2020年11月稽阳联谊学校高三联考数学试题.docx

1、 数学试题卷 第 1 页（共 4 页） 2020 年 11 月稽阳联谊学校高三联考 数学试题卷 本科试题卷分选择题和非选择题两部分，全卷共 4 页，选择题部分 1 至 3 页，非选择题部 分 3 至 4 页，满分 150 分，考试时间 120 分钟。 考生注意： 1.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷 和答题纸规定的位置上。 2.答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试 题卷上的作答一律无效。 参考公式： 如果事件 A, B 互斥, 那么 棱柱的体积公式 P(A+B)=P(A)+P(B) V=Sh 如果事件 A,

2、B 相互独立, 那么 其中 S 表示棱柱的底面积，h 表示棱柱的高 P(A B)=P(A) P(B) 棱锥的体积公式 如果事件 A 在一次试验中发生的概率是 p, 那么 n V= 1 3 Sh 次独立重复试验中恰好发生 k 次的概率 其中 S 表示棱锥的底面积，h 表示棱锥的高 Pn(k)=C k np k (1p)n-k (k = 0,1,2, n) 棱台的体积公式 球的表面积公式 ) 2211 ( 3 1 SSSShV 2 4 RS 其中 S1, S2分别表示棱台的上下底面 球的体积公式： 3 3 4 RV 球 （其中 R 表示球的半径） 面积，h 表示棱台的高 第卷（选择题，共 40 分

3、） 一、选择题：本大题共 10 小题，每小题 4 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. 已知集合 2 | 14, |60MxxNx xx ， 则MN （ ） A. | 14xx B. | 13xx C. | 23xx D. | 24xx 2. 已知复数 1 i z i ， 其中i为虚数单位， 则 | z= （ ） A. 1 2 B. 2 2 C. 2 D. 2 3. 若变量yx,满足 20 20 240 xy y xy ， 则 2 6 y x 的最小值是 （ ） A. 2 B. 4 5 C. 4 D. 1 2 数学试题卷 第 2 页（共 4 页） 4

4、.已知函数 sin ( ) 2cos xx f x x 的图象可能为 （ ） A B C D 5. 已知0,0ab，则“log 2log 20 ba ”是“|1| |1|ab”的 （ ） A充要条件 B必要不充分条件 C充分不必要条件 D既不充分也不必要条件 6. 已知某几何体是由正四棱柱割去两部分后得到，其三视图 如图所示，则该几何体的表面积和体积为 （ ） A.73， 5 3 B. 73，5 C. 33， 5 3 D. 31，5 7. 如图，已知点 00 (,)P x y是双曲线 22 1: 1 43 xy C上的点， 过点P作椭圆 22 2: 1 43 xy C的两条切线，切点为,A B

5、， 直线AB交 1 C的两渐近线于点,E F，O是坐标原点，则 OE OF的值为 （ ） A. 3 4 B. 1 C. 4 3 D. 9 16 8. 四面体ABCD中，,2ABBC CDBC BC，且异面直线AB与CD所成的角为60. 若四面体ABCD的外接球半径为5， 则四面体ABCD的体积的最大值为 （ ） A. 2 3 B. 4 3 C. 3 3 D. 3 6 9.已知数列 n a是公差不为零且各项均为正数的无穷等差数列，其前n项和为 n S.若 ,pmnq 且 * , , ,pqmn p q m nN ， 则下列判断正确的是 （ ） A. 2 2 pp Sp a B. pqmn a a

6、a a C. 1111 pqmn aaaa D. 1111 pqmn SSSS O 第第7题图题图 y x F E B A P 第第6题图题图 俯视图俯视图 侧视图侧视图 正视图正视图 1 1 1 1 2 O x y O x y O x y 数学试题卷 第 3 页（共 4 页） 10. 已知e为自然对数的底数，,a b为实数，且不等式ln(21)10 xeaxb 对任意的 (0,)x恒成立.则当 2 1 b a 取最大值时，a的值为 （ ） A. 2e B. 21e C. 3e D. 31e 第卷（非选择题 共 110 分） 二、填空题：本大题共 7 小题，共 36 分，多空题每题 6 分，单

7、空题每题 4 分。 11. 已知 1 tan 42 ，且 3 22 ，则tan ，sin2 . 12. 若 52345 012345 (2 )(21)(21)(21)(21)(21)xaaxaxaxaxax=+-+-+-+-+-，则 012345 aaaaaa ， 2 a . 13. 已知动直线:2l ykx与圆 22 :(1)6Cxy交于,A B两点.当1k 时，|AB . 当l运动时，线段AB的中点M的轨迹方程为 . 14. 在ABC中， 角A、B、C所对的边分别为a、b、c， 已知2sinbcA 222 3()0abc， 则C= ；若点D是边AB上靠近A的三等分点，且1CD，则ABC面

8、积的最大值为 . 15. 已知正实数, a b满足 12 1 ab ，则(1)(2)ab的最小值为 . 16. 袋中装有 6 个大小相同的球，其中 3 个白球、2 个黑球、1 个红球.现从中依次取球,每次取 1 球，且取后不放回，直到取出的球中有两种不同颜色的球时结束.用X表示终止取球时已 取球的次数，则随机变量X的数学期望()E X . 17. 已知平面向量, , ,a b c d满足：| |2,8aba ba c .若对满足条件的任意c，|dc的 最小值恰为|da.设dxayb，则2xy的最大值为_. 三、解答题:本大题共 5 小题，共 74 分。解答应写出文字说明，证明过程或演算过程 1

9、8. （本题满分（本题满分 14 分）分）已知函数 2 ( )2sin ()3cos21, 44 2 f xxxx （）求( )f x的单调递增区间； （）若不等式| ( )| 2f xm在, 4 2 x 上恒成立，求实数m的取值范围. 数学试题卷 第 4 页（共 4 页） 19. （本题满分（本题满分 15 分）分） 如图， 三棱台 111 ABCABC中，,30ABBCACB ， 侧面 11 ACC A 为等腰梯形， 1111 2224ACAAACCC， 1 3AB . （）求证： 1 ACAB. （）求直线 1 BC与平面 11 ACC A所成角的正弦值. 20. （本题满分（本题满分

10、15 分）分）已知等差数列 n a满足： 2 5a ， 3 a是 1 4a 和 5 4a 的等比中项.数 列 n b满足： 1 1 122 (21)22 n nn aba ba bn 1 1 12 2 (21)22 n nn aba ba bn . （）求数列 n a和 n b的通项公式. （）若1 n n n a c b ，求证： 12 5 2 n cccn. 21. （本题满分（本题满分 15 分）分）已知椭圆 2 2 1: 1 2 x Cy和抛物线 2 2: 2(0)Cypx p，点F为 1 C的 左焦点，点E为 2 C的焦点. （）过点F的直线与 2 C相切于点P，若 |5PF ，求抛

11、物线 2 C的方程. （）过点E的直线l交 2 C于,P Q两点，点M满足 4OQOM （O为坐标原点） ，且点M在线段 1x 22 () 22 y上.记PQM的面积 为 1 S,EFP的面积为 2 S，求 1 2 S S 的取值范围. 22. （本题满分（本题满分 15 分）分）已知函数 22 ( )2 () x f xeaxx aR. （）若( )f x在0,)上为单调递增函数，求实数a的最小值. （）若 2 ( )( )(22)g xf xex有两个极值点 1212 ,()x x xx. 求实数a的取值范围； （ii）求证： 2 12 2| 1ln |2 ea xx a .2020202

12、0 年年 1111 月稽阳联考月稽阳联考 数学参考答案数学参考答案及及评分标准评分标准 第第19题图题图 B A C A1 B1 C1 第第21题图题图 Q F P y x O M E 数学试题卷 第 5 页（共 4 页） 第卷第卷（选择题，共（选择题，共 40 分）分） 一、 选择题： 本大题共一、 选择题： 本大题共 8 小题， 每小题小题， 每小题 5 分， 共分， 共 40 分分.在每小题给出的四个选项中，在每小题给出的四个选项中， 只有一项是符合题目要求的只有一项是符合题目要求的. 1.B 2.B 3.A 4.A 5.C 6.A 7.B 8.A 9.D 10.D 各题详细各题详细参考

13、解答参考解答 1.解解：由于 | 14, | 23MxxNxx ，从而 | 13MNxx ，选 B. 2.解：解：由于 (1 i)1 1222 iii z i ，则 2 | 2 z .选 B. 3.解：解：如图，不等式组 20 20 240 xy y xy 表示的平面区域为如图所示 的阴影部分，从而当4,2xy时， 2 6 y x 有最小值2，选 A. 4. 解：解：由于 sin ( ) 2cos xx f x x 为偶函数，且( )f x在0 x右侧取值正，故选 A. 5. 解：充分性：log 2log 201110|1| |1| ba ababab ，充分性 成 立 . 必 要 性 ： 取

14、 1 2, 2 ab， 则 1 |1 | | b1 |1 2 a成 立 , 而 条 件 不 成 立 ， 故 log 2log 20 ba 是|1| |1|ab的充分不必要条件，故选 C. 6.解：解：该几何体为一个正四棱柱截去两个全等的三棱锥而成，直观图如图， 12 11 113 2222473 2222 S . 1 1 15 2=1 1 221 323 VVV 柱锥 ，故选 A. 7. 解：解：椭圆 2 C关于点 00 (,)P xy的切点弦AB的方程为 00 3412x xy y. 联立 00 3412 3 2 x xy y yx 得点 0000 4 36 , 3232 E xyxy ，同

15、理 0000 4 36 (,) 3232 F xyxy ，则 2222 22 00 0000 483612 1 34 3232 OE OF xy xyxy ，故选 B. N M D1 C1 B1 A1 D C B A 数学试题卷 第 6 页（共 4 页） 8. 解：解：构建直三棱柱ABE CDF，设,G H分别为,ABECDF的外心，连接GH，取其 中点O， 则O为直三棱柱ABE CDF的外接球的球心， 也为四面体ABCD的外接球的球心， 因为异面直线AB与CD所成的角为60，所以60ABE. 设三棱柱底面三角形ABE的外接圆半径为r，则5 12r ， 2 sin602 3AEr，再由余弦定理

16、， 22222 2cos6012AEABBEAB BEABBEAB BE， 所以 22 122ABBEAB BEAB BEAB BEAB BE 所以 11 13 sin602 3 33 26 A BCDABE CDF VVAB BEBCAB BE ， 故四面体ABCD的体积的最大值为2 3. 故选 A. 9. 解：解：由于 12 21 2 () ()2 2 p pppp p aa Sp aapa ，故选项 A 错误. 由于m pqn ，则 () () pqmnmnmn aaaaapm daqn daa 222 () () () ()()()() mnmnmn aqn daqn daaqn d

17、aaqn dqn dnm 22 ()0qn d，故选项 B 错误. 由于 1111 pq mnmn pqpqpqmnmn aa aaaa aaaaaaaaaa ，故选项 C 错误. 设0 xqnmp，则 2 ()()()0pqmnnx mxmnx nmx ，从而 pqmn ，由于 2222 22pqmnpqpqmnmn，故2222 pqmn . 故 2222 11 ()() 22 pqmn pqmnmnmn SSpq admn adSS . 22 1111 (1)(1)(2)(1)(1) 2224 pq p pq qpq pqpq pq SSpadqadpqaa dd 2222 1111 (2

18、)(1)(1)(2)(1)(1) 2424 mn mnmn pqmn mnmn mn mnaa ddmnaa dd mn SS.由此 1111 pq mnmn pqpqpqmnmn SS SSSS SSS SS SS SSS ，故选项 D 正确. 故选 D. 注：本题也可用特殊数列代入，利用排除法求解. O H G F E D A C B 数学试题卷 第 7 页（共 4 页） 10. 解：解：由于ln(21)10ln21(1)(2)xeaxbxexaxb .此不等式对任意 (0,)x恒成立，则需要保证10a .令 1 x e ，则 11 ln2 1(1)2ab ee 从而 1 (1)2ab e

19、 ，从而 21 1 b ae . 另一方面，当31,1aeb时，ln(21)10 xeaxb 即为ln20 x ex ， 设( )ln2(0)f xxexx， 则 11 ( )0 ex fxe xx 得 1 0 x e ， 故( )f x在 1 (0, e 上 单调递增，在 1 ( ,) e 上单调递减，从而 1 ( )( )0f xf e ，即31,1aeb可使不等式恒成 立，从而 2 1 b a 可取 1 e . 综合上述，当 2 1 b a 取最大值 1 e 时，31ae.故选 D. 第卷（非选择题部分第卷（非选择题部分 共共 11110 0 分）分） 二、填空题：本大题共二、填空题：本

20、大题共 7 7 小题，共小题，共 3636 分分，多空题每题多空题每题 6 6 分，单空题每题分，单空题每题 4 4 分分。 11. 1 3 ; 3 5 12.32;10 13.22; 22 15 ()(1) 24 xy（去掉原点）（去掉原点）. 14. 2 3 ; 9 3 8 15.18 16. 139 60 17. 3 说明：第说明：第 13 题不去掉原点也不扣分题不去掉原点也不扣分. 各题详细各题详细参考解答参考解答 11.解解：由于 tan11 tan 41tan2 ，则 1 tan 3 ；又 3 22 ，故 10 sin, 10 3 10 cos, 10 从而 103 103 sin

21、22sincos2(). 10105 12.解解：令1x ，则 5 012345 232aaaaaa；由于 55 (2 )(21 1)xx ，从而 33 25 110aC.故填 012345 32aaaaaa； 2 10a . 13.解解：当1k 时，点C到l的距离 |1 2|1 1 12 d ，则 22 1 | 22 622 2 ABrd. B A M C D O x y 数学试题卷 第 8 页（共 4 页） 由于直线l过点(0, 2),(1,0)DC， 则点M在以DC为直径的圆上， 该圆的圆心坐标为 1 ( , 1) 2 ， 半径 15 1 42 r ，故点M的轨迹方程为 22 15 ()

22、(1) 24 xy（去掉原点）. 14.解解：由于2sinbcA 222 3()0abc，故2sinbcA3 2cos0abC, 从而sincA3 cos0aC ,即sinsinCA3sincos0AC ,故tan3,C 所以 2 3 C .又 21 33 CDCACB,从而 2 2 22 21412 1 33999 CDCACBbaab.故 2 1 9 ab ，即 9 2 ab ，故 19 3 sin 28 ABC SabC . 15. 解解：由于 12 1 ab ，则2a bab ，从而(1)(2)222(2)2abababab 124 2(2)()22(4)22(44)218 ba ab

23、 abab ，当且仅当24ba，即 当2,4ab取等号. 16.解：解：根据题意X可取2,3,4. 3 223 22211 2 6515 P X 3 223 222313 3 65460 P X ， 3 223 2 11 4 654320 P X 故 139 ()223344 60 E XP XP XP X . 17.解解：如图，设,aPA bPB cPC dPD，由于| |2aba b，则 1 cos, 2 PA PB，故60APB .由于8a c ，过点C作 PA的垂线l，垂足为K，则4PK ，故点C在定直线l上. 故|dc的最小值即为点D到直线l的距离DH.由此DHDA. 故点D的轨迹为

24、以点A为焦点，准线为l的抛物线.设AK的中点 O为原点建立直角坐标系，则抛物线的方程为 2 4yx ， ( 3,0), ( 1,0), ( 2, 3)PAB. 取PB的中点M，平行于直线AM作抛物线的切线，切点分别为 0, D，切线交x轴于点E. 由于dxayb， 即22 2 PB PDxPAyPBxPAyxPAyPM， 故当点D位于点 0 D E M l:x=1 C K AP O x y B HD D0 数学试题卷 第 9 页（共 4 页） 时，2xy有最大值，最大值为| | | PE PA . 设 抛 物 线 2 4yx 上 的 点 2 0( , 2 )Dtt， 该 点 处 抛 物 线 切

25、 线 为 2 0 xtyt. 令 11 3 AM k t ，则3t ，则切线 0 :330D E xy ，故点(3,0)E.从而 max23xy . 三、解答题三、解答题: :本大题共本大题共 5 5 小题，共小题，共 7474 分。解答应写出分。解答应写出相应的相应的文字说明，证明过程或文字说明，证明过程或 演算过程演算过程 18.解：解： （I）由于 2 ( )2sin ()3cos212sin(2) 43 f xxxx 4 分分 又, 4 2 x ，则 2 2 633 x ，则令2 632 x ，解得 5 412 x .故( )f x的单调递增 区间为 5 , 4 12 .7 分分 （）

26、若不等式| ( )| 2f xm在, 4 2 x 上恒成立2( )2mf xm . 9 分分 由于当, 4 2 x ， 2 2 633 x ，故( )2sin(2) 3 f xx 的值域为1,2. 12 分分 由此 21 22 m m ，故03m.14 分分. 19.解解法一法一： （I）如图，过点B作AC的垂线，垂足为O， 以OB、OC所在直线为x轴和y轴建立空间直角坐标系. 2 分分 由于 1 AOB为二面角 1 AACB的平面角，由于 11 3,3,3AOBOAB,故 1 120AOB .则 (0, 1,0), ( 3,0,0),(0,3,0),ABC 1 33 (,0, ) 22 A

27、.考虑到(3, 1 ,0 )AB ，则 11 13 1 (,0) 222 ABAB，从而 111 333 1 (,)(,0) 2222 BBB xyz，故点 y x z O 2 3 2 1 2 2 3 2 C1 B1 A1 C B A 数学试题卷 第 10 页（共 4 页） 1 1 3 (0, ) 2 2 B.4分分 由于(0,4,0)AC ， 1 3 33 (,0,) 22 AB ,从而 1 0AC AB，故 1 ACAB. 7 分分 （II）设平面 11 ACC A的法向量为( , , )nx y z，由于 1 33 (,0, ),(0,3,0), 22 OAOC 且 1 0, 0 n O

28、A n OC ，从而:y:z3:0:1x，因此取( 3,0,1)n .11 分分 又 1 5 3 (0, ) 2 2 CB . 设 直 线 1 BC与 平 面 11 ACC A所 成 角 为， 则 1 1 1 c o s, | nC B nC B nC B 3 333 4 2 68342 34 2 4 .13 分分 从而 1 3 34 sincos, 68 n CB ，直线 1 BC与平面 11 ACC A所成角的正弦值为 3 34 68 . 15 分分. 解法二： （解法二： （I）如图，过点B作AC的垂线，垂足为O， 则,BOAC 1 ,AOAC 1 ,BOAOO 1 ,BO AO平面 1

29、 AOB， 故AC 平面 1 AOB.5 分分 又 1 AB 平面 1 AOB，故 1 ACAB. 7 分分 （II）设 11 ,AB AB交于点D，在AC上取一点E，使得 1 / /DEBC， 则 1 :2:1AD DB ，故:2 :1AE EC，从而 54 1, 33 AOOEEC.直线 1 BC与平面 11 ACC A所成的角即为直线DE与平面 11 ACC A所成的角.9 分分 考虑到平面 1 AOB 平面 11 ACC A，则过点D作 1 AO的垂线，垂足为H，则DH 平面 E H D O B A C A1 B1 C1 数学试题卷 第 11 页（共 4 页） 11 ACC A，故DE

30、H为直线DE与平面 11 ACC A所成的角.11 分分 由于 11 1335 1, 2223 ADHDAHHOOEHOOE ，则 2 2 35127 236 HE 从而 1 3 2 tan 127127 6 DH DEH HE ，故 33 34 sin 681279 DEH . 综合上述，直线 1 BC与平面 11 ACC A所成角的正弦值为 3 34 68 .15 分分 20.解：解： （I）由于 3 a是 1 4a 和 5 4a 的等比中项，则 2 315 (4)(4)0aaa. 2 分分 即 2 (5)(9)(534)0ddd，从而 2 416160dd，从而 2 (2)0d ，故2d

31、 . 从而 2 (2)21 n aandn. 4 分分 由于 1 1 6ab ，从而 1 2b .当2n时， 1 (21)22 (23)22(21)2 nnn n n a bnnn ， 从而 (21)2 2 n n n n n b a ，显然 1 2b 也符合条件，从而2n n b .7 分分 综合上述，21 n an，2n n b . （II）由于 1 21 1 (1) 2121 2 111 222 n n n nn n n ann c b .10 分分 【注：其他合理方法酌情给分【注：其他合理方法酌情给分.如当如当0 x 时，时， 2 111 42 xx xx ，故，故 1 2121 11

32、 22 n nn nn c 】 设 231 3521, 222 n n n T 则 3412 1352121, 22222 n nn nn T 则两式相减得 31 231222 11 (1) 1311213215121 22 2()2 1 2222242422 1 2 n n nnnnn nnn T 故 1 525 22 n n n T 14 分分 数学试题卷 第 12 页（共 4 页） 故 12 1 5255 222 nn n n cccnTnn .15 分分 【注：利用裂项求和也可：【注：利用裂项求和也可： 11 21232(1)3 222 nnn nnn ，则，则 1 1 21 2 n

33、n k k k T 1111 1 232(1)3232(1)3525 222222 n kknn k kknn 】 21. 解：解： （I）由题可知：10F ，设直线l的方程为：1yk x， 联立 2 1 2 yk x ypx 可得： 2222 220k xkp xk.2 分分 则 2 2422 224840kpkk pp ，故 2 2pk且 2 2 1 p kp x k ，即点 12Pp，. 4 分分 故 2 1 125PFp，所以 1 2 p ，抛物线 2 C的方程： 2 yx. 7 分分 【其他方法也可：设点【其他方法也可：设点 2 (2,2)Pptpt，则 2 C在点P处的切线方程为

34、2 2 22 2 ptx ptyp ，即 2 22typtx， 由于该切线经过点( 1,0)F ， 故 2 0 21pt， 即 2 1 2 t p ， 故12Pp， 2 1 125PFp.】 (II)设点 2 0 0 , 2 y Qy p ，直线PQ方程为： 2 p xty ，联立 2 2 2 p xty ypx 可得： 22 20yptxp. 故 2 2, PQPQ yypt y yp，从而 22 0 P Q pp y yy .9 分分 又4QOOM，则 2 0 0 111 1, 4844 MQMQ y xxyyy p 从而 2 0 8yp，且 22 22 M y，则01p.11 分分 从而

35、 22 10 00 551558 44221616 OPQPQ pppp SSyypyp yy 22 2 00 111 12 2224 P ppp SFEyp yy .13 分分 数学试题卷 第 13 页（共 4 页） 由此可得 2 0 1 2 2 0 58 16585615 1,5 142424 2 4 pp p ySp pSpp p y . 15 分分 22. 解：解： （I）由于( )f x在0,)上为单调递增函数，则 2 ( )2220 x fxeax对任意的 0,)x恒成立.2 分 方法一：方法一：由于 2 ( )2220,(0)0 x fxeaxf，因此 2 ( )42 ,(0)4

36、20 x fxeafa 因此2a.5 分分 下面证明2a可以取到.事实上，当2a时， 2 ( )2(21) x fxex， 则 令 2 ()2 ( 22 )0 , x fxe解 得0 x. 因 此 ()fx在0,)上 单 调 递 增 ， 故 ( )(0)0fxf，故( )f x在0,)上为单调递增函数.综合上述，实数a的最小值为2. 7 分分 方法二：方法二：显然0 x不等式 2 ( )2220 x fxeax成立.当0 x时，则 2 1 x e a x 恒成 立.3 分分 令 2 1 ( )(0) x e p xx x ，则 22 2 21 ( )(0) xx x ee p xx x ，令

37、22 ( )21 xx q xx ee， 则 2222 ( )24240 xxxx q xexeexe，因此( )q x在0,)上单调递增.从而( )0q x . 故 2 ( ) ( )0(0) q x p xx x ，即( )p x在0,)上单调递增.5 分分 从而 0 lim( ) x ap x 20 2 0 0 (1)(1) lim(1)2 0 x x x x ee e x ， 从而2a.综合上述， 实数a的 最小值为2.7 分分 （ II ）（）（ i ） 由 于 222 ()2 x gxea xex有 两 个 极 值 点 1212 ,()xxxx， 则 22 g( )2220 x x

38、eaxe有两个实根 12 ,x x，故 22x ee a x .设 22 ( ) x ee h x x ，则 222222 22 2()2 ( ) xxxx e xeee xee h x xx .9 分分 数学试题卷 第 14 页（共 4 页） 设 222 ( )2 xx r xe xee，则 2222 (1)0, ( )42240 xxxx rr xe xeeex，解得0 x.故( )r x在(,0)上单调递减， 在(0,)上单调递增，又(0)0,r 2 lim ( ), (1)0 x r xe r .故当1(0)xx时， ( )0r x ， 2 ( ) ( )0 r x h x x ；当1

39、x 时，( )0r x ， 2 ( ) ( )0 r x h x x .由此( )h x在(,0)上单调递减， 在(0,1)上单调递减，在(1,)上单调递增.由此( )h x图象如图所示. 从而 2 2ae，即 2 2ae .综合上述，实数a的取值范围为 2 (, 2)e . 11 分分 （ii）由于 1 2 22 11 22 22 g( )2220 g()2220 x x xeaxe xeaxe ，故 1 2 22 1 22 2 0 0 x x eaxe eaxe .从而 21 22 21 ()0 xx eea xx， 即 21 22 21 xx ee a xx . 先证不等式右边：先证不等

40、式右边：由于 21 1212 22 12 21 ln 222() xx xxxx aaee xxee xx 2112 21 1 2() xxxx ee xx 2 (0)20(0) tttt eet teett . 设( )2 (0) tt k teet t ，则( )2220 tt k tee，故( )k t在(0,)上单调 递增，从而( )2(0)0 tt k teetk ，故0(0) tt eett 成立，从而 12 ln 2 a xx . 13 分. 再证不等式左边：再证不等式左边： 2 12 2 1 e xx a .由于 1 2 222 111 222 112 2ln() 2ln()

41、x x xaxeeaxe xaxeeaxe 2 11 22 1122 2 22 22 ln (,) 22 ln e tt aa taxe taxe e tt aa ，从而 2121 2 lnln()tttt a ，即 2e2 y=-a 1 h(x)= e2x+e2 x O x y 数学试题卷 第 15 页（共 4 页） 21 21 2() lnln tt a tt ，其中 22 12 12 , tete xx aa . 由于 2222 12 121212 22 11 teteee xxttatta aaaa 21 12 21 2() lnln tt tt tt 2 22121 2 1211 1

42、 2(1) 2()2(1) lnlnln(1) 1 1 t tttttt tt t ttttt t . 设 2(1) ( )ln(1) 1 t s ttt t ，则 2 22 14(1) ( )0 (1)(1) t s t ttt t ，故( )s t在(1,)上单 调 递 增 ， 从 而 2(1) ( )ln(1)0 1 t s ttq t ， 故 2 (1 ) l n(1 ) 1 t tt t 成 立 ， 从 而 2 12 2 1 e xx a .综合上述， 2 12 2 1ln 2 ea xx a ，即 2 12 2| 1ln |2 ea xx a . 15 分分 说明：说明：证明 21 12 22 21 2() xx xx ee e xx 和 21 12 21 2() lnln tt tt tt 时若不加证明而直接利用对数均值不等式： 1212 121212 12 (0,0,) lnln2 xxxx x xxxxx xx 或指数均值不等式 1212 12 12 12 () 2 xxxx xx eeee eexx xx 给 2 分，对均值不等式给予证明该步得满分. （i）