2020福建省高三数学理科3月底质量检查测试含答案.pdf

1、 理科数学参考答案及评分细则 第 1 页（共 15 页） 2020 年福建省高三毕业班质量检查测试 理科数学参考答案及评分细则理科数学参考答案及评分细则 评分说明： 1本解答给出了一种或几种解法供参考，如果考生的解法与本解答不同，可根据 试题的主要考查内容比照评分标准制定相应的评分细则 2对计算题，当考生的解答在某一步出现错误时，如果后继部分的解答未改变该 题的内容和难度， 可视影响的程度决定后继部分的给分， 但不得超过该部分正确解答应 给分数的一半；如果后继部分的解答有较严重的错误，就不再给分 3解答右端所注分数，表示考生正确做到这一步应得的累加分数 4只给整数分数选择题和填空题不给中间分

2、一、选择题：本大题考查基础知识和基本运算每小题一、选择题：本大题考查基础知识和基本运算每小题 5 分，满分分，满分 60 分分 1C 2B 3D 4B 5B 6A 7C 8A 9B 10C 11D 12A 二、填空题：本大题考查基础知识和基本运算每小题二、填空题：本大题考查基础知识和基本运算每小题 5 分，满分分，满分 20 分分 132i 149 15 1 3 168 三、解答题：本大题共三、解答题：本大题共 6 小题，共小题，共 70 分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤 17本小题主要考查正弦定理、余弦定理等解三角形基础知识，考查运算求解能力，

3、考查函 数与方程思想，考查逻辑推理、数学运算等核心素养，体现基础性、综合性满分 12 分 解法一： （1）由余弦定理得， 222 2coscabacB， . 2 分 又 222 2cabab，所以2cos2acBab，即coscBb， 由正弦定理得，sincossinCBB， . 4 分 显然cos0B ，所以tansinBC， 5 分 因为 3 sin 3 C ，所以 3 tan 3 B ， 又因为0B ，所以 6 B . 6 分 （2）在ABD和BCD中，BDa，由余弦定理可得 2 22 222 + +2 cos 2 2 2 b ac BDADAB ADB bBD AD a ， . 7 分

4、 2 22 222 + +2 cos 2 2 2 b aa BDCDBC CDB bBD CD a ， 8 分 因为coscos0ADBCDB，所以 2 22 2 b ca， 9 分 又因为 222 2cabab，所以 22 440aabb，即 2 4410 aa bb ， 10 分 解得 12 2 a b ，因为0,0ab，所以 12 2 a b . 12 分 理科数学参考答案及评分细则 第 2 页（共 15 页） 解法二： （1）由已知，根据正弦定理得 222 sinsinsin2sinsinCABAB， . 2 分 所以 2 22 sincoscossinsinsin2sinsinABA

5、BABAB， 3 分 得 222222 sincoscossin2sincossincossinsin2sinsinABABAABBABAB， 故 22222 sincoscos1 sin2sincossincossin2sinsinABABAABBAAB， 于是 22222 sincossinsinsin2sincossincos2sinsinABABAAABBAB， 2222 sincossin1sin2sincossincos2sinsinABABAABBAB， 22 sincossincossincossinsinABAABBAB， 4 分 因为sincos0AB ，所以 sinsin

6、 sincoscossin sincos AB ABAB AB ， 所以sintanCB， 5 分 因为 3 sin 3 C ，所以 3 tan 3 B ，又因为0,B，所以 6 B 6 分 （2）因为D是AC中点，所以 1 2 BDBABC， 所以 2221 2 4 BDBABCBA BC， . 7 分 因为BDBCa，所以 222 42cosacaacB， 8 分 又因为 222 cos 2 acb B ac ，所以 222222 4acaacb， 所以 222 22acb， 9 分 又因为 222 2cabab，所以 2222 222abaabb， 所以 22 44abab，即 2 44

7、10 aa bb ， . 10 分 解得 12 2 a b ，因为0,0ab，所以 12 2 a b . 12 分 解法三： （1）同解法一 . 6 分 （2）在ABC中，由正弦定理知： sinsinsincoscossincos cossin sinsinsinsin BCaABCBCB CC bBBBB ， . 7 分 又由（1）知sintanCB，所以 cos costancos1 sin aB CBC bB ， 即cos1 a C b ， 8 分 又BDBC，所以 2 aBCBD bACDC ， 又因为BDCC ，2DBCCBDCC ， 理科数学参考答案及评分细则 第 3 页（共 15

8、 页） 在BCD中， sinsin1 sin2sinCcos2cos BDCC DCDBCCC ，所以 1 4cos a bC ， 即cos 4 b C a ， 9 分 所以 2 4410 aa bb ， 10 分 解得 12 2 a b ，因为0,0ab，所以 12 2 a b . 12 分 解法四： （1）同解法一 6 分 （2）延长BD至E，使得DEBD，连接,CE AE，如图所示. 因为D为AC中点，所以四边形ABCE是平行四边形， 所以BCEABC ，.7 分 在BCE中，CEABc,222BEBDBCa， 由余弦定理得： 2 22 22 23 cos 22 acaca BCE ac

9、ac ，即 22 3 cos 2 ca ABC ac ， . 8 分 在ABC中， 222 cos 2 cab ABC ac ， 所以 22222 3cabac，即 222 22cab， . 9 分 又因为 222 2cabab， 所以 2222 2 22abbaab， 得 22 440aabb，即 2 4410 aa bb ， . 10 分 解得 12 2 a b ，因为0,0ab，所以 12 2 a b . 12 分 解法五： （1）同解法一 . 6 分 （2）因为BDBC，所以BDCC，2DBCCBDCC ， 在BCD中，由正弦定理知： sin sin CDCBD BCBDC ，即 si

10、n2 2cos 2sin Cb C aC ， 7 分 所以 222 2 22 abc b aab ，. 8 分 化简得 222 22abc， 9 分 又因为 222 2cabab，所以 2222 222abaabb， 所以 22 44abab，即 22 440aabb，即 2 4410 aa bb ， 10 分 解得 12 2 a b ，因为0a ，0b ，所以 12 2 a b . 12 分 理科数学参考答案及评分细则 第 4 页（共 15 页） 18本小题考查直线与平面平行、平面与平面平行的判定与性质，直线与平面垂直的判定与 性质，三棱锥的体积与二面角等基础知识；考查空间想象能力，推理论证

11、能力，运算求 解能力；考查化归与转化思想，函数与方程思想；考查直观想象、逻辑推理、数学运算 等核心素养，体现基础性、综合性.满分 12 分 解法一： （1）依题意得，在矩形ABCD中，2AB ，3BC ，2BEEC， 所以3,1ADEC 在线段 1 B A上取一点M，满足 1 2AMMB， 又因为 1 2DFFB，所以 11 B MB F MAFD ， 故FMAD， 1 分 又因为ECAD，所以ECFM， . 2 分 因为 1 1 3 FMAD，所以ECFM， 3 分 所以四边形FMEC为平行四边形，所以CFEM， 4 分 又因为CF 平面 1 B AE，EM 平面 1 B AE， 所以CF平

12、面 1 B AE. 5 分 （2）设 1 B到平面AECD的距离为h， 1 1 3 BAEDAED VSh ，又3 AED S ， 所以 1 BAED Vh ，故要使三棱锥 1 BAED的体积取到最大值，须且仅需取到最大值 取AE的中点O，连结 1 BO，依题意得 1 BOAE，则 1 2hBO ， 因为平面 1 B AE平面AECDAE， 1 BOAE， 1 BO 平面 1 B AE， 故当平面 1 B AE 平面AECD时， 1 BO 平面AECD， 1 hBO 即当且仅当平面 1 B AE 平面AECD时， 1 BAED V 取得最大值，此时2h . 6 分 如图，以D为坐标原点，DA，

13、DC的方向分别为 x 轴，y 轴的正方向建立空间直角坐 标系D xyz ，得 0,0,0D ， 1,2,0E ， 1 2,1, 2B， 1 2,1,2DB ， 1,2,0DE ， 7 分 设 , ,x y zn 是平面 1 B ED的一个法向量， 则 1 0, 0, DB DE n n 8 分 得 220, 20, xyz xy 令1y ，解得 3 2,1, 2 n， 9 分 又因为平面CDE的一个法向量为0,0,1m， . 10 分 所以 3 3 19 2 cos 199 41 2 m n m n mn ， . 11 分 因为 1 BDEC为钝角，所以其余弦值等于 3 19 19 . . 1

14、2 分 h 理科数学参考答案及评分细则 第 5 页（共 15 页） 解法二： （1）依题意，在线段AD上取一点Q，使得 2 3 DQDA， 因为 1 2DFFB，所以 1 DQDF DADB ，所以 1 FQB A，.1 分 因为FQ 平面 1 B AE， 1 B A平面 1 B AE， 所以FQ平面 1 B AE， . 2 分 在矩形ABCD中，ADBC，2BEEC，所以 11 33 ECBCADAQ， 又AQEC，所以四边形QAEC为平行四边形，故QCAE， 又因为CQ 平面 1 B AE，AE 平面 1 B AE，所以CQ平面 1 B AE， 3 分 又因为CQFQQ，所以平面QCF平面

15、 1 B AE， . 4 分 又因为CF 平面QCF，所以CF平面 1 B AE. 5 分 （2）设 1 B到平面AECD的距离为h， 1 1 3 BAEDAED VSh ，又3 AED S ， 所以 1 BAED Vh ，故要使三棱锥 1 BAED的体积取到最大值，须且仅需取到最大值 取AE的中点O，连结 1 BO，依题意得 1 BOAE，则 1 2hBO ， 因为平面 1 B AE平面AECDAE， 1 BOAE， 1 BO 平面 1 B AE， 故当平面 1 B AE 平面AECD时， 1 BO 平面AECD， 1 hBO 即当且仅当平面 1 B AE 平面AECD时， 1 BAED V

16、 取得最大值，此时2h . 6 分 如图，以O为坐标原点，EC，CD的方向分别为 x 轴，y 轴的正方向建立空间直角坐标 系Oxyz，得 1 0,0,2B，2,1,0D，1, 1,0E， 所以 1 1,1, 2EB ， 1,2,0ED ，7 分 设 , ,x y zn 是平面 1 B ED的一个法向量， 则 1 0, 0, EB ED n n 8 分 得 20, 20, xyz xy 令1y ，解得 3 2, 1, 2 n， . 9 分 又因为平面CDE的一个法向量为0,0,1m， . 10 分 所以 3 3 19 2 cos 199 41 2 m n m n mn ， . 11 分 因为 1

17、 BDEC为钝角，所以其余弦值等于 3 19 19 . . 12 分 h 理科数学参考答案及评分细则 第 6 页（共 15 页） 解法三： （1） 延长,AE DC相交于点N，在矩形ABCD中，2BEEC，所以 2 3 DC DN ， .2 分 又因为 1 2DFFB，所以 1 DCDF DNDB ，所以 1 CFB N，.4 分 又因为CF 平面 1 B AE， 1 B N 平面 1 B AE， 所以CF平面 1 B AE5分 （2）设 1 B到平面AECD的距离为h， 1 1 3 BAEDAED VSh ， 又3 AED S ，所以 1 BAED Vh ，故要使三棱锥 1 BAED的体积取

18、到最大值，须且仅需 取到最大值 取AE的中点O，连结 1 BO，依题意得 1 BOAE，则 1 2hBO ， 因为平面 1 B AE平面AECDAE， 1 BOAE， 1 BO 平面 1 B AE， 故当平面 1 B AE 平面AECD时， 1 BO 平面AECD， 1 hBO 即当且仅当平面 1 B AE 平面AECD时， 1 BAED V 取得最大值，此时2h 6 分 过O作OHDE，垂足为H，连接 1 B H， 因为 1 BO 平面AECD，所以 1 BODE， 7 分 又因为OHDE， 1 BOOHO，所以DE 平面 1 BOH， 8 分 所以 1 B HDE，所以 1 B HO为二面

19、角 1 ADEB的平面角， 即 1 B HO为二面角 1 BDEC的平面角的补角. 9 分 设A到直线DE的距离d， 11 3 22 AED SDE dAD DC ， 又因为 22 215DE ，得 6 5 d ，所以 3 25 d OH ， 10 分 在 1 BOH中， 1 2BO ， 3 5 OH ，且 1 90BOH， 所以 222 11 19 5 B HBOOH，所以 1 1 3 19 cos 19 OH B HO B H ， . 11 分 二面角 1 BDEC的余弦值等于 3 19 19 12 分 19本小题主要考查椭圆的定义、标准方程及简单几何性质，直线与椭圆的位置关系等基础 知识

20、；考查运算求解能力，推理论证能力；考查数形结合思想，函数与方程思想等；考 查直观想象，逻辑推理，数学运算等核心素养；体现基础性，综合性与创新性满分 12 分 解法一： （1）因为椭圆E的焦距为2 3，所以 3c ， . 1 分 所以 22 3ab， . 2 分 h 理科数学参考答案及评分细则 第 7 页（共 15 页） 当 2 l垂直x轴时，3MG ，因为ABG的面积为 3 3 2 ，即 13 3 22 ABMG， 所以3AB ，不妨设 3 1, 2 A ， . 3 分 代入椭圆E的方程得 22 13 1 4ab ， 联立 解得 2 4a ， 2 1b ，所以椭圆E的方程 2 2 1 4 x

21、y. 5 分 （2）设 11 ,A x y ， 22 ,B x y ，则 1 4,Cy. 因为直线 2 l不与x轴重合，故可设 2 l方程为1xmy， . 6 分 联立 2 2 1, 1, 4 xmy x y 整理得 22 4230mymy， 所以 2 =1630m， 12 2 2 4 m yy m ， 12 2 3 4 y y m ， . 7 分 所以直线:BC 12 1 2 4 4 yy yyx x ， 8 分 令 0y ，则 12 12 4 4 yx x yy ，所以D的横坐标 12 12 4 4 D yx x yy ， 9 分 所以 12121212 121212 432333553

22、4 2222 D yxy myy myyy x yyyyyy 1212 12 23 2 my yyy yy 22 12 66 44 0 2 mm mm yy ，所以 5 2 D x ， 11 分 因为MG中点的横坐标为 5 2 ，所以D为线段MG的中点， 所以MD DG . 12 分 解法二： （1）因为椭圆E的焦距为2 3，所以2 2 3c ，所以 3c ， . 1 分 所以 22 3ab， . 2 分 即 22 3ab，所以椭圆E的方程为 22 22 1 3 xy bb ， 当 2 l垂直x轴时，点A的横坐标为 1，将1x 代入椭圆方程得 22 2 2 2 3 bb y b ， 所以 2

23、2 22 2 3 b b ABy b ， 3 分 又因为 3MG ，所以 2 2 132 2 3 ABG b b SABMG b ， 理科数学参考答案及评分细则 第 8 页（共 15 页） 因为 2 2 3 3323 3 , 22 3 ABG b b S b 所以，解得 2 1b 或 2 9 4 b （舍去） ， 所以椭圆E的方程为 2 2 1 4 x y. 5 分 （2）设 11 ,A x y ， 22 ,B x y ，则 1 4,Cy. 因为直线 2 l不与x轴重合，故可设 2 l方程为1xmy， . 6 分 联立 2 2 1, 1, 4 xmy x y 整理得 22 4230mymy，

24、所以 2 =1630m， 12 2 2 4 m yy m ， 12 2 3 4 y y m ，. 7 分 要证MD DG ，只要证D 5 0 2 ， . 8 分 只须证 22 (,)B xy， 1 (4,)Cy与点 5 0 2 ，三点共线，只须证 12 2 35 22 yy x ， . 9 分 又 22 1xmy，只须证 212 35 1 22 yymy ， 只须证 1212 3 2 yymy y， . 10 分 因为 12 2 2 4 m yy m ， 12 2 3 4 y y m ，所以 1212 3 2 yymy y成立， . 11 分 所以MD DG . 12 分 解法三： （1）同解

25、法一 . 5 分 （2）设 11 ,A x y ， 22 ,B x y ，则 1 4,Cy. 因为直线 2 l不与x轴重合，故可设 2 l方程为1xmy， . 6 分 联立 2 2 1, 1, 4 xmy x y 整理得 22 4230mymy， 所以 2 =1630m， 12 2 2 4 m yy m ， 12 2 3 4 y y m ，. 7 分 所以 1212 3 2 my yyy， 又因为直线:BC 12 1 2 4 4 yy yyx x ， 8 分 令 0y ，则 12 12 4 4 yx x yy ，所以D的横坐标 12 12 4 4 D yx x yy ， . 9 分 又因为 2

26、2 1xmy， 理科数学参考答案及评分细则 第 9 页（共 15 页） 所以 1212 1212 1212 121212 3 4 344 2 D yyyy y myyymy yyy x yyyyyy 12 12 55 5 22 2 yy yy ， . 11 分 因为MG中点的横坐标为 5 2 ，所以D为线段MG的中点， 所以MD DG . 12 分 20本小题主要考查回归直线、数列和二项展开式等基础知识，考查数据处理能力、运算 求解能力、应用意识，考查统计与概率思想、分类与整合思想，考查数学抽象、数学建 模、数据分析、数学运算等核心素养，体现基础性、综合性与应用性满分 12 分 解： （1）依

27、题意得： 123456 3.5 6 x ， 1 分 故 68610 410 66 3.5 x y y x ，. 2 分 所以 66 11 693108610700 iiii ii xxyyx yxy ，3 分 6 2 1 25911925 17.5 444444 i i xx ，所以 6 1 6 2 1 700 40 17.5 ii i i i xxyy b xx ， . 4 分 41040 3.5270aybx， 所以y关于x的线性回归方程为 40270yx 5 分 令12x 时，得 2019 年 12 月该家庭人均月纯收入预估值为40 12270750元， 所以，2020 年第一季度每月的

28、人均月纯收入均为 2 750500 3 元， 所以，2020 年 3 月份该家庭的人均月纯收入为500元 6 分 （2）因为每月的增长率为，设从 3 月开始到 12 月的纯收入之和为，则 29 10 500500150015001Saaa 10 50011a a ， . 8 分 依题意，令 10 50011 80005005007000 a a （*） ， . 9 分 a 10 S 理科数学参考答案及评分细则 第 10 页（共 15 页） 当0.15a时， 10 10 5001.151 30500 =7000 0.153 S ， （*）成立； 10 分 当00.15a 时，由（*）得 10 1

29、17000 14 500 a a ， 即 23 1 10451201 14 aaa a ， 所以 2 1204540aa ，解得0.074a或0.449a（舍去） ， 综上0.074a， 11 分 所以，为使该家庭 2020 年能实现小康生活，至少应为8% 12 分 21本小题主要考查函数的单调性与极值、导数的应用等基础知识，考查抽象概括能力、推 理论证能力、 运算求解能力， 考查函数与方程思想、 化归与转化思想、 分类与整合思想、 数形结合等思想、特殊与一般思想，考查数学抽象、逻辑推理、直观想象、数学运算等 核心素养，体现综合性、应用性与创新性满分 12 分 解法一： （1）因为0ax ，

30、11xa fx axax ， 1 分 当0a 时，0x ，若0xa，则 0fx， f x在0,a单调递减；若xa，则 0fx ， f x在, a 单调递增. 所以 f x的极小值为 1 2lnf aa ，无极大值. . 3 分 当0a 时，0x ，若xa，则 0fx， f x在,a单调递减；若0ax， 则 0fx，所以在,0a单调递增. 所以 f x的极小值为 1 2lnf aa ，无极大值 5 分 综上所述，当0a 时， f x的极小值为 1 2lnf aa ，无极大值；当0a 时， f x 的极小值为 1 2lnf aa ，无极大值 （2）由（1）知，当=1a时， lnf xxx在0,1单

31、调递减，在1,单调递增， 所以 min 11f xf，所以ln1xx， . 6 分 因为 2 e ln1e0 xx xmxx+m， 所以 2 eln0 x xxmxx+m，所以 2 ln ex mxxm xx ， （*） ， 7 分 令 2 ex mxxm h x ，0,x， 则 2 2 2 21 ee 21111 eee xx xxx mxmxxm mxmxmmxmx h x ， 8 分 因为0m ，所以 1 11 m ， 若01m，则 1 10 m ，当01x时，则 0h x，所以 h x在0,1单调递增； a 理科数学参考答案及评分细则 第 11 页（共 15 页） 当1x 时，则 0h

32、 x，所以 h x在1,单调递减 所以 max 21 1 e m h xh ，又因为 1f x ，且 h x和 f x都在1x 处取得最值， 所以 21 1 e m ，解得 e 1 2 m - ，所以 e 1 0 2 m - ， 10 分 若1m ，则 1 011 m ，当 1 01x m 时， 0h x， h x在 1 0,1 m 单调递减； 当 1 11x m 时， 0h x， h x在 1 1,1 m 单调递增； 当1x时， 0h x， h x在 1,单调递减，所以 21 11 e m h ，与（*）矛盾，不符合题意，舍去 11 分 综上，正实数m的取值范围为 e 1 0, 2 12 分

33、 解法二： （1）同解法一 5 分 （2）由（1）知，当=1a时， lnf xxx在0,1单调递减，在1,单调递增， 所以 min 11f xf，所以ln1xx， 6 分 因为 2 e ln1e0 xx xmxx+m，所以 2 eln0 x xxmxx+m， 所以 2 ln ex mxxm xx ， 7 分 要使原不等式成立，则当1x 时上式必须成立，代入得 e 1 2 m - ，此时 e 1 0 2 m - 8 分 下面证明：当 e 1 0 2 m - 时，原不等式恒成立 令 2 ex mxxm h x ，0,x， 则 2 2 2 21 ee 21111 eee xx xxx mxmxxm

34、mxmxmmxmx h x ， 因为 e 1 0 2 m - ，0x ，所以10mxm ， 所以当01x时，( )0h x，当1x 时，( )0h x， 所以( )h x在0,1单调递增，在1,单调递减， . 10 分 max 21 11 e m h xh ， 11 分 所以不等式 2 ln ex mxxm xx 恒成立，即原不等式恒成立， 所以正实数m的取值范围为 e 1 0, 2 - 12 分 理科数学参考答案及评分细则 第 12 页（共 15 页） 解法三： （1）同解法一 . 5 分 （2）由（1）知，当=1a时， lnf xxx在0,1单调递减，在1,单调递增， 所以 min 11f

35、 xf，所以ln1xx， 6 分 因为 2 e ln(1 e )0 xx xmxx+m，所以 2 eln0 x xxmxx+m， 所以 2 ln ex mxxm xx ， 7 分 要使原不等式成立，则当1x 时上式必须成立， 代入得 e 1 2 m - ，此时 e 1 0 2 m - . 8 分 下面证明：当 e 1 0 2 m - 时，原不等式恒成立 因为 e 1 0 2 m - ，所以 22 (e1)2(e1) e2e xx mxxmxx ， 9 分 令 2 e12e1 2ex xx h x ，0,x， 则 2 1e1e3e12 e2e3 2e2e xx xxxx h x ， 所以当01x

36、时， 0h x，当1x 时， 0h x， 所以 h x在0,1单调递增，在1,单调递减，. . 10 分 所以 max 11h xh，所以 1h x ， . 11 分 即 2 1 ex mxxm ， 所以当 e 1 0 2 m - 时， 2 ln ex mxxm xx 成立， 即原不等式恒成立 所以当正实数m的取值范围为 e 1 0, 2 - . . 12 分 解法四： （1）同解法一 . 5 分 （2）因为 2 e ln1e0 xx xmxx+m，又因为 2 10x ， 所以 2 e ln1e 1 xx xx m x ， 6 分 由（1）知，当=1a时，( )lnf xxx在0,1单调递减，

37、在1,单调递增， 所以 min 11f xf，所以ln1xx，所以ln1xx ，当且仅当1x 时等号成立 7 分 所以 222 e ln1ee11e e 111 xxxx x xxxx x xxx ，当且仅当1x 时等号成立 . 8 分 令 2 e 1 x x H x x ，0,x，则 2 2 1e1 +1 1 x xxx+ Hx x ， 9 分 理科数学参考答案及评分细则 第 13 页（共 15 页） 令 e1 +1 x K xxx+， 则 e1 0 x Kxx+，所以 K x在0,单调递增，所以 00K xK， 所以当01x时， 0Hx，当1x 时， 0Hx， 10 分 所以 H x在0,

38、1单调递减，在1,单调递增，所以 min e1 1 = 2 H xH ， 综上当1x 时， 2 e ln1e 1 xx xx y x 取得最小值 e1 2 ， . 11 分 所以正实数m的取值范围为 e 1 0, 2 - . . 12 分 解法五： （1）同解法一 . 5 分 （2）要使得原不等式成立，则必须当1x 时上式成立，代入得 e 1 2 m - ， . 6 分 下面证明：当 e 1 2 m - 时，原不等式恒成立 因为 e 1 2 m - ，且 2 10x ， 所以 22 e 1 e ln1ee ln11e 2 xxxx xmxx+mxxx - ， 7 分 令 2 e 1 e ln1

39、1e 2 xx k xxxx - ，0,x， 则 1 eln1e 11 x kxxxx x -， 8 分 令 1 eln1e 11 x xxxx x -，所以 2 21 eln2e 1 x xxx xx ， 由（1）知，当1a 时， lnf xxx在0,1单调递减，在1,单调递增， 所以 min 11f xf，所以ln1xx，即ln1xx，当且仅当1x 时等号成立 所以 2212 2112112 eln2e 1 e+3e 1e+31 e xxx x xxx xxxxxx ， 9 分 再令 12 112 +30 ex M xx xx ，下面证明 0M x ， 由ln1xx，得 1 exx ，因为0x ，所以 1 11 exx ， 所以 2 12222 11211213331 +3+3+30 ex xx M x xxxxxxxx ， 所以 e10 xM x -，所以 0x，所以 k x在0,单调递减， 10 分 又因为 10 k ，所以当01x时， 0k x，当1x 时， 0k x， 所以 k x在0,1单调递增，在1,单调递减，所以 max 10k xk， 11 分 所以 0k x ，所以 2