【文档说明】福建省厦门市2024届高中毕业班第二次质量检查基础巩固练习数学试题（解析版）.docx，共(21)页，1.215 MB，由envi的店铺上传

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厦门市2024届高中毕业班第二次质量检查数学基础巩固练习满分：150分考试时间：120分钟考生注意：1.答题前，考生务必将自己的准考证号、姓名填写在答题卡上.考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考

证号、姓名、考试科目”与考生本人准考证号、姓名是否一致.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，再选涂其它答案标号.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，将答题卡交回.一、单

选题：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，只有一项是符合题目要求的.1.已知集合24Pxx=−Z，2230Qxxx=+−，则PQ=（）A.(2,1−B.)3,4−C.1,1

−D.1,0,1−【答案】D【解析】【分析】计算出集合P、Q后，借助交集定义即可得.【详解】由2230xx+−，可得31x−，即31Qxx=−，由241,0,1,2,3Pxx=−=−Z，故1,0,1PQ=−.故选：D.2.如图

，一组数据123910,,,,,xxxxx，的平均数为5，方差为21s，去除9x，10x这两个数据后，平均数为x，方差为22s，则（）A5x，2212ssB.5x，2212ssC.5x=，2212ss

D.5x=，2212ss【答案】D【解析】【分析】根据题中数据结合平均数的定义运算求解，并根据方差的意义理解判断.【详解】由题意可得：10910115,1,910iixxx====，则10150iix==，故()8109101111150

195888iiiixxxxx====−−=−−=，∵910,xx是波幅最大的两个点的值，则去除9x，10x这两个数据后，整体波动性减小，故2212ss.故选：D.3.已知π3sin65−=

，则πsin26+=（）A.1825B.1825−C.725D.725−【答案】C【解析】【分析】根据诱导公式，结合余弦二倍角公式进行求解即可.【详解】2πππππ7sin2sin2cos212sin6266625+=+−=−=−−=

，故选：C4.设0.814a=，0.3log0.2b=，0.3log0.4c=，则a，b，c的大小关系为（）A.abcB.bacC.cabD.bca【答案】D【解析】【分析】首先将对数

式和指数式与临界值比较，再判断大小关系.【详解】1.61122a=，即102a，0.3log0.21b=，即1b，因为20.40.3，所以20.30.3log0.4log0.31=，即0.31log0.42，且0.3

0.3log0.4log0.31=，则112c，.所以bca.故选：D5.在ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，已知14bca−=，2sin3sinBC=，则cosA=（）A.14−B.14C.13−D.13【答案】A【解析】【分析】借助正弦定理结合题目所给条

件可将所有边长的关系计算出来，再利用余弦定理代入计算即可得解.【详解】由2sin3sinBC=，则23bc=，则2134bcbba−=−=，即34ba=，则22313342cbaa===，故22222231314216cos313242424aaabcaA

bcaa+−−+−====−.故选：A.6.甲、乙、丙3人站到共有6级的台阶上，同一级台阶上的人不区分站的位置，则不同的站法种数是（）A.156B.210C.211D.216【答案】D【解析】【分析】共有三种情况，3人站一个台阶，

或2人站一个台阶另1人站另一个台阶，或3人各站一个台阶，然后根据分类计数加法原理即可求解．【详解】若三人站在一个台阶上，有1363CA种站法，若三人站在两个台阶上，有2262AA种站法，若三人站在三个台阶上，有3363CA种站法，所以，一共有132233636263CAAA

CA216++=种站法.故选：D.7.一个人骑自行车由A地出发向正东方向骑行了4km到达B地，然后由B地向南偏东30方向骑行了6km到达C地，再从C地向北偏东30方向骑行了16km到达D地，则,AD两地的距离为（）A.419kmB.103kmC.283kmD.26km【答

案】B【解析】【分析】根据给定条件，作出几何图形，延长AB交CD于点E，再利用余弦定理求解作答.【详解】如图，4,6,16ABBCCD===，延长AB交CD于点E，则60,60CBEBCE==，因此CBE△是正三角形，6,60B

ECEBCBEC====，于是10,120AEDEAED===，在ADEV中，由余弦定理得222212cos120101021010()1032ADAEDEAEDE=+−=+−−=，所以,

AD两地的距离为103km.故选：B8.如图，O的半径等于2，弦BC平行于x轴，将劣弧BC沿弦BC对称，恰好经过原点O，此时直线yxm=−+与这两段弧有4个交点，则m的可能取值为（）A.23B.45C.67D.1【答案】B【解析】【分析】由题意，分别求出直线过点C以及与劣弧BC相切时m的值

，再结合图形，即可得.【详解】因为圆O的劣弧BC关于弦BC对称的图形恰好经过坐标原点O，所以(3,1)B−−，(3,1)C−，当直线过(3,1)C−时，将(3,1)C−代入yxm=−+中，所以13m=−+，由对称性可知，圆弧BOC对应的圆的圆心

在y轴上，设为(0,)Tt，则||||OTTC=，所以22220(03)(1)tt+=−++，解得2t=−，且劣弧BC对应的圆的半径为2，故劣弧BC对应圆方程为22(2)4xy++=，当直线l与劣弧BC相切时得|2|22m−−=，所以222(222)mm=−=−−舍

，结合图形可知当13222m−+−时直线yxm=−+与两段弧有4个交点.故选：B.关键点点睛：本题关键在于求出直线过点C以及与劣弧BC相切时m的值.二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要

求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.的9.设z为复数（i为虚数单位），下列命题正确的有（）A.若zR，则zz=B.若2zR，则zRC.若()1i1iz+=−，则1z=D.若210z+=，则iz=【答案】AC【解析】【分析】利用共轭复数定义可判断

A选项；利用特殊值法可判断B选项；利用复数的除法化简复数z，利用复数的模长公式可判断C选项；解方程210z+=，可判断D选项.【详解】对于A选项，若zR，则zz=，A对；对于B选项，若2zR，不妨取iz=，则21z=−R，但zR，B错；对

于C选项，若()1i1iz+=−，则()()()21i1ii1i1i1iz−−===−++−，故1z=，C对；对于D选项，若210z+=，则21z=−，解得iz=，D错.故选：AC.10.已知函数()

fx的定义域为R，对任意实数,xy满足()()()12fxyfxfy+=++，且102f=，当12x时，()0fx，则下列结论正确的是（）A.()102f=−B.()312f−=C.()fx为减函数D.()12fx+为奇函数【答案】AD【解析】【分析】利用取特

殊值方法求解选项A,B,利用抽象函数的关系式结合函数的单调性和奇偶性求解选项C,D.【详解】对A，令0xy==可得，()()()01020=++fff，解得()102f=−，A正确；对B，令12xy==可得

，()211212112fff=++=，再令1,1xy==−可得，()()()10211fff+−=+，解得()312f−=−，B错误；对C，因为()312f−=−，()102f=

−，所以()1(0)ff−,C错误；的对D，令yx=−，则()()()11022fxfxf+−+==−，所以()()11022fxfx++−+=，即()()1122fxfx+=−−+，所以函数()12fx+为奇函数，D正确；故选:AD.11.如图，在棱长为

2的正方体1111ABCDABCD−中，点E，F分别是1DD和1BD的中点，则（）A.1//CFAEB.11CFAD⊥C.点F到平面EAC的距离为63D.过E作平面与平面ACE垂直，当与正方体所成截面为

三角形时，其截面面积的范围为314[,]23【答案】BCD【解析】【分析】以点A为原点建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明判断AB；求出平面ACE的法向量，求出点到平面的距离判断C；求出过E垂直于平面ACE的直线与平面1111DCBA的交点坐标，再计算判断D.【详解】在棱长为2

的正方体1111ABCDABCD−中，建立如图所示的空间直角坐标系，则11(0,0,0),(2,2,0),(0,0,2),(0,2,0),(0,2,1),(2,2,2),(1,1,1)ACADECF，对于A，1(1,1,1),(0,2,1)CFAE=−−−=，

显然1CF与AE不共线，即1CF与AE不平行，A错误；对于B，()10,2,2AD=−，()1112120CFAD=−−−=，因此11CFAD⊥，B正确；对于C，(2,2,0),(0,2,1)ACAE==，设平面

ACE的法向量(,,)nxyz=，则22020nACxynAEyz=+==+=，令1y=−，得(1,1,2)n=−，而(1,1,1)AF=，点F到平面ACE的距离为||263||6AFndn===，C正确；

对于D，过点E垂直于平面ACE的直线与平面1111DCBA相交，令交点为N，则(,,2)ENn==−，点(,2,21)N−+，由212+=，得12=，即13(,,2)22N，当平面经过直线EN并绕着直线EN旋转时，平面与平面1111DCBA的交线绕着

点N旋转，当交线与线段11AD，11CD都相交时，与正方体所成截面为三角形，令平面与平面1111DCBA的交线交11AD于点G，交11CD于点H，设1GDa=，1HDb=，(0,2,2),(,2,2)G

aHb−，1111(,,0),(,,0)2222NGaNHb=−−=−，由//NGNH，得2abab+=，2,[,2]3ab，1RtDGH斜边GH上的高22abhab=+，则截面EHG边GH上的高22221221abhEDhab+==++，

截面EHG的面积222222222211122EGHabSabababab=++=+++22222211111()525()22255abababababab=+−+=−=−−，当2[,2]3a时，21aba=−，21[(21)1]114(212

)[1,]4214213aabaaa−+==−++−−，所以314[,]23EGHS，D正确.故选：BCD【点睛】关键点点睛：选项D的求解关键是求出过点E垂直于平面ACE的直线与平面1111DCBA相交的交点，

转化为过定点的直线旋转问题求解.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知点F为抛物线：()220ypxp=的焦点，点()4,Am在上，且5AF=，则m=______．【答案】4【解析】【分析】依题意

可得抛物线的焦点坐标和准线方程，再利用抛物线的定义即可求得p的值，再代入点()4,Am求解即可．【详解】依题意可得抛物线的焦点为,02pF，准线为2px=−，又点()4,Am在上，则452pAF=+=，解得2p=，则抛物线的方程为24yx=，所以216m=，解得4m=故答案为

：4．13.将函数()()πsin03fxx=+的图象向右平移π3个单位长度后得到函数()ygx=的图象，若函数()yfx=和()ygx=在()0,π上都恰好存在两个零点，则的取值范围是______．【答案】55

,32【解析】【分析】由π3x+的范围，判断两个零点的值，列不等式求的取值范围；再由ππ33x−+的范围，判断两个零点的值，列不等式求的取值范围，取交集即可.【详解】当()0,πx时，πππ,

π333x++，函数()yfx=在()0,π上的两个零点只能满足ππ3x+=或π32πx+=，所以π2ππ3π3+，解得5833①．由题意，得()ππsin33gxx=−+，当()

0,πx时，ππππ2ππ,333333x−+−+．由①知ππ5π2π,3399−−−，函数()ygx=在()0,π上的两个零点只能满足0ππ33x−+=或

πππ33x−+=，所以2πππ2π33+，解得512②．由①②，得的取值范围是55,32．故答案为：55,32【点睛】关键点点睛：本题的解题关键是由角的范围，确定函数()yfx

=和()ygx=在()0,π上两个零点的值，进而通过不等式求的取值范围.14.在n维空间中（2n，nN），以单位长度为边长的“立方体”的顶点坐标可表示为n维坐标()12,,,naaa，其中()0,11,iainiN.则5维“立方体”的顶点个数是______

；定义：在n维空间中两点()12,,,naaa与()12,,,nbbb的曼哈顿距离为1122nnababab−+−++−.在5维“立方体”的顶点中任取两个不同的顶点，记随机变量X为所取两点间的曼哈顿距离，则()EX=______.【答案】①.32②.8031【解析】【分析】第一空由题意根据分步

乘法原理，求解即可；第二空先确定样本点总数，再得到X的可能取值，求出概率()()5455252C2C1,2,3,4,5C21kkPXkk====−，列出分布列，求出期望.【详解】（1）ia的可能值为0，1（15i，iN）.故五维立方体的顶点有5232=个.（2）依

题意，样本空间的样本点记为,MN，M，N为五维立方体的顶点样本点总数：()232ΩCn=当Xk=时，有k个第i维坐标值不同，有5k−个第i维坐标值相同.满足Xk=的样本点,MN个数为5455C22C2

2kkkk−=.所以()()5455252C2C1,2,3,4,5C21kkPXkk====−.故分布列为：X12345P53110311031531131()()180520302053131EX=++++=.故答案为：32；8031.【点睛】关键点点睛：本题第二空关键在于确

定当Xk=时，有k个第i维坐标值不同，有5k−个第i维坐标值相同，再由()()5455252C2C1,2,3,4,5C21kkPXkk====−求出概率.四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字

说明、证明过程或演算步骤.15.甲箱装有2个黑球和4个白球，乙箱装有2个黑球和3个白球，这些球除颜色外完全相同.某人先从两个箱子中任选一个箱子，再从中随机摸出一球.（1）求摸出的球是黑球的概率；（2）若已知摸出的球是黑球，用概率公式判断该球取自哪个箱子的可能性更大.【答案】（1）11

30（2）该球取自乙箱的可能性更大【解析】【分析】（1）由条件概率的定义，分别求出从甲箱摸出的球是黑球的概率和从乙箱摸出的球是黑球的概率，然后由全概率公式，即可得答案.（2）根据贝叶斯公式，分别求出摸

出的黑球是取自甲箱和取自乙箱的概率，比较其大小，即可得到答案.【小问1详解】记事件A表示“球取自甲箱”，事件A表示“球取自乙箱”，事件B表示“取得黑球”，则()()12PAPA==，()2163PBA==，()25PBA=，由全概率公式得：()()()()()PBPAPBAPAP

BA=+111211232530=+=.【小问2详解】该球取自乙箱的可能性更大，理由如下：该球是取自甲箱的概率()()()()11523111130PAPBAPABPB===，该球取自乙箱的概率()()()()12625111130PAPBAPABPB===，因为()()PABPA

B，所以该球取自乙箱的可能性更大.16.已知nS为等差数列na的前n项和，301,2,nnnaanbn−=为奇数为偶数，432b=，520S=.（1）求na的通项公式；（2）记nT为数列nb的

前n项和，若2220nnTS−，求n的最小值.【答案】（1）1nan=+（2）4【解析】【分析】（1）根据等差数列基本量的计算即可求解，（2）根据等差求和公式以及等比求和公式，结合分组求解可求解22,nnTS，即可根据不等式求解.【小问1详解】设数列na的公差为d

，依题意，()415552022322aaa+===，即31412435aadaad=+==+=，解得121ad==，所以na的通项公式是()211nann=+−=+.【小问2

详解】由（1）知1nan=+，所以1300,2,nnnnbn+−=为奇数为偶数，()()()122222212322nnnaannSnn+++===+，()()21321242nnnTbbbbbb−=+++++++()()()3

232142992301283002143nnnnnn+−−+−−=+=−+−222416260303nnnTSn+−−=−恒成立，令24166033nncn+−=−，由1146030nnncc+−−=−，由于5441024

,4256==，所以4n.所以12345ccccc所以n的最小值为4.17.双曲线C：()222210,0xyabab−=的离心率为3，点()2,2T在C上.（1）求C的方程；（2）设圆O：222xy+=上任意一点P处的切线交

C于M、N两点，证明：以MN为直径的圆过定点.【答案】（1）2212yx−=（2）证明见解析【解析】【分析】（1）结合题目所给条件可列出不等式组，解出即可得；（2）可结合双曲线及圆的对称性得出，若存在定点，则该定点必为原点，从而先猜后证，简

化过程；或根据圆的方程，结合韦达定理表示出该圆方程，即可得定点坐标.【小问1详解】依题意有222222213abcabca−==+=，即有22222212abab−==，解得：21a=，22b=，所以双曲线方程为2212yx−=；【小问

2详解】方法一：设()11,Mxy，()22,Nxy，①当切线斜率存在时，设直线方程为ykxm=+，因为直线与圆相切，所以221mk=+，整理得2222mk=+，联立()22222122202yxkxkmxmykxm−=−−−−==+，()()()222222Δ4422820kmkmm

k=+−+=+−，则12222kmxxk+=−，212222mxxk−−=−，由对称性知，若以MN为直径的圆过定点，则定点必为原点.1212OMONxxyy=+()()()()22121212121xxkxm

kxmkxxmkxxm=+++=++++()2222222122mkmkmkmkk−−=+++−−222222mkk−−=−，又2222mk=+，所以0OMON=，所以OMON⊥，故以MN为直径的圆过原点；②当直线斜率不存在时，直线方程

2x=，此时()()2,2,2,2MN−或()()2,2,2,2MN−，此时圆方程为()2222xy−+=，恒过原点；或()()2,2,2,2MN−−−或()()2,2,2,2MN−−−，此时圆方程为()2222xy++=，恒过原点；综上所述，以MN为直径的圆过原点.方

法二：设()11,Mxy，()22,Nxy，①当切线斜率存在时，设直线方程为ykxm=+，因为直线与圆相切，所以221mk=+，整理得2222mk=+，联立()22222122202yxkxkmxmykxm−=

−−−−==+，()()()222222Δ4422820kmkmmk=+−+=+−，则12222kmxxk+=−，212222mxxk−−=−，以()11,Mxy，()22,Nxy为直径的圆的方

程为()()()()12120xxxxyyyy−−+−−=，即()()22121212120xxxxxxyyyyyy−+++−++=，因为()()()()221212121212121xxyyxxkxmkxmkxxkmx

xm+=+++=++++，所以()222221212222222210222mkmmkxxyykkmmkkk−−−−+=+++==−−−，且()121222242222kmmyykxxmkmkk+=++=+=−−，所以所求的圆的方程为222224022kmmxxyykk−+−=−−，所以MN

为直径的圆过原点；②当直线斜率不存在时，同法一，此时圆方程为()2222xy+=，恒过原点；综上所述，以MN为直径的圆过原点.【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，

设交点坐标为()()1122,,,xyxy；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x（或y）的一元二次方程，注意的判断；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为12xx+、12xx（或1

2yy+、12yy）的形式；（5）代入韦达定理求解.18.如图，在四棱锥EABCD−中，底面ABCD为平行四边形，EAB为等边三角形，60ABC=，2BCCEAB==，()0EFABAD=+，74EFBC=.（1）求证：EBAC⊥；（2）若FDFC=，①判断直线EF与直线BC的位置

关系，并说明理由；②求平面ABE与平面FCD的夹角.【答案】（1）证明见解析（2）①EF与BC异面直线，理由见解析②4【解析】【分析】（1）利用60ABC=，2=4BCAB=，由余弦定理可得23AC=，再由勾股定理可得ABAC⊥，另外同理可得

ACAE⊥，则可由线面垂直证明线线垂直.（2）利用（1）可证明三线垂直关系，再以AB的中点O为原点建立空间直角坐标系，关键点F的坐标可先设(),,Fxyz，再利用三个相等关系7EF=，FDFC=，EFABAD=+联立方程组，可以求解出()1,3,3F−，有了坐标就可以分析EF与BC是不平行

，EFP平面ABCD，从而判定EF与BC是异面直线；而利用空间向量求二面角的大小，就只要去求两个平面的法向量的夹角即可得到想要的结果【小问1详解】不妨设2AB=，则4BCCE==，∵60ABC=，2=4BCAB=，由余弦定

理可得：22212cos41616122ACABBCABBCABC=+−=+−=，所以22241216ABACBC+=+==，即30BCA=，90BAC=，ABAC⊥，所以23AC=，又因为222124ACAECE+=+=，所以ACAE⊥，又因为ABAEA=，

所以AC⊥平面AEB，BE平面AEB，所以EBAC⊥.【小问2详解】①EF与BC异面直线，理由如下：取AB的中点为O，连结EO，EAB为等边三角形.所以EOBA⊥，3EO=由（1）知AC⊥平面AEB，所以EOAC⊥，ABACA=，所以E

O⊥平面ABC，又由ABAC⊥.则以A为原点，ABAC，分别为x轴，y轴，以过A平行于EO的直线为z轴，建立空间直角坐标系.()0,0,0A，()2,0,0B，()2,23,0D−，()0,23,0C，()1,0,3E，设(),,Fxyz，()1,,3EFxyz=−−，()2,0,0

AB=，()2,23,0AD=−，()2,0,0DC=，(),23,CFxyz=−，()2,23,CFxyz=+−因为7EF=，所以()()222137xyz−++−=，因为FDFC=，所以()()()22222223223xyzxyz+−+=++−

+，因为EFABAD=+，可得()1,,3(2,0,0)(2,23,0)xyz−−=+−，所以221233xyz=−+==，把3z=代入上面两式得，()2217xy−+=和440x+=，所以1

3xy=−=，又0，所以()1,3,3F−，所以()2,3,0EF=−，()2,23,0BC=−，所以EFkBC，EF与BC不平行，又因为EFABAD=+，则EF和平面ABCD共面，则EF在平面ABCD内，或//EF平面ABCD，又因为点E在平面ABCD外，

所以//EF平面ABCD，所以EF与BC不相交.即EF与BC异面直线；②由（1）知()0,23,0AC=为平面AEB的法向量，设平面FCD的法向量为()111,,mxyz=，()1,3,3DF=−，()2,0,0DC=，00mDFmDC==，所以111133020xy

zx−+==，取11y=，则11z=，()0,1,1m=设平面ABE与平面FCD夹角为232coscos,2232ACm===，所以4=，所以平面ABE与平面FCD的夹角为4.19.已知函数()exfxax=−.（1）讨论函数()fx的单调性；（2）设()()exgxfx−=−

，若存123xxx，使得()()()123gxgxgx==.①求a的取值范围；②设m为整数，若当3a时，相应的23,xx总满足23mxx+，求m的最小值.【答案】（1）当0a时，()fx在(),−+上单调递增；当0a时，()fx在(,lna−上单调递减，在)ln,a+上单

调递增.（2）①()2,+②2【解析】【分析】（1）直接使用导数工具分类讨论即可；（2）①求出()gx的单调性，然后使用零点存在定理对a分类讨论；②先证明232xx+，然后给出使得231xx+的例子，即可说明

m的最小值为2.【小问1详解】由()exfxax=−，知()exfxa=−.当0a时，()e0xfxaa=−−，所以()fx在(),−+上单调递增；当0a时，若lnxa，则()lnee0xafxaaaa

=−−=−=；若lnxa，则()lnee0xafxaaaa=−−=−=.在所以()fx在(,lna−上单调递减，在)ln,a+上单调递增.综上，当0a时，()fx在(),−+上单调递增；当0a时，()fx在(,lna−

上单调递减，在)ln,a+上单调递增.【小问2详解】①此时()eexxgxax−=−−，故()eexxgxa−=+−.若2a，则当0x时，有()()2eeee22ee1220xxxxxxgxaaaa−−−=+−=+−+−=−+−−.故()gx在(,0−和)0,

+上递增，故在(),−+上递增.所以，如果有123xxx，则必定有()()()123gxgxgx，故这样的123,,xxx不存在；若2a，则()()22244eeeee1eee22xxxxxxxxaaaagxaa−−−−−+−=+−=−+=−−

.记242aa−−=，242aa+−=，则01，1=，故ln0ln，lnln0+=.据()gx的表达式可知，当lnx或lnx时()0gx，当lnlnx时()0gx

.从而()gx在(,ln−和)ln,+上单调递增，在ln,ln上单调递减.根据()fx的单调性，有()()()ln1lnfxfaaa=−.再取正实数u满足3ln2u，()2ln12ln1uaa+−，lnu，就有()()ln00gg=

，且由2e21u−有()()22eeee2e2e2ee21ln2uuuuuuuuuguaufaa−−−=−−=−−+−−+−()()222ee2e2ln1e12ln10uuuu

aaaa−−−+−−+−.所以必定存在()ln,vu使得()0gv=，取1230xvxxv=−==，就有()()()1230gxgxgx===.综上，a的取值范围是()2,+.②首先，在上面①的解析中我们已经证明当2a=时()gx递增，这

就意味着当0x时有00ee2ee20xxx−−−−−−，即()ee20xxxx−−.下面回到原题，据题意有23a.根据()gx的单调性，知123lnlnxxx.一方面，此时有()()332232320eeeexxxxgxgxaxax−−=−=

−−−++()()()32332232ee1ee1xxxxxxaxx−−−=−+−−−()()()2332321eeexxxxaxx−−=+−−−，所以()()()332232eee1xxxxaxx−−+−=−，故3232323232

322332222223232322eeee2ee2e1exxxxxxxxxxxxxxxxaxxxxxx−−−+++−−−−−===+−−−.从而()3232322322232e1e2eexxxxxxx

xa+++−−−+=+，解关于322exx+不等式可得32123535.2932.3e2.65ee222xx++++===，故232xx+；去分母并移项得32323222ee02xxxxxxa−−−−−−，即3202x

xg−.另一方面，当158ln2a=时，由558e32432562==，15312312121216eee2.7219.68321622===，可知515ln2816，从而23a.此时可验证1232ln202ln2xxx=−==满

足条件，而232ln2ln4lne1xx+===.综合以上两个方面，可知m的最小值是2.【点睛】关键点点睛：本题的关键在于对指数运算的性质的灵活运用，需要一定的代数变形能力，方可从条件中找到本质.的