减，在(1, +∞)上递增，
∴ g(x)=xex−1−lnxex−1在xex−1∈(0,1)上递增，
在xex−1∈(1,+∞)上递减，即g(x)在(−∞, 0)上递减，在(0, +∞)上递增；
f(x)存在两个零点x1，x2(x10，x1<1<3<x2，∴ lnx1−ax1+3a＝0，lnx2−ax2+3a＝0，
∴ lnx2x1−a(x2−x1)=lnx2x1−ax1(x2x1−1)=0，
令t=x2x1，则lnt−ax1(t−1)＝0，
∵ a=lnx1x1−3，∴ lntt−1=ax1=x1lnx1x1−3,00，当x∈(x0, 1)
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时，d′(x)<0，
∴ d(x)max＝d(x0)，∴ x0−3lnx0−3＝0，
∴ 此时a=lnx0x0−3=13，故a=13．
【考点】
利用导数研究函数的单调性
【解析】
（1）对f(x)和g(x)分别求导，然后根据导数的符号，判断函数单调性即可；
（2）令t=x2x1，结合题意可得lntt−1=ax1=x1lnx1x1−3,00时，在(0, 1a)上，f′(x)>0，f(x)单调递增，
在(1a, +∞)上，f′(x)<0，f(x)单调递减；
令t(x)=xex−1(x≠0)，则t′(x)=ex−1−ex⋅x(ex−1)2=(1−x)ex−1(ex−1)2，
令h(x)＝(1−x)ex−1，则h′(x)＝−ex+(1−x)ex＝−xex，
在(0, +∞)上，h′(x)<0，h(x)单调递减，
在(−∞, 0)上，h′(x)>0，h(x)单调递增，
所以h(x)max＝h(0)＝0，所以h(x)≤0，即t′(x)≤0，
所以t(x)在(−∞, 0)和(0, +∞)上单调递减，
y＝t−lnt，y′=1−1t，故y＝t−lnt在(0, 1)上递减，在(1, +∞)上递增，
∴ g(x)=xex−1−lnxex−1在xex−1∈(0,1)上递增，
在xex−1∈(1,+∞)上递减，即g(x)在(−∞, 0)上递减，在(0, +∞)上递增；
f(x)存在两个零点x1，x2(x10，x1<1<3<x2，∴ lnx1−ax1+3a＝0，lnx2−ax2+3a＝0，
∴ lnx2x1−a(x2−x1)=lnx2x1−ax1(x2x1−1)=0，
令t=x2x1，则lnt−ax1(t−1)＝0，
∵ a=lnx1x1−3，∴ lntt−1=ax1=x1lnx1x1−3,00，当x∈(x0, 1)时，d′(x)<0，
∴ d(x)max＝d(x0)，∴ x0−3lnx0−3＝0，
∴ 此时a=lnx0x0−3=13，故a=13．
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