辽宁省大连市2023-2024学年高三上学期双基测试数学试卷含答案.pdf

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1、学科网（北京）股份有限公司2024 年大连市高三双基测试数学年大连市高三双基测试数学命题人：注意事项：命题人：注意事项：1.请在答题纸上作答，在试卷上作答无效请在答题纸上作答，在试卷上作答无效 2.本试卷分第本试卷分第 I 卷（选择题）和第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分，共卷（非选择题）两部分，共 150 分，考试时间分，考试时间 120 分钟分钟.第第 I 卷一卷一单项选择题：本题共单项选择题：本题共 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，只有一项符合题目要求在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求1.已知集合*11,2,3,4,5

2、,2xABxN，则AB（）A.5 B.2,4 C.3,5 D.1,3,52.设复数1 i4i1 iz，则z（）A.0B.1C.2 D.33.在ABC中，若1,3ADmDB CDCACB ，则（）A.23B.13C.13 D.234.在财务审计中，我们可以用“本福特定律”来检验数据是否造假.本福特定律指出，在一组没有人为编造的自然生成的数据（均为正实数）中，首位非零的数字是19这九个事件不是等可能的.具体来说，随机变量是一组没有人为编造的首位非零数字，则1lg,1,2,9kPkkk.则根据本福特定律，首位非零数字是 1 与首位非零数字是 8 的概率之比约为（）（保留至整数，参考数据：lg20.3

3、01,lg30.477）.A.4B.6C.7D.85.已知曲线“22:log 2024log 20241abCxy表示焦点在y轴上的椭圆”的一个充分非必要条件是（）A.0abB.1abC.32abD.1ba6.已知函数 2log,0,2sin,2,104x xf xxx，若存在实数1234,x x x x满足学科网（北京）股份有限公司1234f xf xf xf x，且1234xxxx，则34124xxxx的值是（）A.3 B.6 C.8 D.127.设11155,2ln sincos,ln48844abc，则（）A.abc B.bacC.cba D.acb8.已知函数 sin cos (1,

4、1,0)f xaxbx ab满足下列条件：对任意 1,4xf xf R恒成立；f x在区间3 4,7 7上是单调函数；经过点,2ba的任意一条直线与函数 yf x图像都有交点，则的取值范围是（）A.280,13,9 B.280,13,9C.0,13,5 D.30,1,52二二多项选择题：（本题共多项选择题：（本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得全部选对的得 5 分，部分选对的得分，部分选对的得 2 分，有选错的得分，有选错的得 0 分分.）9.在ABC中，角,A B C

5、的对边分别是,a b c，若cossinaBbAc，2222 10,sinaabcabC，则（）A.tan2C B.3A C.6 2b D.ABC的面积为12 210.如图，在棱长为 1 的正方体1111ABCDABC D中，M N P 分别是1111C D C C A A的中点，则（）A.平面1AMN截正方体所得截面为等腰梯形学科网（北京）股份有限公司B.三棱锥1DMNB的体积为112C.异面直线MN与1D P所成角的余弦值为1010D.1ADBM11.已知,A B C三个盒子，其中A盒子内装有 2 个红球，1 个黄球和 1 个白球；B盒子内装有 2 个红球，1个白球；C盒子内装有 3 个红

6、球，2 个黄球.若第一次先从A盒子内随机抽取 1 个球，若取出的球是红球放入A盒子中；若取出的球是黄球放入B盒子中；若取出的球是白球放入C盒子中，第二次从第一次放入盒子中任取一个球，则下列说法正确的是（）A.在第一次抽到黄球的条件下，第二次抽到红球的概率为12B.第二次抽到红球球的概率为13C.如果第二次抽到的是红球，则它来自B号盒子的概率最大D.如果将 5 个不同的小球放入这三个盒子内，每个盒子至少放 1 个，则不同的放法有 150 种12.已知椭圆22:143xyE左焦点F，左顶点C，经过F的直线l交椭圆于,A B两点（点A在第一象限），则下列说法正确的是（）A.若2AFFB ，则l的斜率

7、62k B.4AFBF的最小值为274C.以AF为直径的圆与圆224xy相切D.若直线,AC BC的斜率为12,k k，则1294kk 第第 II 卷卷三三填空题：（本大题共填空题：（本大题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分，把答案填在答卷纸的相应位置上）分，把答案填在答卷纸的相应位置上）13.如图所示是一个样本容量为 100 的频率分布直方图，则由图形中的数据，可知其60%分位数为_.学科网（北京）股份有限公司14.十九世纪下半叶集合论的创立，奠定了现代数学的基础.著名的“康托三分集”是数学理性思维的构造产物，具有典型的分形特征，其操作过程如下：将闭区间0,1均分为

8、三段，去掉中间的区间段1 2,3 3，记为第一次操作：再将剩下的两个区间120,133 分别均分为三段，并各自去掉中间的区间段，记为第二次操作：.，如此这样，每次在上一次操作的基础上，将剩下的各个区间分别均分为三段，同样各自去掉中间的区间段.操作过程不断地进行下去，以至无穷，剩下的区间集合即是“康托三分集”.若使去掉的各区间长度之和小于18212024，则操作的次数n的最大值为_.（参考数据：456722220.1975,0.1317,0.0878,0.05853333）15.已知3,0A，若点P是抛物线28yx上的任意一点，点Q是圆22(2)1xy上任意一点，则2|PAPQ最小值是_.16.

9、如图所示，在圆锥内放入两个球12,O O，它们都与圆锥相切（即与圆锥的每条母线相切，切点圆分别为12,CC.这两个球都与平面相切，切点分别为12,F F，丹德林（G.Dandelin）利用这个模型证明了平面与圆锥侧面的交线为椭圆，12,F F为此椭圆的两个焦点，这两个球也称为 G.Dandelin 双球.若圆锥的母线与它的轴的夹角为30，12,CC的半径分别为 2，5，点M为2C上的一个定点，点P为椭圆上的一个动点，则从点P沿圆锥表面到达M的路线长与线段1PF的长之和的最小值是_.四四解答题：（本大题共解答题：（本大题共 6 小题，共小题，共 70 分，解答应写出文字说明分，解答应写出文字说明

10、证明过程或演算步骤）证明过程或演算步骤）17.（本小题满分 10 分）已知函数 sin 2cos2f xxx，其中2，_.学科网（北京）股份有限公司请从以下二个条件中任选一个，补充在题干的横线上，并解答下列问题：12是 f x的一个零点；03ff.（1）求的值；（2）当,6 3x 时，若曲线 yf x与直线ym恰有一个公共点，求m的取值范围.注：如果选择条件和条件分别解答，按第一个解答计分.18.（本小题满分 12 分）如图，多面体ABCDNM，四边形DBMN是矩形，梯形,ABCD AD,BC DN 平面,2ABCDCBD，E为AB中点，2,1ADBDDNBC.（1）证明：AN平面MDE；（2

11、）求平面MNC和平面MNA所成角余弦值.19.（本小题满分 12 分）已知数列 na满足：*111,1,N2,nnnanaana n为奇数为偶数.设21nnba.（1）证明：数列2nb 为等比数列，并求出 nb的通项公式；（2）求数列 na的前2n项和.20.（本小题满分 12 分）某农场 2021 年在 3000 亩大山里投放一大批鸡苗，鸡苗成年后又自行繁育，今年为了估计山里成年鸡的数量N，从山里随机捕获 400 只成年鸡，并给这些鸡做上标识，然后再放养到大山里，过一段时间后，从大山里捕获 1000 只成年鸡，X表示捕获的有标识的成年鸡的数目.（1）若10000N，求X的数学期望；（2）已知

12、捕获的 1000 只成年鸡中有 20 只有标识，试求N的估计值（以使得20P X 最大的N的值作为N的估计值）.21.（本小题满分 12 分）已知抛物线2:2(0)G xpy p经过点2,1，经过点0,2的直线l与抛物线G交,A B两点，过,A B两点学科网（北京）股份有限公司作抛物线G的切线相交于点,P Q为线段AB（,A B两点除外）上一动点，直线PQ与抛物线G交,C D两点.（1）若PAB的的面积为12 3，求直线l方程；（2）求证：PCPDCQDQ.22.（本小题满分 12 分）已知函数 ln1xa xf xeax（e为自然对数的底数）.（1）若 0f x，求实数a的值；（2）证明：2

13、 1 sin2lnxxxexx；（3）对2,2cos2xxxeaxxxx 恒成立，求a取值范围.学科网（北京）股份有限公司2024 年大连市高三双基测试年大连市高三双基测试参考答案与评分标准数学参考答案与评分标准数学说明：说明：一一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订相应的评分细则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订相应的评分细则.二二对解答题，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

14、部分正确解答应得分数的一半：对解答题，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得分数的一半：如果后继部分的解答有较严重的错误，就不再给分如果后继部分的解答有较严重的错误，就不再给分.三三解答右端所注分数，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.四四只给整数分数，选择题和填空题不给中间分第只给整数分数，选择题和填空题不给中间分第 I 卷卷一一单项选择题单项选择题1.C 2.D 3.A 4.B 5.C 6.A 7.B 8.A.7.解：211111ln s

15、incosln 1 sin,1ln 188444bc，构造函数由sin,ln1xxxx得，11111sin,ln 1 sinsin,;44444ab构造函数 2211ln1,11(1)(1)xxf xxfxxxxx f x在0,1上单调递增，即ca，故cab另法：1111ln,1ln 1444xx x c 8.方法一：由函数 sin cos (0)f xaxbx可知函数周期是22，因为对任意 1,4xf xf R恒成，所以函数的一条对称轴是14x，又因为 f x在区间3 4,7 7是单调函数，所以11347114147mm，所以12,mm Z，所以m为 0 或 1.学科网（北京）股份有限公司当

16、0m 时，2809；当1m 时，285659由已知得22max()f xab，因为经过点,2ba的任意一条直线与函数 yf x图像都有交点，所以222aba，所以ba.因为对任意 1,4xf xf R恒成，所以1cossin0444fab.所以tan,1tan144ab，由2809或285659，得044或37449，所以01或2839方法二：22sin,tan,0,2bf xabxa由可知：142m，即,42mmZ（*）由可知：34,77x，因为函数在3 4,7 7上是单调函数，所以34,7722kkkZ 3724721127kkT 将（*）带入化简可得：2828()5528(),()907

17、kmkmkmZ 所以2828 560,959，下同方法一.二二多项选择题多项选择题9.AC 10.ACD 11.AD 12.BCD10.解：对于A，在正方体中，连接11,CD AB，因为,M N分别为111,C D C C中点，所以MN1DC，在正方体中，1AB1DC，所以MN1AB，又因为152MANB，所以平面1AMN截正方体所得截面为等腰梯形，A 正确；对于 B，1111111111,3322224DMNBB D MND MNVVBCSB 错误；学科网（北京）股份有限公司对于 C，因为MN1DC，所以异面直线MN与1D P所成角即为直线1DC与1D P所成角，设所成角为，则2222221

18、11153(2)22|10cos2105222D PDCCPD PDC，C 正确；对于D，在正方体中易知1AD 平面11,ABC D BM 平面11ABC D，所以1,DADBM正确.11.解：记第一次抽到第红黄白球的事件分别为123,A A A，则有12311,24P AP AP A，对于A，在第一次抽到黄球的条件下，则黄球放入B盒子内，因此第二次抽到红球的概率为21,A42P 正确；于 B，记第二次在第,A B C盒内抽到白球的事件分别为1,2,3iB i，而123,A A A两两互斥，和为，记第二次在第,A B C号盒内抽到红球的事件分别为1,2,3iC i，而123,A A A两两互斥

19、，和为，112233111,222P CAP CAP CAB错；记第二次抽到红球的事件为C，33111111111()2242422iiiiiiiP CP ACP AP CA若取出的球是红球放入A盒子中；若取出的球是黄球放入B盒子中；若取出的球是白球放入C盒子中，第二次从第一次放入盒子中任取一个球，111222121111112242,112422P AP CAP AP CAP A CP ACP CP C，333311142142P AP CAP ACP C，即第二次抽到的是红球，则它来自A盒子的概率最大，C不正确；把 5 个不同的小球分成 3 组的不同分组方法数是22353522C CCA种

20、，将每一种分组方法分成的小球放在 3 个盒子中有33A种不同放法，由分步乘法计数原理得不同的放法种数是2233535322150C CCAA种，D 正确.易知：121,0,1,0FF，对于A，若112AFFB，显然直线1l的斜率存在且大于 0，设直线学科网（北京）股份有限公司111221(0),l yk xkA x yB xy，联立椭圆方程221143yk xxy，化简整理得22224384120kxk xk，显然2212122284120,4343kkxxx xkk，又1111221,1,AFxyFBxy ，故12121xx，整理得1223xx，由21221221228432341243kx

21、xkxxkx xk 解得254k，又0k，故5,2kA错误；对于B，易知直线1l的斜率不为 0，设直线11122:1,lxmyA x yB xy，联立椭圆方程221143xmyxy，化简整理得2234690mymy，显然121222690,3434myyy ymm，由点A在x轴的上方，显然120,0yy，又2222221111122211,11AFxymyBFxymy，2221122212222211121212212 14111143439 1111134myyyyyymAFBFmmymymyymyym，故11111111111111443113327445524444BFAFBFAFAFB

22、FAFBFAFBFAFBFAFBF，当且仅当11114 BFAFAFBF，即112AFBF时取等，B正确；对于C，设111,A x yAF的中点为P，则111,22xyP，又221211442xAFyOP，由椭圆定义知：21222AFAF，即122AFOP，又224xy的圆心为0,0O，半径为 2，故以1AF为直径的圆与圆224xy内切，C正确；学科网（北京）股份有限公司方法二：12.解：易知：121,0,1,0FF，对于A，若112AFFB，显然直线1l的斜率存在且大于 0，设直线111221,l xmyA x yB xy，联立椭圆方程221143xmyxy，化简整理得2234690mxmy

23、，显然121222690,3434myyy ymm又1111221,1,AFxyFBxy ，故122yy，由，122122126349342myymy ymyy 解得245m，又0k，故52k，A 错误；对于B，由点A在x轴的上方，显然120,0yy，又2211121,1AFmyBFmy，2221122212222211121212212 14111143439 1111134myyyyyymAFBFmmymymyymyym，故11111111111111443113327445524444BFAFBFAFAFBFAFBFAFBFAFBFAFBF，当且仅当11114 BFAFAFBF，即112

24、AFBF时取等，B正确；对于 D，2121212122222698124,34343434mmyyy yxxx xmmmm，212122121212229934,D124822244243434ACBCy yy ymkkmxxx xxxmm 正确第第 II 卷卷三三填空题：（本大题共填空题：（本大题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分，把答案填在答卷纸的相应位置上）分，把答案填在答卷纸的相应位置上）13.1414.5学科网（北京）股份有限公司解：记na表示第n次去掉的长度，113a，第 2 次操作，去掉的线段长为222,3a，第n次操作，去掉的线段长度为123nnna，

25、12133212313nnnS，则21821220310.10033202432024nn，由56220.1317,0.0878,33n的最大值为 5.15.4 34解：由题意得抛物线28yx的焦点为2,0F，准线方程为2x .又点P是抛物线上一点，点Q是圆22(2)1xy上任意一点，max|1,PQPF 22|1PAPAPQPF.令1tPF，点P的坐标为,PPxy，则233PXPFtt，222222|338(33)83412PPPPPAxyxxtttt，22|41212124244 341PAttttPFttt，当且仅当12tt，即2 3t 时等号成立.2|PAPQ的最小值为4 34.16.

26、6解：在椭圆上任取一点P，连接VP交球1O于点Q，交球2O于点R，连接111112,OQ O F PO PF O R，在11O PF与1O PQ中有：学科网（北京）股份有限公司111OQO F，（1r为圆1C的半径，2r为圆2C的半径，），11190OQPO FP，1O P为公共边，所以111O PFO PQ，所以1PFPQ，设点P沿圆锥表面到达M的路线长为PMd，则1PMPMPFdPQdPQPRQR，当且仅当P为直线VM与椭圆交点时取等号，125261sin302rrQR，所以最小值为 6，四四解答题：（本大题共解答题：（本大题共 6 小题，共小题，共 70 分，解答应写出文字说明分，解答应

27、写出文字说明证明过程或演算步骤）证明过程或演算步骤）17.（本小题满分 10 分）解：选条件（1）由题设sincos01266f.所以3sin62.因为22，所以2363.所以63.所以6.（2）由（1）31sin 2cos2sin2cos2622f xxxxxsin 26x.令52t666tx 所以ysint在,6 2单调递增，在 5,26单调递减，于是，当且仅当262x，即6x 时，f x取得最大值 1；学科网（北京）股份有限公司当且仅当266x，即6x 时，f x取得最小值12.又5266x，即3x 时，51sin362f.所以m的取值范围是 1 1,12 2.选条件.（1）由题设22s

28、incos0sincos33.整理得3sin62.以下同选条件（1）.18.（本小题满分 12 分）证明：（1）连接线段BN交DM与于点O，连接OE，四边形DBMN是矩形，点O是线段BN中点，点E是AB中点，OEAN，OE 平面,MDE AN 平面MDE，AN平面MDE.（2）AD,2BCCBDDADB，DN 平面,ABCD DA DB 平面,ABCDDNDA DNDB，,DN DA DB三条直线两两互相垂直，以D为原点，以,DA DB DN 为,x y z轴正方向建立空间直角坐标系，0,2,2,0,0,2,2,0,0,1,2,0MNAC 设平面MNA的法向量为,z,0,2,0,2,0,2mx

29、 yNMNA ，0220,200m NAxzym NM ，令1x，则1,0,1m 设平面MNC的法向量为,0,2,0,1,0,2na b cNMMC ，020,200n MCacbn NM ，令2a，则2,0,1n，设平面MNC与平面MNA所成角为，则学科网（北京）股份有限公司|2 110cos|cos,|1025m nm nm n .平面MNC与平面MNA所成角余弦值为1010.19.（本小题满分 12 分）解：（1）由题意可知：111ba，121221212212222nnnnnnbaaaab，故11222,210,20nnnbbbb ，得1222nnbb，故2nb 是以121b 为首项，

30、以2q 为公比的等比数列，且1*22,nnbn N，故1*22,Nnnbn（2）由（1）知，1*22,Nnnbn，即1*2122,Nnnan，由题意知：*11,212,2nnnankakNa nk，故*2211,nnaanN，故数列 na的前2n项和 2135212462nnnSaaaaaaaa135212naaaan0121222222nnn11 2232231 2nnnn 20.（本小题满分 12 分）解：（1）以X服从超几何分布，且10000,400NM，故40010004010000E X.（2）当1380N 时，200P X；当1380N 时，20980400400100020NNC

31、CP XC学科网（北京）股份有限公司令2010004004001000NNCCf NC，则209804001 4001000120980400400100011 10001 40011 400980NNNNCCf NNNCCCf NNNC 221398999 39913781379NNNN221398999 39913781379,19999NNNNN，当138019999N时，1f Nf N；当20000N 时，1f Nf N，所以当19999N 或 20000 时，f N最大，所以N的值为 19999 或 20000.21.（本小题满分 12 分）解：（1）已知抛物线2:2(0)G xpy

32、 p经过点2,1，所以抛物线2:4G xy设1122,A x yB xy，由题意可知直线AB斜率存在，设直线AB方程为2ykx，联立方程组242xyykx，可得2480 xkx，所以2121216320,4,8kxxk x x，所以弦长22212111632ABkxxkk12yx，所以切线AP方程：11112yyxxx，即2111124yx xx同理可得切线BP方程：2221124yx xx联立和方程组21122211241124yx xxyx xx解得：122,22xxxk y，所以2,2Pk，又因为点P到直线AB距离22421kdk，所以23222224211116324 212 3221

33、ABPkSABdkkkk，学科网（北京）股份有限公司可得21k，即1k ，所以直线AB方程为2yx （2）方法一：设003344,Q xyC xyD xy，设,1,1PCCQ PDDQ ，所以3303032,2,xk yxxyy，所以03032121kxxyy，代入抛物线方程得：20024 12kxy，化简得22200004448480,xykxyk同理22200004448480 xykxyk，即,是方程22200004448480 xyxkxyxk的两根，因为点00,Q xy在直线AB上，即004480kxy，所以方程化为222004480 xyxk，可得0，即PCPDCQDQ成立.方法二

34、：设3344,QQQ xyC xyD xy，由题意知直线PQ的斜率存在，设直线PQ方程为：22,ym xkmk，联立方程组2422,xyym xk，可得24880 xmxkm，23434164 880,4,88mkmxxm x xkm，因为223412,1QPCmkxDQmxx，224312,1,QPDmkxCQmxx因为344320,20QQkxxxkxxx所以22223443|121121QQPCDQPD CQmkxmxxmkxmxx23434341422Qmkxxxk xxx x学科网（北京）股份有限公司221448164 124QQmkm xkmmkm xkm由两条直线联立：222ym

35、 xkykx，可得24Qkmxkm，代入可知2244 1240kmPC DQPD CQmkmkmkm 即PCPDCQDQ成立.22.（本小题满分 12 分）解（1）方法一：ln0,ln10,ln10 xxxf xxea xxea xx ，令ln,.1 0ttxx tReat，对任意tR恒成立，令 1th teat，当0a 时，101220aheea，与 0h t 恒成立矛盾，不合题意；当0a 时，111,1110th tehee ，与 0h t 恒成立矛盾，不合题意；当0a 时，,th tea h t在,lna上递减，在ln,a上递增，h t的最小值为lnln1haaa a.令 ln1aaa

36、a，则 lnaa，知 a在0,1上递增，在1,上递减，max()10a，要使 ln1 0aaa a，当且仅当1a.综上，实数a的值为 1.方法二：ln0,ln10,ln10 xxxf xxea xxea xx ，令ln,.1 0ttxx teatR，对任意tR恒成立，当0t 时，1teat，因为11 11tettt，所以1a；当0t 时，1teat，因为11 11tettt，所以1a；当0t 时，不等式恒成立；综上，实数a的值为 1.学科网（北京）股份有限公司方法三：将 0f x 等价为 ln10 xg xxeaxa x，当0a 时，101220aheea，与 0h t 恒成立矛盾，不合题意，

37、当0a 时，也不合题意当0a 时 1111xxxxxeax xea xagxxeaxxx，令 ,10 xxh xxea h xxe，所以 h x在0,单调递增，因为 00,10aahah aaeaa e ，所以00,x，使得00h x，即00 xX ea，即00lnlnxxa，当000,0 xxh x，即 0gx，所以 g x单调递减；当00,0 xxh x，即 0gx，所以 g x单调递增，所以0min000000()ln1ln1ln1xg xg xx eaxa xaa xxaa a 令 ln1,lnaaaaa，当 0,1,0,aaa单调递增；当 1,0,aaa单调递减，可知 10a.所以当

38、且仅当1a 时 ln10 xg xxeaxa x 成立.即 0f x 时，1a.（2）方法一：证明：由（1）知，当1a 时，ln1 0 xxexx，即ln1xxexx，22lnxx exx xx，证明：2 1 sin2lnxxxexx等价于证明下面证明2ln2ln2 1 sinxx xxxxx，即证：222sin0 xxx.令 222sin,21 2cosg xxxx gxxx.学科网（北京）股份有限公司当01x 时，显然 gx单调递增，11 2cos1 1 2cos03gxg ，g x在0,1上单调递减，122sin10g xg，当1x 时，显然222sin0 xxx，即 0g x.故对一切

39、0,x，都有 0g x，即2ln2ln2 1 sinxx xxxxx.故原不等式22ln2 1 sinxx exxx成立.方法二：证明：由（1）知，当1a 时，ln1 0 xxexx，即ln1xxexx，22lnxx exx xx证明：2 1 sin2lnxxxexx等价于证明下面证明2ln2ln2 1 sinxx xxxxx，即证：222sin0 xxx.因为2221(1)0 xxxx，所以221xxx.因为sin,1sinxxx，显然222sin0 xxx.故原不等式22ln2 1 sinxx exxx成立.（3）方法一：令 2cos,sinxxg xeaxx gxeax，若1a，当0 x

40、 时，cosxgxex，0,gxgx在0,单调递增，100,1sin1110aggaeaaaa，故存在唯一00,x，使得00gx，则当 00,xxg x为减函数，00,00gg xg，此时 0 xg x，与题意不符（舍）.若1a（i）当0 x，则由可知，cos0,xgxexgx在0,单调递增，010,gxgag x在0,单调递增，所以 00g xg学科网（北京）股份有限公司所以22cosxxeaxxxx成立.（ii）当 ,0,cos,sin,2xxxgxex gxex gx 在,02单调递增，201,102gge，故存在唯一0,02x，使得00gx，当0,2xx 时，0,gxgx在0,2x上单

41、调递减，当0,0 xx时，0,gxgx在0,0 x上单调递增，200,02gge，故存在唯一10,2xx，使得 10gx，当1,2xx 时，0,gxgx在1,2x上单调递增，当1,0 xx时，0,gxgx在1,0 x上单调递减，2010,10,02gageagx 在,02恒成立，g x在,02单调递增 00,0g xgxg x恒成立，1a时，0 xg x 恒成立，综上所述，1a 方法二：因为22cosxxeaxxxx，所以2cos0 xx eaxx.当0 x 时，2cos0 xeaxx恒成立，所以2cosxexax恒成立，令 2cos,sin11 sin10,xxxexxxexxxx 在0,x

42、上单调递增，00 x，所以2cosxexxax，所以1a.当02x时，2cos0 xeaxx恒成立，所以恒成立2cosxexax，令 2cos,sin1xxxexxxex，学科网（北京）股份有限公司当0 x 时，cosxxex，令0cos0,02xexx，使得00cosxex，当0,2xx 时，0,xx在,02上单调递增，当0,0 xx时，0,xx在0,0 x上单调递减，2200,sin1022ee，,0,02xx 恒成立，x在,02x 上单调递增减，00,xx在,02x 上单调递增，所以 00 x，所以2cosxexxax，所以1a.综上所述1a.方法三：2cos0 xx eaxx当0 x

43、时，2cos0 xeaxx恒成立，即2cosxexax在0,恒成立，令 21sin2cos2cos(0),xxxexxxexh xxh xxx，令 1sin2cos,cos0,xxg xxexxx gxx exg x在0,上单调递增，00,0,g xgh xh x在0,上单调递增，0h xh，由洛必达法则 01,1ha 当02x时，2cos0 xeaxx恒成立，即2cosxexax在,02恒成立，同方法一，cos0,cosxxgxx exex，存在唯一0,02x，使得00gx，当0,2xx 时，cos0,xgxx exg x在0,2x上单调递减，学科网（北京）股份有限公司当0,0 xx时，cos0,xgxx exg x在0,0 x上单调递增，200,10222gge，0g x在,02恒成立，0,h xh x在,02单调递减，0h xh，用洛必达法则 01,1ha.当0 x 时，2cos0 xx eaxx恒成立，综上所述，1a（用洛必达法则扣 1 分）