浙江省强基联盟2022-2023学年高三下学期2月统测数学试题含答案.pdf

《浙江省强基联盟2022-2023学年高三下学期2月统测数学试题含答案.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《浙江省强基联盟2022-2023学年高三下学期2月统测数学试题含答案.pdf（15页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、2022 学年第二学期浙江强基联盟高三学年第二学期浙江强基联盟高三 2 月统测数学试题月统测数学试题考生须知：考生须知：1全卷分试卷和答题卷。考试结束后，将答题卷上交。全卷分试卷和答题卷。考试结束后，将答题卷上交。2试卷共试卷共 6 页，有页，有 4 大题，大题，22 小题满分小题满分 150 分，考试时间分，考试时间 120 分钟。分钟。3请将答案做在答题卷的相应位置上，写在试卷上无效。选择题部分（共请将答案做在答题卷的相应位置上，写在试卷上无效。选择题部分（共 60 分）一、选择题：本题共分）一、选择题：本题共 8 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 40 分。在每小题给出的四个选

2、项中，只有一项是符合题目要求的。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224,log2xAxBxx，则AB（）A2x x B02xxC4x x D04xx2若(1 i)2iz（i 是虚数单位），则|z（）A22B1C2D53已知,a bR，则“|ab”是“22ab”的（）A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件4已知甲、乙两名员工分别从家中赶往工作单位的时间互不影响，经统计，甲、乙一个月内从家中到工作单位所用时间在各个时间段内的频率如下：时间/分钟1020203030404050甲的频率0.10.40.20.3乙的频率00.30.60.1某日

3、工作单位接到一项任务，需要甲在 30 分钟内到达，乙在 40 分钟内到达，用 X 表示甲、乙两人在要求时间内从家中到达单位的人数，用频率估计概率，则 X 的数学期望和方差分别是（）A()1.5,()0.36E XD XB()1.4,()0.36E XD XC()1.5,()0.34E XD XD()1.4,()0.34E XD X5已知椭圆2221(1)xyaa的左、右焦点为12,(1,)F F Pm为椭圆上一点，过 P 点作椭圆的切线 l，PM垂直于直线 l 且与 x 轴交于点 M，若 M 为2OF的中点，则该椭圆的离心率为（）A13B23C22D326在九章算术中记载，堑堵是底面为直角三角

4、形的直三棱柱，阳马指底面为矩形，一侧棱垂直于底面的四棱锥，鳖臑为四个面都为直角三角形的三棱锥，如图，在堑堵111ABCABC中，1,2ACBC AA，整臑111BAC B的外接球的体积为8 23，则阳马11BACC A体积的最大值为（）学科网（北京）股份有限公司A23B43C83D47已知在三角形 ABC 中，3260ABACA，点 M，N 分别为边 AB，AC 上的动点，,AMxAB ANyAC ，其中,0,1x yxy，点 P，Q 分别为 MN，BC 的中点，则|PQ的最小值为（）A2114B3 2114C194D1928已知0.91.12,2.1,1.9abc，且1110ln01919，

5、则 a，b，c 的大小关系为（）AcabBbacCabcDbca二二、选选择择题题：本本题题共共 4 小小题题，每每小小题题 5 分分，共共 20 分分，在在每每小小题题给给出出的的选选项项中中，有有多多项项符符合合题题目目要要求求。全全部部选选对对的的得得 5 分分，部部分分选选对对的的得得 2 分分，有有选选错错的的得得 0 分分。9用分层随机抽样法从某校高一年级学生的数学竞赛成绩（满分 150 分）中抽取一个容量为 120 的样本，其中男生成绩的数据有 80 个，女生成绩的数据有 40 个，将这 80 个男生的成绩分为 6 组，绘制得到如图所示的频率分布直方图，下列说法正确的是（）A男生

6、成绩的样本数据在90110)，内的频率为 0.015B男生成绩的样本数据的平均数为 97C男生成绩的样本数据的第 75 百分位数为 118D女生成绩的样本数据的平均数为 91，则总样本的平均数为 9510如图，正方体1111ABCDABC D，若点 M 在线段1BC上运动，则下列结论正确的为（）学科网（北京）股份有限公司A三棱锥1MACD的体积为定值B直线 DM 与平面11BCC B所成角的最大值为3C1AMADD点 M 到平面1CDD与到平面 ACD 的距离之和为定值11已知抛物线2:2(0)C ypx p的焦点为 F，准线与 x 轴的交点为 M，过点 F 的直线 l 与抛物线 C 相交于

7、A，B 两点（点 A 在第一象限），过 A，B 点作准线的垂线，垂足分别为11,A B设直线 l 的倾斜角为，当6时，|16AB 则下列说法正确的是（）AAMB有可能为直角B1111|MFABFA FBCQ 为抛物线 C 上一个动点，(3,1)E为定点，|QEQF的最小值为5D 过 F 点作倾斜角的角平分线 FP 交抛物线 C 于 P 点（点 P 在第一象限），则存在，使111|AFPF12已知连续函数()f x及其导函数()fx的定义域均为R，记()()g xfx，若3223gx为奇函数，3224fxx的图象关于 y 轴对称，则（）A(3)0gB3342ggC()g x在(0,4)上至少有

8、2 个零点D2024133303644kgkgk非非选选择择题题部部分分（共共 90 分分）三三、填填空空题题：本本题题共共 4 小小题题，每每小小题题 5 分分，共共 20 分分。把把答答案案填填在在答答题题卡卡中中的的横横线线上上。13在612xx的展开式中，2x的系数为_14 已知直线:20l mxym与曲线2:24C yx有两个交点，则 m 的取值范围为_15已知函数()sin()0,|2f xAx，()6f xf，4()03f xfx，()f x在,36 6上单调，则正整数的最大值为_164ln33,44xba baxxxxR，则 b 的最大值是_四、解答题：本题共四、解答题：本题共

9、 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（10 分）已知11,1naa是公比为 2 的等比数列，nb为正项数列，11b，当2n 时，1(23)(21)nnnbnb（1）求数列 ,nnab的通项公式；（2）记nnncab求数列 nc的前 n 项和nT18（12 分）已知锐角ABC，a，b，c 分别是角 A，B，C 的对边，且2 cosaCba（1）证明：2CA；（2）若 CD 为ACB的角平分线，交 AB 于 D 点，且3,2ACDCDS求 a 的值19（12 分）如图所示的几何体是一个半圆柱，点 P 是半圆弧AD

10、上一动点（点 P 与点 A，D 不重合），4ABAD（1）证明：DPPB；（2）若点 P 在平面 ABCD 的射影为点 H，设AD的中点为 E 点，当点 P 运动到某个位置时，平面 PBD 与平面 CDE 的夹角为45，求此时 DH 的长度20（12 分）2022 年卡塔尔世界杯决赛圈共有 32 队参加，其中欧洲球队有 13 支，分别是德国、丹麦、法国、西班牙、英格兰、克罗地亚、比利时、荷兰、塞尔维亚、瑞士、葡萄牙、波兰、威尔士世界杯决赛圈赛程分为小组赛和淘汰赛，当进入淘汰赛阶段时，比赛必须要分出胜负淘汰赛规则如下：在比赛常规时间 90 分钟内分出胜负，比赛结束，若比分相同，则进入 30 分钟

11、的加时赛在加时赛分出胜负，比赛结束，若加时赛比分依然相同，就要通过点球大战来分出最后的胜负点球大战分为 2 个阶段第一阶段：前 5 轮双方各派 5名球员，依次踢点球，以 5 轮的总进球数作为标准（非必要无需踢满 5 轮），前 5 轮合计踢进点球数更多的球队获得比赛的胜利第二阶段：如果前 5 轮还是平局，进入“突然死亡”阶段，双方依次轮流踢点球，如果在该阶段一轮里，双方都进球或者双方都不进球，则继续下一轮，直到某一轮里，一方罚进点球，另一方没罚进，比赛结束，罚进点球的一方获得最终的胜利下表是 2022 年卡塔尔世界杯淘汰赛阶段的比赛结果：淘汰赛比赛结果淘汰赛比赛结果1/8 决赛荷兰3 1:美国1

12、/4 决赛克罗地亚4 1 1 2（）:（）巴西阿根廷2 1:澳大利亚荷兰3 2 2 4（）:（）阿根廷法国3 1:波兰摩洛哥1 0:葡萄牙英格兰3 0:塞内加尔英格兰1 2:法国日本1 1 1 3（）:（）克罗地亚半决赛阿根廷3 0:克罗地亚巴西4 1:韩国法国2 0:摩洛哥摩洛哥3 0 0 0（）:（）西班牙季军赛克罗地亚2 1:摩洛哥葡萄牙6 1:瑞士决赛阿根廷4 3 3 2（）:（）法国注：“阿根廷4 3 3 2（）:（）法国”表示阿根廷与法国在常规比赛及加时赛的比分为3 3:，在点球大战中阿根廷4 2:战胜法国（1）请根据上表估计在世界杯淘汰赛阶段通过点球大战分出胜负的概率（2）根据题

13、意填写下面的2 2列联表，并通过计算判断是否能在犯错的概率不超过 0.01 的前提下认为“32支决赛圈球队闯人 8 强”与是否为欧洲球队有关欧洲球队其他球队合计闯入 8 强未闯入 8 强合计（3）若甲、乙两队在淘汰赛相遇，经过 120 分钟比赛未分出胜负，双方进入点球大战已知甲队球员每轮踢进点球的概率为 p，乙队球员每轮踢进点球的概率为23，求在点球大战中，两队前 2 轮比分为2:2的条件下，甲队在第一阶段获得比赛胜利的概率（用 p 表示）参考公式：22(),.()()()()n adbcnabcdab cd ac bd a0.10.050.010.0050.001ax2.7063.8416.

14、6357.87910.82821（12 分）已知双曲线2222:1(0,0)xyEabab的焦距为 10，且经过点(8,3 3)MA，B 为双曲线 E 的左、右顶点，P 为直线2x 上的动点，连接 PA，PB 交双曲线 E 于点 C，D（不同于 A，B）（1）求双曲线 E 的标准方程（2）直线 CD 是否过定点？若过定点，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由22（12 分）已知函数21()ln22f xxaxx（1）讨论()f x的单调性，（2）若()f x有两个极值点12,x x，且12xx 2123e2f xf x 恒成立求 a 的取值范围；证明：21()(1)ln(2)e12xf xxa

15、xaxx2022 学年第二学期浙江强基联盟高三学年第二学期浙江强基联盟高三 2 月统测数学试题参考答案月统测数学试题参考答案题号12345678答案BCADCBBA1B(,2,(0,4,(0,2ABAB，选 B2C(1 i)2i,(1 i)2zz，即2z 选 C3A 由ab可知0a，所以2222ababab，当0a 时，ab不成立所以选 A4D 设事件 A 表示甲在规定的时间内到达，B 表示乙在规定的时间内到达，()0.5,()0.9P AP B，A，B 相 互 独 立，(0)()()()0.05P XP ABP A P B，(1)()()0.5P XP ABP AB，(2)()0.45P X

16、P AB，()0 0.05 1 0.52 0.451.4E X ，22()()0.34D XE XEX选 D5 C22221(1,):1:(1)lPMxPmlmykka mPMyma m xaa y，令0y，得2211xea 2,0M e，2221,22cecae 选 C6B 设111,ACx BCy BAC B的外接球半径为 r，则11 1348 2,233BAC BVrr 222224(2)8,4xyrxy又1 11 122111423333B ACC AB ACC AVSBCxyxy，11BACC A体积的最大值为43，选 B7B12222ABACAMANxxPQAQAPABAC ，则2

17、22222(1)(1)79344244xxxxPQABACAB ACxx ，当67x 时，2minmin273 21,2814PQPQ，选 B8Alnln2,ln0.9ln2.1,ln1.1ln1.9abc，构造函数()(1)ln(2),0.1,0.1f xxx x，则ln(0),ln(0.1),ln(0.1)afbfcf，13()ln(2)(1)ln(2)122fxxxxxx 在 0.1,0.1上单调递减，1.11110()(0.1)ln1.9ln01.91919fxf，所以()f x在 0.1,0.1上单调递减，所以(0.1)(0)(0.1)fff，从而cab，选 A题号9101112答案

18、BCDACDABDAC9BCD 男生成绩在90,110)内的频率为 0.3，A 错误；男生成绩的平均数为400.05600.15800.151000.31200.251400.197，B 正确；男生成绩的样本数据的第 75 百分位数为0.11101180.0125，C 正确；总样本的平均数为2197919533，D 正确10ACD 对于选项 A，M 在平面11BC A内，平面11BC A与平面1ACD间的距离为体对角线的13，三棱锥1MACD的体积为定值，A 正确对 于 选 项 B，当 M 为1BC的 中 点 时，直 线 DM 与 平 面11BCC B，所 成 的 角最 大，此 时tan2ta

19、n,33CDCM，B 错误1A D 平面11ABC D，又AM 平面11ABC D，1A DAM，C 正确M到平面1CDD的距离为122C M，M 到平面 ACD 的距离为22BM，M 到两个平面的距离之和为11222222C MBMBC，是定值D 正确11ABD22816,2sinpABpp当 AB 垂直于 x 轴时，AMB为直角，A 正确11AFB F由等面积法可知1111FA FBMF AB成立，B 正确|5QEQF，最大值为5，C 不正确21 cos1 cos22cos111 cos2222222AFPF，令cos2x，则221112223(0,1),222xxxxxAFPF，令223

20、()2xxf x，()f x在(0,1)x上单调递减，3()0,2f x存在，D 正确12AC 由题意得3344fxxfxx，两边求导得3321144fxfx ，即33244fxfx，()g x的图象关于点3,14对称322gx为奇函数，则323202323gxgx，()yg x的图象关于点3,02对称，()yg x的图象关于直线34x 对称3为()g x和()g x的一个周期，3(0)0,(3)(0)02gggg，A 正确331042gg，B 错误由3(0)(3)02ggg，得()g x在(0,4)上至少有 2 个零点C 正确314g，周期为 3，()g x的图象关于32xk对称，314gk

21、，34gt，302g，94gt，904g，20241304kgk，2024133202444kgkgk，D 错误13240666 2166C(2)(1)(1)C 2rrrrrrrrrTxxx，故622r，即2r，所以23240Tx，即2x的系数为 2401410,2由已知得直线 l 过定点(2,0)，曲线 C 表示22(2)4xy的下半圆，由图形得斜率 m 的取值范围是10,2157()6f xf，直线6x 为()f x图象的对称轴4()03f xfx，()f x的对称点为2,03，212,4366kTkN，*22,21,21TkkkkNN 又()f x在,36 6上单调，*5,263636T

22、kN*25,18TkN，365当7时，()sin 73f xAx在,36 6上单调，则正整数的最大值为 71610 x，变形得23ln4xaxbx问题等价于直线:l yaxb在()lnf xx与23()4g xx之间，如图所示当且仅当 l 为两函数的公切线时 b 获得最值设 l 与()f x的切点为11,lnA xx，l 与()g x的切点为2223,4B x x，由公切线得122112fxgxxx，得211122212,ln,34axxxaxbxaxb，得2221212222231131 ln1,ln1,ln2042244bxxx xxxxx ，发现212x 为2221ln204xx的一个解

23、令221121()ln2,()24xh xxxh xxxx，令2210 x ，得22x，()h x在20,2上单调递减，在2,2上单调递增，min1111()ln2lne04242h x，而210,(),(),ln204xh xxh xxx 的两根居于22两侧已得一根为12，所以另一根大于22，由图形分析知，当211,12xx时，b 的最大值为1-17解：（1）由题可得11111 2,1,21nnnnaaaa ，3 分由1(23)(21)nnnbnb，推得121(2)23nnbnnbn，累积得1312221 23523 253nnnnbbbnnbbbnn，得221213nnbbn，又11,21

24、nbbn 6 分（2）由题可得2(21)(21)nncnn，令 2(21),nnndnd的前 n 项和为nP1231 23 25 2(21)2nnPn ，234121 23 25 2(21)2nnPn ，相减得23122 222(21)2nnnPn，16(23)2nnPn令 21,nnene的前 n 项和为nE，则2nEn综上，12(23)26nnnnTPEnn10 分18（1）证明：由题意得2sincossinsinsin()sinACBAA CA，2 分sin()sin,2CAACA5 分（2）解：法一CD为ACB的平分线，且2,3CAACDADCBADCD ，132 2sin2sin22

25、,sin2223ACDSAD CDAAA7 分ABC为锐角三角形，36sin,cos33AA，9 分2cos2 2bCDA 111,sinsinsin2222ACDDCBACBSSSb CDAa CDAabA，化简得()2 cosCD abaA，代入62 2,3,sin3bCDA，得6 25a 12 分法二在BCD中，23sin22 3sincos6 2sinsinsin(3)3sin4sin5aCDAAAaBDCBAAA12 分19（1）证明：连接AP，在半圆柱中，因为AB 平面PAD，所以ABPD，又因为AD是直径，所以PDPA，则PD 平面 PAB所以PDPB5 分（2）解：依题意可知，

26、以线段 AD 的中点 O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则(0,0,2),(2,0,0),(2,4,0),(2,4,0)EDBC，设AOP，则(2cos,0,2sin)P，所以(2,0,2)DE，(0,4,0)DC，设 平 面 CDE 的 法 向 量 为111,mx y z，所 以0,0,m DEm DC则111220,40,xzy令111,1xz，则(1,0,1)m7 分设平面 PBD 的法向量为222,(2cos2,0,2sin),(4,4,0)nxyzDPDB，所以00,n DPn DB，则2222(2cos2)2sin0,440,xzxy令21x，则22cos11,siny

27、z，所以cos11,1,sinn8分因为平面 PBD 与平面 CDE 所成的锐二面角为45，所以2cos112sincos452cos122sinm nm n ，令cos1sint，则221tt，平方得12t，即sin2cos2，又由22incos1可解得3cos5 或cos1（舍去），所以68,0,55P，点 P 在平面 ABCD 的射影为点6,0,05H，因此 DH 的长度为4512 分20解：（1）由题意知卡塔尔世界杯淘汰赛共有 16 场比赛，其中有 5 场比赛通过点球大战决出胜负，所以估计在世界杯淘汰赛阶段通过点球大战分出胜负的概率为5163 分（2）下面为2 2列联表：欧洲球队其他球

28、队合计进入 8 强538未进入 8 强81624合计131932零假设0:32H支决赛圈球队闯入 8 强与是否为欧洲球队无关2220.01()32(5 163 8)2.1166.635()()()()8 24 13 19n adbcxab cdac bd 根据小概率值0.01的独立性检验，没有充分证据推断0H不成立，即不能在犯错的概率不超过 0.01 的前提下认为“决赛圈球队闯入 8 强”与是否为欧洲球队有关7 分（3）方法一不妨假定踢满第一阶段的 5 轮因为前两轮两队比分为2:2，若甲队在第一阶段获得比赛胜利，则后 3 轮有 6 种比分，1:0,2:0,2:1,3:0,3:1,3:2，所以甲

29、在第一阶段获得比赛胜利的概率33123121222221331333331121121C(1)C(1)C(1)CC3333333Ppppppppp 2132323232115315133272799pppp Cppp 12 分方法二假定比赛进行到任意轮，两队均完成该轮踢点球（实际比赛过程中，只要能确定某队获胜，无需两队均完成某轮踢点球）两队前 2 轮比分为2:2的条件下，甲在第一阶段获得比赛胜利，则后 3 轮有 5 种可能的比分，1:0,2:0,2:1,3:1,3:2当后 3 轮比分为1:0时，3212131(1)C(1)39ppppp，当后 3 轮比分为2:0时，有两种情况，23222122

30、21132(1)C(1)3327ppppppp，当后 3 轮比分为2:1时，2222112132232 12 116(1)(1)CC(1)C3 33 327ppppppp，当后 3 轮比分为3:1时，2331422 14C3 327ppp，当后 3 轮比分为3:2时，233253214C339ppp综上，甲在第一阶段获得比赛胜利的概率2222333212345(1)32(1)16(1)44151927272792799pppppppppPpppppppp方法三根据实际比赛进程，假定点球大战中由甲队先踢两队前 2 轮比分为2:2的条件下，甲在第一阶段获得比赛胜利，则后 3 轮有 5 种可能的比分

31、，1:0,2:0,2:1,3:1,3:2当后 3 轮比分为1:0时，甲乙两队均需踢满 5 轮，3212131(1)C(1)39ppppp当后 3 轮比分为2:0时，有如下 3 种情况：2:03452:03452:0345甲甲甲乙乙乙则2223212221132C(1)339pppppp当后 3 轮比分为2:1时，有如下 6 种情况：2:13452:13452:1345甲甲甲乙乙乙2:13452:13452:1345甲甲甲乙乙乙则2212322 143(1)C(1)3 39ppppp当后 3 轮比分为3:1时，有如下 2 种情况：3:13453:1345甲甲乙乙则33142214339ppp C

32、当后 3 轮比分为3:2时，有如下 1 种情况：3:2345甲乙则23352143327ppp综上，在点球大战中两队前 2 轮比分为2:2的条件下，甲在第一阶段获得比赛胜利的概率2233323212345(1)32444151(1)9999272799ppppppPpppppppppp21解：（1）法一由222225,64271,abab解得2216,9ab4 分法二左右焦点为12(5,0)(5,0)FF，125,2196368caMFMF，22294,abca，双曲线 E 的标准方程为221169xy4 分（2）设 CD 的方程为1122,xmyt C x yD xy，联立221169xmy

33、txy消去 x 得22291618911=0mymtyt，12218916mtyym，21229144916ty ym，2212224916916tmyym，5 分AC 的方程为11(4)4yyxx，令2x，得1164pyxx，BD 的方程为22(4)4yyxx，令2x，得2224pyyx，7 分122111222111221212623124031240444yyx yyx yymyt yymyt yymy yxx212121212249144(312)(4)04(24)(8)0916mttytymy ytyytyym2222(24)1824(8)9160916916tmtttmmm2222

34、3(8)(8)9160(8)39160mtttmtmtm，10 分解得8t 或229163tmm，即8t 或4t（舍去）或4t （舍去），CD 的方程为8xmy，直线 CD 过定点，定点坐标为(8,0)12 分方法二设 CD 的方程为1122,(2,)xmyt C x yD xyPn，联立22,1,169xmytxy，消去 x 得2229161891440mymtyt，2121222189144,916916mttyyy ymm，AC 的方程为(4)6nyx，BD 的方程为(4)2nyx，,C D分别在 AC 和 BD 上，11224,462nnyxyx，两式相除消去 n 得211211223

35、462444xyyyxxxy，又22111169xy，211194416xxy将2112344xyxy代入上式，得1212274416xxy y1212274416mytmyty y 221212271627(4)27(4)0my ytm yyt22222914418271627(4)27(4)0916916tmtmtmtmm整理得212320tt，解得8t 或4t（舍去）CD 的方程为8xmy，直线 CD 过定点，定点坐标为(8,0)注：法二酌情给分如用极点极线得到正确结果但没有具体过程给 4 分22解：（1）令22()0 xxafxx，即2()20,44g xxxaa 若0，即当1a时，(

36、)f x在(0,)上为增函数2 分若0，即当1a时，(0)ga 若10a，则()f x在(0,11)a上 为 增 函 数，在(11,11)aa上 为 减 函 数，在(11,)a上为增函数若0a，则()f x在(0,11)a上为减函数，(11,)a上为增函数4 分（2）由（1）知()f x有两个极值点，则10a，由已知得12122,xxx xa，5 分则 221211122211ln2ln222f xf xxaxxxaxx21212121ln22xxax xxxaln2aaa6 分令，()ln2h aaaa，则()ln0(01)h aaa，()h a在(0,1)内单调递减2222211113ln

37、22eeeeeh，a的取值范围是21,1e7 分 证 明21()(1)ln(2)e12xf xxaxaxx恒 成 立 等 价 于eln1xaxxx成 立，即eln1xxxax成立8 分法一令eln1()xxxg xx，则22eln()xxxg xx，令2()elnxh xxx，则21()2exh xxxx，显然在(0,)上，()0h x，即()h x在(0,)上为增函数当0 x 时，(),()h xxh x00(0,),0 xh x，即0200eln0 xxx，则00,()xxg x为减函数，0,()xxg x为增函数000min00eln1()xxxg xg xx10 分000001ln22

38、000000000111eln0,eln,eln,elnexxxxxxxxxxxxxx 令()ext xx，则()(1)ext xx在(0,)上，()0t x，()t x在(0,)上单调递增0001lnlnxxx，即00e1xx，0000min000eln111()1xxxg xg xxx，1a，则21()(1)ln(2)e12xf xxaxaxx恒成立而已求得2e,1a，即证得21()(1)ln(2)e12xf xxaxaxx恒成立，12 分法二变形加放缩lneln1eln1ln1 ln11xxxxxxxxxxxxxx，1a，则21()(1)ln(2)e12xf xxaxaxx恒成立而已求得2e,1a，即证得21()(1)ln(2)e12xf xxaxaxx恒成立法二按上面标准酌情给分