湖南省永州市第一中学2022-2023学年高三上学期元月考试数学试题含答案.pdf

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1、 数学试卷 第 1 页（共 4 页）数学试卷 第 2 页（共 4 页）装订线 学校：班级：姓名：准考证号：绝密启用前绝密启用前 永州一中2023 年高三 元月大联考数 学本卷满分 150 分，考试时间 120 分钟。注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题：本题共 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

2、个选项是符合题目要求的1已知集合Ax|log2(x1)2，B xZ|0 x 4，则AB A0,1 B0,1,2C1,2 Dx|2 x 22已知z(2 3i)4 7i，其中 i 为虚数单位，则复数z在复平面内所对应的点的坐标是A(1,1)B(2,1)C(1,2)D(2,2)3已知Sn为等差数列an的前 n 项和，a4 S7 16，a8 a4，则a10A1 B2 C3 D44全球智能手机市场销量持续增长乏力已经是不争的事实，但折叠屏手机却走出逆势，成为行业唯一增长的高端机品类下图是某数据公司统计的 2022 年第一季度中国折叠屏手机市场份额 现有 2022 年第一季度中国折叠屏手机市场份额超过 5

3、%的品牌折叠屏手机各一部，从中任取 2 部手机，则其中有 A 品牌折叠屏手机的概率为 A310 B12 C35 D710 5在平面内，A，B 是两个定点，C 是动点，若|CACBAB ，则点 C 的轨迹为 A圆 B椭圆 C抛物线 D直线 6 已知直线:220lxy是圆22:(3)()6Cxyb的一条对称轴，设直线l与 x 轴的交点为 P，将直线 l 绕点 P 按顺时针方向旋转 30得到直线l，则直线l被圆C截得的弦长为 A1 B3 C2 D5 7已知0.60.5a，0.50.6b，6log 5c，则a，b，c的大小关系为 Aabc Bacb Cbac Dbca 8 四 面 体ABCD的 各 个

4、 顶 点 都 在 球O的 表 面 上，BA BC BD,两 两 垂 直，且1134ABBCBD，E是线段BC上一点，且2BEEC，过E作四面体ABCD外接球O的截面，则所得截面圆的面积的最大值与最小值之差是 A7 B9 C5 D8 二、选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得 5 分，部分选对的得 2 分，有选错的得 0 分 9已知函数()sin(2)3f xx，则下列结论中正确的是 A为函数|()|f x的一个周期 B2(,0)3是曲线()yf x的一个对称中心 C若函数()yf x在区间,a a上单调递增，则实数 a 的最

5、大值为512 D将函数()f x的图象向右平移12个单位长度后，得到一个偶函数的图象 10 已知抛物线:C24yx的焦点为 F，准线为 l，过抛物线C上一点 P 作 l 的垂线，垂足为 Q，则下列说法正确的是 A准线 l 的方程为2x B若过焦点F的直线交抛物线C于11(,)A x y,22(,)B x y两点，且126xx，则|AB 8 C若(2,1)E,则|PEPF的最小值为 3 D延长 PF 交抛物线C于点 M，若|PF 43，则16|3PM 11若实数 x，y 满足442(22)xyxy，则1122xy的值可以是 A1 B32 C2 D52 12如图，已知正三棱柱111ABCABC中，

6、11,2ABAA，M 为1AA的中点，直线1B M与平面 ABC 的交点为 O，则以下结论正确的是 A3OC B直线 OC平面1BMC C在线段1BC上不存在一点 P 使得11A PBC D以1A为球心，52为半径的球面与侧面 BCC1B1的交线长为2 数学试卷 第 3 页（共 4 页）数学试卷 第 4 页（共 4 页）/装订线 考生注意清点试卷有无漏印或缺页，若有要及时更换，否则责任自负 三、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分 13已知函数()ln2ef xxxx，其中 e 为自然对数的底数，则曲线()yf x在1x处的切线方程为_ 145(1)x 的展开式中所有有理项的

7、系数之和为_ 15已知(0,)2x，且5sin2cos2xx，则tan(2)4x_ 16已知 O 为坐标原点，双曲线2222:1(0,0)xyCabab的左、右焦点分别是 F1，F2，离心率为62，点11(,)P x y是 C 的右支上异于顶点的一点，过 F2作F1PF2的平分线的垂线，垂足是 M，|MO|=2，若点22(,)Q xy满足22xy，则221212()()xxyy的最小值为_ 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（10 分）已知数列 na的前 n 项和为nS，且满足22233nnSan.（1）求证：数列+1na是等比数列；（2）若

8、1=+2nnba，数列nb的前 n 项和为nT，求证：16nT.18（12 分）已知在ABC中，6A，点 D 在边 AB 上且满足3AD,BDDC（1）若ADC的面积为32，求22BDAC的值；（2）若3BC，求B的大小 19（12 分）近年来，短视频作为以视频为载体的聚合平台，社交属性愈发突出，在用户生活中覆盖面越来越广泛，已逐渐成为社交平台发展的新方向，同时发展了利用短视频平台进行直播带货，成就了一批带货主播国内短视频领域，已知甲公司和乙公司两家购物平台所售商品类似，存在竞争关系（1）现对某时段 100 名观看过这两家短视频的用户与使用这两家购物平台购物的情况进行调查，得到如下数据：选择甲

9、公司购物平台 选择乙公司购物平台 合计 用户年龄段 19-24 岁 40 10 50 用户年龄段 25-34 岁 20 30 50 合计 60 40 100 根据小概率值0.001的独立性检验，能否认为使用哪家购物平台购物与观看这两家短视频的用户的年龄有关？（2）（i）若小李第一天等可能地从甲、乙两家中选一家平台购物，如果第一天去甲平台，那么第二天去甲平台的概率为 0.7；如果第一天去乙平台，那么第二天去甲平台的概率为0.8求小李第二天去甲平台购物的概率；（ii）双十一这天，甲公司购物平台直播间进行“秒杀”抢购活动，小李一家三人能下单成功的概率均为(01)pp，三人是否抢购成功互不影响若X为三

10、人下单成功的总人数，且()1E X，求p的取值范围 参考公式：22()()()()()n adbcab cd ac bd，其中nabcd 2独立性检验中几个常用的小概率值和相应的临界值表：0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 x 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 20（12 分）如图，已知矩形 ABCD 的长为 4，宽为3，点 M 是边 AB 上的点，且 3AM=MB如图，将AMD沿 MD 折起到AMD的位置，使得平面AMD 平面 BMDC，平面AMB平面ACD l（1）求证：l平面BMDC；（2）在线段 DC（不包含端点）上是否存在一点 P，使得平面

11、AMP与平面AMC的夹角的余弦值为2 55？若存在，确定点 P 的位置；若不存在，请说明理由.21（12 分）已知 O 为坐标原点，椭圆2222:1(0)xyCabab的左、右焦点分别为1F，2F，直线xn与椭圆 C 交于 E，F 两点，当1EF F的周长取得最大值8时，|3EF.（1）求椭圆C的标准方程；（2）过点2F作斜率存在且不为0的直线l交椭圆C于AB、两点，若3(1,)2P，直线AP与直线4x 交于点Q，记直线QAQB、的斜率分别为12,k k，试判断12|kk是否为定值，若是，求出该定值；若不是，说明理由 22（12 分）设函数()exf xax，其中 e 为自然对数的底数（1）若

12、()f x存在极值，求实数 a 的取值范围；（2）当a0 时，不等式()ln1xfxax恒成立（()fx为()f x的导函数），求实数a 的值 数学 全解全析及评分标准 第 1 页（共 10 页）永州一中 2023年高三 元 月大联考数学全解全析及评分标准1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12B C D B A C A A ABD BCD BC AB一、选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的1B【解析】log2(x 1)2，0 x 1 4，1 x 3,即A x|1 x 3，由B xZ|0 x 4，得B 0,1,

13、2,3，A B 0,1,2.故选 B2C【解析】由z(2 3i)4 7i，得47i(47i)(23i)12i23i(23i)(23i)z ，所以复数z在复平面内所对应的点的坐标为(1,2)，故选 C 3 D【解析】方法一：设等差数列na的公差为d，由4716aS，84aa，得41847(71)71620aadaa,即1111372116730adadadad，解得151ad，所以1(1)6,naandn则104a，故选 D.方法二：设等差数列na的公差为d，因为174474447()7281622aaaaSaaa，所以42a .由840aa可得60a，由42,a 60a 得151ad，所以5(

14、1)16,nann 则104a，故选 D.4B【解析】方法一：由题意，知市场份额超过 5%的折叠屏手机品牌有 A，B，C，D，且现有这四个品牌手机各 1 部，共 4 部，从中任取 2 部手机，有 A 品牌折叠屏手机的概率为1324C1C2，故选 B.方法二：由题意，知市场份额超过 5%的折叠屏手机品牌有 A，B，C，D，且现有这四个品牌手机各 1 部，共 4 部，从中任取 2 部手机，基本事件有 AB，AC，AD，BC，BD，CD，共 6 种，其中有 A 品牌折叠屏手机的是 AB，AC，AD，共 3 种，所以所求概率为3162P 故选 B 5A【解析】设O为线段AB的中点，2.CACBCO 因

15、为|CACBAB ，所以|2|ABCO ，所以1|2COAB，所以ACBC,当点C在点A或B时也满足|CACBAB ，所以点 C 的轨迹为以线段AB 为直径的圆.故选 A 6C【解析】根据题意，得点(3,)b在直线:220lxy上，所以2 320,b 所以4b ，故圆C的圆心坐标为(3,4)C，半径为6r.由直线:220lxy得直线l与 x 轴的交点为(1,0)P，所以 数学 全解全析及评分标准 第 2 页（共 10 页）|2 5PC，所 以圆心 到直线l的距离 为|sin305PC，故 直线l被圆C截得 的弦长为222(6)(5)2.故选 C 7A【解析】因为0.60.50.50.50.50

16、.6，所以ab因为0.60.64，所以0.50.540.60.645b，又5645lg5lg3125log 514lg6lg1296，所以64log 55c，所以bc，故选 A 8A【解析】设所得截面圆的面积为S，半径为r，由BA BC BD,两两垂直可将四面体ABCD放入长方体中，如图所示，易得外接球半径222132RBCBDAB,过E作球O的截面，所得截面圆的面积最大时为过球心的圆面，2max9SR ；所得截面圆的面积最小时为与最大截面垂直的圆面.在OBC内，3OBOCBC，所以60OCB，所以2222cos607OEOCCEOC CE，所以7OE，即22min2rROE，2miminn2

17、Sr ，所以mimaxn7SS 故选 A 二、选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得 5 分，部分选对的得 2 分，有选错的得 0 分 9ABD【解析】对于 A：函数()sin(2)3f xx的最小正周期为，所以为函数|()|f x的一个周期，故A 正确；对于 B：令2()3xkkZ，解得()26kxkZ，当1k 时，23x，所以点2(,0)3是曲线()yf x的一个对称中心，故 B 正确；对 于 C：由111222,232kxkk Z，得1115,1212kxkk Z，令10,k 得51212x，因为()f x在区间,a

18、a上单调递增，所以实数 a 的最大值为12，故 C 错误；对于 D：将函数()f x的图象向右平移12个单位长度后，得到sin2()sin(2)cos21232yxxx 的图象，易知cos2yx 为偶函数，故 D 正确.综上，故选 ABD 数学 全解全析及评分标准 第 3 页（共 10 页）10BCD【解析】因为抛物线C的方程为24yx，所以2p，所以准线 l 的方程为12px ，A 错误；由题意可知12|628ABxxp，B 正确;由抛物线C上的点到焦点F与到准线的距离相等可知|PEPFPQPE，所以当,Q P E三点共线时，|PEPF取得最小值，即为点 E 到准线的距离，所以最小值为3，C

19、正确；如图所示，不妨设P在第一象限，过P作PHx轴于点H，过M作MNx轴于点N,过 M 作准线l的垂线，垂足为 D，设准线与 x 轴的交点为 G，则4|3PFPQ,|2FG，2|,|,3FHFMMD|2FNDMFGFM，易 知PHFMNF，则 有|PFHFMFFN，即4233|2MFMF，解得|4MF ，则16|3MPMFPF，D 正确.故选 BCD 11BC【解析】211(),(144222 2222222)xyxyxyxyxy+，设(0)22xyt t，则由题意得22 222xytt，即22 222xytt因为22202 222()2xyxy，即22022ttt，当且仅当22xy，即1xy

20、时等号成立，解得24t，所以1122xy的取值范围是(1,2故选 BC 12AB【解析】如图，延长 BA，1B M交于点 O，连接OC，因为1AMBB，所以1OAMOBB，又M为1AA的中点，所以1OMMB，=AOBA AC，所以BCOC，所以3OC，故 A 正确；连接1B C交1BC于点N，因为四边形11B BCC为矩形，所以N是1BC的中点，连接MN，则MN为1B OC的中位线，所以MNOC，又因为MN 平面1BMC，OC 平面1BMC，所以直线OC平面1BMC，故 B 正确；取11BC的中点0P，连接10AP，则1011A PBC，又由101APCC可得1011A PB BCC 平面，故

21、101APBC.过点0P作01PPBC,垂足为P，连接1AP，则1BC 平面10APP,所以11A PBC，故 C 不正确；因为1011A PB BCC 平面，所以所求交线即为平面 BCC1B1内以0P为圆心，半径为22532()()222的 数学 全解全析及评分标准 第 4 页（共 10 页）圆与侧面 BCC1B1的交线，交线为14该圆，所以交线长为2122244，故 D 不正确故选 AB.三、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分 13e10 xy【解析】求导可得()ln1fxx，则(1)1f ，又(1)2ef ，则曲线()yf x在1x处的切线方程为(2e)(1)yx ，

22、整理，得e1yx .故填e10 xy.1416【解析】由二项式定理，可得5(1)x 的展开式通项为515C()(1),0,1,2,3,4,5rrrrTxr，当50,2,4r，即5,3,1r 时,1rT为有理项，所以所有有理项的系数之和为553355(1)C(1)C(1)15C(1 105)16 .故填16.1523【解析】5sin2cos2xx，(0,)2x，25sin32sinxx，即22sin5sin30 xx，1sin2x 或sin3x （舍去），6x，31tan(2)tan()2343413x 故填23.1612【解析】设半焦距为c，延长 F2M 交 PF1于点 N，由于 PM 是F1

23、PF2的平分线，F2MPM，所以2NPF是等腰三角形，所以2|PNPF，且 M 是 NF2的中点根据双曲线的定义可知12|2|PFPFa，即1|2NFa，由于 O 是 F1F2的中点，所以 MO 是NF1F2的中位线，所以|MO 11|22NFa，又双曲线的离心率为62，所以3,1cb，所以双曲线 C 的方程为2212xy，根据题意，知所求的是双曲线右支上一点到直线yx的距离的最小值的平方设与直线 y=x 平行的直线方程为yxh，联立2212xyyxh，消去 y，可得224220 xxhh，所以22(4)4(22)0,hh所以1h 或1（舍去），所以切点到直线 y=x 的距离为|10|222，

24、所以221212()()xxyy的最小值为12故填12 说明：第 13 题直线方程的其他正确形式也给分，如e 1 yx.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（10 分）【解析】（1）由22233nnSan，得2326nnSan，数学 全解全析及评分标准 第 5 页（共 10 页）当2n 时，11232(1)6nnSan，（1 分）整理得132nnaa，113(1)nnaa，（3 分）当1n 时，11238aa，18a，即119a，（4 分）数列+1na是以 9 为首项，3 为公比的等比数列.（5 分）（2）由（1）可知119 3nna，（6 分

25、）131nna，即1131nnb,（8 分）231231111111313131333nnnT 111()111931()163613nn.（10 分）说明：第（1）问“数列+1na是以 9 为首项，3 为公比的等比数列.”未说明首项和公比，不扣分.18（12 分）【解析】（1）133sin242ADCSAD ACAAC，2AC.（2 分）由余弦定理，得2222cos136 36DCADACAD AC，（4 分）2222176 3BDACDCAC.（6 分）（2）设B，DCB，2ADC，2266ACD.（7 分）由BCD是等腰三角形及0ACD可得025206，解得5012.在ADC内，由正弦定

26、理，得3sinsin(266)DC，在BDC内，由正弦定理，得sin2sinBCDC，（8 分）33sin32sin22cossin(2)6DC，（9 分）sin(2)co6s，（10 分）即262或262，3或9 B的大小为3或9.（12 分）数学 全解全析及评分标准 第 6 页（共 10 页）说明：1.用,a b c直接表示边不扣分.2.未给出的范围，但结果正确，不扣分.3.B只得出一个答案的，扣 1 分.19（12 分）【解析】（1）零假设为0H：用户使用哪家购物平台购物与观看这两家短视频的用户的年龄无关 根据列联表可得22100(403020 10)60405050（2 分）0.001

27、5016.66710.8283x，（3 分）所以根据小概率值0.001的独立性检验，我们推断0H不成立，即用户使用哪家购物平台购物与观看这两家短视频的用户的年龄有关，此推断犯错误的概率不大于 0.001（4 分）（2）（i）设1A“第一天去甲平台购物”，1B“第一天去乙平台购物”，2A“第二天去甲平台购物”，根据题意得11()()0.5P AP B，21(|)0.7P AA，21(|)0.8P AB，（5 分）则2121121()()(|)()(|)0.50.70.50.80.75P AP A P AAP B P AB（7 分）（ii）当01p时，由题意知X的所有可能取值为0,1,2,3，且(

28、3,)XBp，（8 分）所以()3E Xp，（10 分）所以()31E Xp，所以113p，故p的取值范围为1,1)3（12 分）说明：1.第（1）问中2数值计算错误，扣两分，但未保留 3 位小数不扣分.2.第（1）问中未和临界值做比较，扣 1 分.3.第（2）问（i）中仅有式子和得数正确，扣 1 分.4.第（2）问（i）中只列出分布列，未求出()E X，不给分.20（12 分）【解析】（1）BMCD，又BM 平面ACD，CD 平面ACD，BM平面ACD（1 分）又BM 平面AMB,平面AMB平面ACD l，lBM,（2 分）lBMDC 平面，BM 平面BMDC，l平面BMDC（4 分）（2）

29、假设存在点 P.由题意知 3AM=MB，AB=4，AM=1，MB=3，数学 全解全析及评分标准 第 7 页（共 10 页）又 BC=AD=3，由勾股定理可得 CM=2 3，MD=2，222CMMDCD，CMMD.（5 分）又平面AMD 平面 BMDC，平面AMD平面 BMDC=MD，CM平面 BMDC，CM 平面AMD，（6 分）过点 M 作垂直于平面 BMDC 的直线 MH，以 M 点为原点，分别以 MC，MD，MH 所在直线为 x 轴、y轴、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系（7 分）则(0,0,0)M,(2 3,0,0)C，(0,2,0)D，13(0,)22A,则13(0)(2 30 0

30、)22MAMC ，(2 3,2,0)CD ，设111(,)x y zn为平面AMC的法向量，0MC n，0MA n，1112 30,13022xyz则10 x，令13y，则11z ，(0,3,1)n为平面AMC的一个法向量.（8 分）设CPCD ,由题意，知(0,1)，则+(2 32 3,2,0)MPMC CPMCCD ,设222(,)xy zm为平面AMP的法向量，0MPm，0MA m，2222(2 32 3)2013022xyyz，令23y，则22,11xz，则(,3,1)1m为平面AMP的一个法向量，（9 分）由2 5|cos,|5m n得2()451，（10 分）解得1(0,1)2.（

31、11 分）在线段DC（不包含端点）上存在一点 P，使得平面AMP与平面AMC所成角的余弦值为2 55，此时点 P 为线段DC的中点（12 分）数学 全解全析及评分标准 第 8 页（共 10 页）说明：1.第（2）问中，仅写出“点 P 为线段DC的中点”给 1 分.2.第（2）问中，其他建系方法只要正确合理，也给分.21（12 分）【解析】（1）如图，当直线xn与椭圆 C 相交于,A B两点，与 x 轴交于 G 点时，连接2AF，由椭圆定义可知12|2AFAFa，显然2|AFAG，（2 分）同理可知，12|2BFBFa，显然2|BFBG，所以当直线xn经过焦点2F时，1EF F的周长最大，最大值

32、为48,a 所以2a （3 分）此时213|22EFEF,则1235|2|422EFa EF,221212|2F FEFEF,即1,3cb.（4 分）所以椭圆C的标准方程为22143xy.（5 分）（2）设直线l的方程为1(0)xmym，与椭圆C方程联立得2234)690mymy（，设1122(,),(,)A x yB xy，则12122269,3434myyyymm（6 分）可得12122,3myyyy（7 分）又11132,1ykx所以直线AP的方程为11332(1),21yyxx 令4x，得111369(4,)2myyQmy，（8 分）1121121122212136922369,426

33、myyymymy ymyykxm y ymy（9 分）112111221121323692|126ymy ymyykkxm y ymy 数学 全解全析及评分标准 第 9 页（共 10 页）11212111211211211233()(26)2369236922|262(3)yymymy ymyymy ymyymym y ymymy my12121212121211333333|13()2633262yyyyyyyymy yyyymym.（11 分）所以12|kk为定值，值为 1.（12 分）说明：1.第（1）问中若未说明当直线经过右焦点时周长最大，扣 2 分.22（12 分）【解析】（1）求导

34、，得()exafx（1 分）若 a0，则对任意的xR，()0fx，函数()f x在R上单调递增，此时()f x无极值.（2 分）若 a0，令()e0 xafx，得lnxa 当lnxa时，()0fx，当lnxa时，()0fx，()f x在(ln)a，上单调递减，在(ln)a，上单调递增，（3 分）函数()f x存在极小值（4 分）综上所述，若函数()f x存在极值，则实数 a 的取值范围是(0)，（5 分）（2）不等式()ln1xfxax恒成立，即eln1xxaxax恒成立 方法一：设()e(ln)1xF xxa xx，则1()(e)xxF xxax，0()x，当 a0 时，令()exh xxa

35、，0()x，则()(1)e0 xh xx，()h x在(0)，上单调递增(0)0ha ，()e(e1)0aah aaaa，存在唯一的0(0)xa，使得0()0h x，当0(0)xx，时，()0h x，()0F x，当0()xx，时，()0h x，()0F x()F x在0(0)x，上单调递减，在0()x ，上单调递增（7 分）0()0h x，即00exxa，两边取对数得00lnlnxxa，()F x的最小值为00000()e(ln)1xF xxa xx，00000()eln1n1(l)xF xxa xxaaa （9 分）令()ln1G xxxx，0()x，则()lnG xx，()G x在(0,

36、1)上单调递增，在(1),上单调递减，数学 全解全析及评分标准 第 10 页（共 10 页）()(1)0G xG，当且仅当 x=1 时，等号成立（11 分）当且仅当 a=1 时，()0F x 在(0)，上恒成立 综上，a=1（12 分）方法二：设l(n)xhxx，0()x，易知 h(x)在(0)，上单调递增 又当(0,1)x时，ln1lnxxx，当(0,1)x时，lnyxx(1),当1)x，时，ln)1 yxx，()lnh xxx的值域为R（7 分）对于R上任意一个值0y，都有唯一的一个正数0 x，使得000lnyxx eln1xxaxax，即eln10 xxaxax，即lne(ln)10 x

37、xa xx 设()e1tF tat，tR，要使lne(ln)10 xxa xx，只需min()0F t 0a 时，当(ln)ta，时，()e0tF ta，F(t)在(ln)a，上单调递减；当n()lta，时，()e0tF ta，F(t)在(ln)a ，上单调递增 min()(ln)ln1F tFaaaa（9 分）设()ln1m xxxx，0()x，则()lnm xx，当(0,1)x时，()0m x，()m x在(0,1)上单调递增；当(1,)x时，()0m x，()m x在(1,)上单调递减 max()(1)0m xm，()0m a，min()0F t，当且仅当 a=1 时，等号成立（11 分

38、）又min()0F t，min()0F t，a=1 综上，a=1（12 分）说明：1.第（2）问分参用洛必达法则的，必须用牛顿莱布尼茨公式证明，否则扣掉 3 分.2.第（2）问没有证明()ln1m xxxx的单调性，直接得出1a 的扣掉 2 分.3.第（2）问另解：不等式()ln1xfxax恒成立，即e(ln)1eln(e)10 xxxxa xxxax 恒成立，令extx(0)t，令()ln1ttat，（7 分）()1atattt，当(,)ta，()0t,()t单调递增，当(0,)ta，()0t,()t单调递减，（8分）()()ln1taaaa，设()ln1m xxxx，0()x，（9 分）则()lnm xx，当(0,1)x时，()0m x，()m x在(0,1)上单调递增；当(1,)x时，()0m x，()m x在(1,)上单调递减 max()(1)0m xm，()0m a，min()0t，当且仅当1a 时，等号成立（11 分）又min()0t，min()0t，a=1 综上，a=1（12 分）