【文档说明】山西省晋中市平遥县第二中学2022-2023学年高二下学期3月月考数学试题含解析.docx，共(22)页，994.896 KB，由小赞的店铺上传

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平遥二中高二年级3月质检数学试题（时间：120分钟满分：150分）一、单项选择题：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，只有一项是符合题目要求的.1.为响应国家“节约粮食”的号召，某同学决定在某食堂提供的2种主食、3种素菜、2种大荤、4种小荤中选取一种主食、一

种素菜、一种荤菜作为今日伙食，并在用餐时积极践行“光盘行动”，则不同的选取方法有（）A.48种B.36种C.24种D.12种【答案】B【解析】【分析】利用分步计数原理，分3步即可求出【详解】解：由题意可知，分三步完成：第一步，从2种主食中任选一种有2种选法；第二

步，从3种素菜中任选一种有3种选法；第三步，从6种荤菜中任选一种有6种选法，根据分步计数原理，共有23636=不同的选取方法，故选：B2.设等差数列na的前n项和为nS，若532aa=,则95SS=（）A.910B.1518C.95D.185【答案】D【解析】【分析】根据等

差数列的前n项和21(21)nnSna−=−，将95SS转化为5a和3a的算式即可得到所求．【详解】解：依题意，数列na为等差数列，所以19951553992552aaSaaaSa+==+，又因为532aa=，所以95

5399182555SaSa===，故选D.【点睛】等差数列的性质，等差数列的前n项和，考查分析解决问题的能力和运算能力，属于基础题．3.北京2022年冬奥会吉祥物“冰墩墩”和冬残奥会吉祥物“雪容融”一亮相，好评不断，这是一次中国文化与奥林匹克精神的完美结合，是

一次现代设计理念的传承与突破.为了宣传2022年北京冬奥会和冬残奥会，某学校决定派小明和小李等5名志愿者将两个吉祥物安装在学校的体育广场，若小明和小李必须安装同一个吉祥物，且每个吉祥物都至少由两名志愿者安装，则不同的安装方案种数为

（）A.8B.10C.12D.14【答案】A【解析】【分析】分为三人组中包含小明和小李和不包含小明和小李两类，分别计算方案种数即可得结果.【详解】由题意可知应将志愿者分为三人组和两人组，当三人组中包含小明和小李时，安装方案有12326CA=种；当三人组中不包含小明和

小李时，安装方案有222A=种，共计有628+=种，故选：A.4.设F为抛物线C：24yx=的焦点，点M在C上，点N在准线l上且MN平行于x轴，若NFMN=，则MF=（）A.33B.1C.433D.4【答案】D【解析】【分析】由抛物线方程可知焦点坐标及准线方程，设准线l与

x轴交点为E，画出图象，由抛物线定义及NFMN=可知MNF正三角形，结合平行关系可判断60EFN=，利用直角三角形性质即可求解.是【详解】由题可知，2p=，抛物线焦点F为()1,0，准线l为=1x−，设准线l与x轴的交点为E，如图所示，由题

知MNl⊥，由抛物线的定义可知MNMF=，因为NFMN=，所以MNF是正三角形，则在RtNEF中，因为MNEF∥，所以60EFNMNF==，所以224MFNFEFp====．故选：D5.三棱锥ABCD−中，AC⊥平面BCD，BDCD

⊥．若3AB=，1BD=，则该三棱锥体积的最大值为（）A.2B.43C.1D.23【答案】D【解析】【分析】先利用线面垂直的判定定理与性质定理依次证得BD⊥平面ACD、BDAD⊥与ACCD⊥，从而利用基本不等式求得2ACDS，进而得到23ABCDBACDVV−−=，由此得解.【详解】因为

AC⊥平面BCD，BD平面BCD，所以ACBD⊥，又BDCD⊥，ACCDC=，,ACCD平面ACD，所以BD⊥平面ACD，因为AD平面ACD，所以BDAD⊥，在Rt△ABD中，3AB=，1BD=，则222

2ADABBD=−=，因为AC⊥平面BCD，CD平面BCD，所以ACCD⊥，在RtACD△中，不妨设(),0,0ACaCDbab==，则由222ACCDAD+=得228ab+=，所以()221111222244ACDSACCDababab===+=

，当且仅当ab=且228ab+=，即2ab==时，等号成立，所以11221333ABCDBACDACDVVSBD−−===，所以该三棱锥体积的最大值为23.故选：D..6.()62121ayx−+展开式中23xy−项的系数为16

0，则=a（）A2B.4C.2−D.22−【答案】C【解析】【分析】先求得()61ay+展开式中3y的系数，可得()62121ayx−+展开式中23xy−的系数，从而得答案.【详解】二项式()61ay+展开式的通项为()6166C1CrrrrrrrTayay−+==

，令3r=可得二项式()61ay+展开式中3y的系数为336Ca，∴()62121ayx−+展开式中23xy−的系数为()3361C160a−=，可得38a=−，解得2a=−，故选：C．7.甲、乙、丙、丁

、戊5名党员参加“党史知识竞赛”，决出第一名到第五名的名次（无并列名次），已知甲排第三，乙不是第一，丙不是第五．据此推测5人的名次排列情况共有（）种A.5B.8C.14D.21【答案】C【解析】【分析】按乙排第五和不是第五分类讨论．.【详解】乙排在第

五的情况有：33A，乙不在第五的方法有112222CCA，共有3112322214ACCA+=，故选：C．【点睛】关键点点睛：本题考查排列组合的综合应用，解题关键是确定完成事件的方法：是先分类还是先分步：分类后每一类再分步．然后结合计数原理求解．8.设函数()fx，()gx在R上的导函

数存在，且()()fxgx，则当(),xab时（）A.()()fxgxB.()()fxgxC.()()()()fxgagxfa++D.()()()()fxgbgxfb++【答案】C【解析】【分析】对于AB，利用特殊函数法，举反例即可排除；对

于CD，构造函数()()()hxfxgx=−，利用导数与函数单调性的关系证得()hx在R上单调递减，从而得以判断.【详解】对于AB，不妨设()2fxx=−，()1gx=，则()2fx=−，()0gx=，满足题意，若()1,xab=

−，则()()21fxgx==，故A错误，若()0,xab=，则()()01fxgx==，故B错误；对于CD，因为()fx，()gx在R上的导函数存在，且()()fxgx，令()()()hxfxgx=−，则()()()0hxfxgx−=，所以()hx在

R上单调递减，因为(),xab，即axb，所以()()()hbhxha，由()()hxha得()()()()fxgxfaga−−，则()()()()fxgagxfa++，故C正确；由()()hbhx得()()()()fbgbfxgx−−，则()

()()()fxgbgxfb++，故D错误.故选：C.二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，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.有3位男生和

3位女生，要在某风景点前站成一排照合影，则下列说法正确的是（）A.共有66A种不同排法B.男生不在两端共有2424AA种排法C.男生甲、乙相邻共有2525AA种排法D.三位女生不相邻共有3333AA种排法【答案】AC【解析】【分析】根

据给定条件，利用无限制条件的排列判断A；利用有位置条件的排列判断B；利用相邻、不相邻问题的排列判断C，D作答.【详解】有3位男生和3位女生，要在某风景点前站成一排照合影，共有66A种不同的排法，A正确；男生不在两端，从3位女生中取2人站两端，再排余下4人，共有2434AA种排法，B不正确；男生甲

、乙相邻，视甲乙为1人与其余4人全排列，再排甲乙，共有2525AA种排法，C正确；三位女生不相邻，先排3位男生，再在2个间隙及两端4个位置中插入3位女生，共有3334AA种排法，D不正确.故选：AC10.()202322023

01220231axaaxaxax+=++++，若16069a=−，则下列结论正确的有（）A.3a=B.202301220232aaaa++++=−C.202312220231333aaa+++=−D.()202

31ax+的展开式中第1012项的系数最大【答案】BC【解析】【分析】利用二项式展开式的通项公式求解含x项的系数，从而求解a，即可判断选项A，赋值法即可求解系数和问题，从而判断选项B、C，利用展开式系数符合规律判断选项D

【详解】对于A，112023C20236069aaa===−，可得3a=−，故A错误；对于B，因()2023201213xaaxax−=++20232023ax++，令1x=，则()202320230122023132aa

aa++++=−=−，故B正确；对于C，令0x=，则01a=，令13x=，则2023202312002202311313333aaaaa+++=−−=−=−，故C正确；的为对于D，由展开式知，20na，2

10na−，故第1012项的系数10110a，不会是展开式中系数最大的项，故D错误.故选：BC11.对于三次函数()()320axbxdafxcx=+++，给出定义：设()fx是函数()yfx=的导数，()fx是函数()fx的导数，若方程()

0fx=有实数解0x，则称()()00,xfx为函数()yfx=的“拐点”．某同学经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”；任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心．若函数()()3211R32fxxxxbb=−++，则（）A.()fx一定有两个极值点B.函

数()yfx=在R上单调递增C.过点()0,b可以作曲线()yfx=的2条切线D.当712b=时，123202220222023202320232023ffff++++=【答案】BCD【解析】【分析】对()fx求导，

得出()0fx¢>，没有极值点，可判断A，B；由导数的几何意义求过点()0,b的切线方程条数可判断C；求出三次函数()fx的对称中心，由于函数的对称中心为1,12，可得()()12fxfx+−=，由倒序相加法求

出所给的式子的值，可判断D.【详解】由题意知()21fxxx=−+，1430=−=−，()0fx¢>恒成立，所以()fx在R上单调递增，没有极值点，A错误，B正确；设切点为3211,32mmmmb−++

，则()21kfmmm==−+，切线方程为()()32211132ymmmbmmxm−−++=−+−，代入点()0,b得32321132mmmmmm−+−=−+−，即322132mm=，解得0m=或34m=，所以切线方程为yxb=+或1316yxb=+，C正

确；易知()21fxx=−，令()0fx=，则12x=．当712b=时，102f=，112f=，所以点1,12是()fx的对称中心，所以有11222fxfx

−++=，即()()12fxfx+−=．令123202320232023Sffff=++++20222023，又20222021202012023202320232023Sffff=++++

，所以12022220232023Sff=+22021202212022240442023202320232023ffff+++++==，所以2022S=，

D正确．故选：BCD.12.已知椭圆C：22143xy+=的左、右焦点分别为1F，2F，上顶点为B，直线l：()0ykxk=与椭圆C交于M，N两点，12FMF的角平分线与x轴相交于点E，与y轴相交于点()0,Gm，则（）A.四边形12MFNF的周长为8B.1

114MFNF+的最小值为9C.直线BM，BN的斜率之积为34−D.当12m=−时，12:2:1FEFE=【答案】AC【解析】【分析】对A选项，由椭圆的定义知，四边形12MFNF的周长为4a即可求解；对B选项，由直线()0ykx

k=与椭圆相交的对称性知：12NFMF=，11121414MFNFMFMF+=+，借助基本不等式可得1114MFNF+的最小值；对C选项，设()11,Mxy，则()11,Nxy−−，由点()11,Mxy在椭圆上，即可化得BMBNkk的值；

对D选项，设出()()11,0tEt−，由条件推出()121MFt=+，()221MFt=−，又在椭圆C中，由其第二定义1MFed=得()1112212MFxt=+=+，从而得到M，E，G三点坐标，再根据其三点共线，化简求

解即可．【详解】对A选项，由椭圆的定义知，四边形12MFNF的周长为2248aaa+==，A正确；对B选项，1112141414MFNFMFMF+=+=()21121212414191444MFMFMFMFMFMFMFMF++=+++

≥，当且仅当1248,33MFMF==时等号成立，故B错误；对C选项，设()11,Mxy，则()11,Nxy−−，又()0,3B，所以21112111333BMBNyyykkxxx−−−−==−．因为点()11,Mxy在椭圆

上，所以2211143xy+=，即()222111441333yxy=−=−，所以2121334BMBNykkx−==−，C正确；对D选项，设()()11,0tEt−，则12FEFE1211MFtt

MF+==−，124MFMF+=所以()121MFt=+，()221MFt=−，在椭圆C：22143xy+=中，由其第二定义1MFed=（d指的是椭圆上的点到相应的准线的距离）得221111()()22MaaMFdexexexcc==+=+=+，

12MF=+()11212xt=+，所以14xt=，故()14,Mty，(),0Et，10,2−G，因为三点共线，所以1123ytt=，解得132y=，则29164143t+=，解得14t=，当14t=时，1211541314FEFE+==−，

当14t=−时，1211341514FEFE−==+，故D错误．故选：AC【点睛】方法点睛：直线与圆锥曲线位置关系的题目，往往需要联立两者方程，利用韦达定理解决相应关系，其中的计算量往往较大，需要反复练习加以强化.三、填空题：本大题共4

小题，每小题5分，共20分.13.街道上有编号1，2，.3，....10的十盏路灯，为节省用电又能看清路面，可以把其中的三盏路灯关掉，但不能同时关掉相邻的两盏或三盏，在两端的灯都不能关掉的情况下，满足条件的关灯方法有__________种.【答案】20【解析】【分析

】采用插空法即可求解.【详解】10只灯关掉3只，实际上还亮7只灯，而又要求不关掉两端的灯和相邻的灯，此题可以转化为在7只亮着的路灯之间的6个空挡中放入3只熄灭的灯，有36C20=种方法，故答案为：20.14.我国古代《九章算术》将底面为矩形的棱台称为刍童

.若一刍童为正棱台，其上、下底面分别是边长为2和22的正方形，高为1，则该刍童的外接球的表面积为______.【答案】20π【解析】【分析】根据题意，作出图形，设该刍童外接球的球心为O，半径为R，分两种情况讨论，分别根据条件列出方程组，即可求出外接球半径，代入球的表面积公式计算即可求解．【详解】

设该刍童外接球的球心为O，半径为R，上底面中心为1O，下底面中心为2O，则由题意，121OO=，22AO=，111AO=，1OAOAR==．如图，当O在12OO的延长线上时，设2OOh=，则在2AOO中，224Rh=+①，在11

AOO中，()2211Rh=++②，联立①②得1h=，25R=，所以刍童外接球的表面积为20π，同理，当O在线段12OO上时，设1OOh=，则有221Rh=+，()2214Rh=−+，解得2h=，不满足

题意，舍去．综上所述，该刍童外接球的表面积为20π．故答案为：20π．15.两名学生一起去一家单位应聘，面试前单位负责人对他们说：“我们要从面试的人中招聘3人，你们俩同时被招聘进来的概率是170．”若每个参加面试的人被招聘的可

能性相同，则根据这位负责人的话，可以推断出参加面试的人数为______．【答案】21【解析】【分析】利用古典概型的概率公式求解.【详解】设参加面试的人数为n，依题意有()()()()2122362CC61C12170nnnnnnnn−−===−−−，即()()24202021

0nnnn−−=+−=，解得21n=或20n−（舍去）．故答案为：21.16.南宋数学家杨辉善于把已知形状、大小的几何图形的求面积、体积的连续量问题转化为求离散量的垛积问题，在他的专著《详解九章算法·商功》中给出了著名的三角垛公式

()()()()()1112123123126nnnn+++++++++++=++，则数列22nn+的前n项和为____________．【答案】()()1121226nnnn++++−【解析】【分析】由三角垛公式可知数

列()12nn+的前n项和为()()1126nnn++，根据()212222nnnnnn++=−+，采用分组求和法，结合等差、等比求和公式可求得结果.【详解】()11232nnn+++++=，数列()12nn+的前n项和为()()1126nnn++，()2

12222nnnnnn++=−+，数列22nn+的前n项和()()()1211223212222222nnnnSn+=+++−+++++++()()()()()()121211211122232126

nnnnnnnnnn+−+++=++−+=+−−.故答案为：()()1121226nnnn++++−.【点睛】关键点点睛：本题考查数列中的分组求和法的应用，解题关键是能够将所求数列的通项进行变型，从而与已知的三角垛公

式联系起来，利用所给的三角垛公式来进行求和.四、解答题：本大题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.现有一些小球和盒子，完成下面的问题．（1）4个不同的小球放入编号为1，2，3，4的4个盒子中

（允许有空盒子），一共有多少种不同的放法？（2）4个不同的小球放入编号为1，2，3，4的4个盒子中，恰有1个空盒的放法共有多少种？【答案】（1）256；（2）144.【解析】【分析】（1）根据题意分析将4个不同的小

球放入编号为1，2，3，4的4个盒子中，每个小球有4种放法，由分步计数原理计算即可得出答案；（2）根据题意，分两步进行，①将4个小球分为3组，②在4个盒子中任选3个，放入三组小球，根据分步计数原理计算即可得出答案；【小问1详解】4个不同的小球放入

编号为1，2，3，4的4个盒子中，每个小球有4种放法，则4个小球有4444256=种不同的放法；【小问2详解】①将4个小球分为3组，有24C6=种分组方法，②在4个盒子中任选3个，放入三组小球，有3343CA24=种情况，则624144=种不同的放法．18.如图，四边形ABCD是圆柱底

面的内接四边形，AC是圆柱的底面直径，PC是圆柱的母线，E是AC与BD的交点，ABAD=，60BAD=．（1）记圆柱的体积为1V，四棱锥PABCD−的体积为2V，求12VV；（2）设点F在线段AP上，4,4PAPFPCCE==，求二面角FCDP−−的余弦值．

【答案】（1）3π（2）23913【解析】【分析】（1）利用平面几何的知识推得ACBD⊥，进而得到23BDEC=与4ACEC=，从而利用柱体与锥体的体积公式求得12,VV关于,ECPC的表达式，由此得解；（2）根据题意建立空间直角坐标系，设1CE=，结合（1）中

结论与（2）中所给条件得到所需向量的坐标表示，从而求得平面FCD与平面PCD的法向量n与m，由此利用空间向量夹角余弦的坐标表示即可得解.【小问1详解】因为ABD与ACD是底面圆弧AD所对的圆周角，所以ABDACD=，因为ABAD=，所以在等腰ABD△

中，ABDADE=，所以ADEACD=，因为AC是圆柱的底面直径，所以90ADC=，则90CADACD+=，所以90CADADE+=，则90AED=，即ACBD⊥，所以在等腰ABD△，BEDE=

，AC平分BAD，则1302CADBAD==，所以60ADE=，则30=CDE，故在RtCED中，2CDEC=，3DEEC=，则223BDDEEC==，在RtACD△中，24ACCDEC==，因为PC是圆柱的母线，所

以PC⊥面ABCD，所以()22211ππ24π2VACCPECPCECPC===，22111434233263VACBDPCECECPCECPC===，所以123

πVV=．【小问2详解】以C为坐标原点，CA的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz−，不妨设1CE=，则44ACEC==，33DEEC==，44PCCE==，则()()()()0,0,0,4,0,0,1,

3,0,0,0,4CADP，所以()1,3,0CD=，()0,0,4CP=，()4,0,4PA=−，因为4PAPF=，所以()11,0,14PFPA==−，则()()01,0,1(1,0,3,0,4)CFCPPF==+=−+，设平面FCD的法向量(,,)

nxyz=，则00nCFnCD==，即3030xzxy+=+=，令3x=−，则3,1yz==，故(3,3,1)n=−，设平面PCD的法向量(,,)mpqr=，则00mCPmCD==，即4030rpq=+=

，令3p=−，则3,0qr==，故(3,3,0)m=−，设二面角FCDP−−的平面角为，易知π02，所以93239coscos,13||||93193nmnmnm+====+++，因此二面角FCDP−−的余弦值为23913．19.记数列

na的前n项和为nT，且111,(2)nnaaTn−==．（1）求数列na的通项公式；（2）设m为整数，且对任意*nN，1212nnmaaa+++，求m的最小值．【答案】（1）21,1,2,2.nnnan−==（2）7

【解析】【分析】（1）由数列na与nT的关系可得()122nnaan+=，再结合等比数列的通项可得解；（2）利用错位相减法求出1212nnaaa+++，结合范围即可得解.【小问1详解】因111,(2)nnaaTn−==，所以211aa=

=，当2n时，112nnnnnaTTaa+−+===，故()222222nnnaan−−==，且11a=不满足上式，故数列na的通项公式为21,1,2,2.nnnan−==为【小问2详解】设1212nnnSaaa=+++，则11S=，当

2n时，102122322nnSn−−=++++，故112112232222nnSn−−−=++++，于是()122115222222nnnSn−−−−=++++−()121121252212nnn−−−−−=+−

−．整理可得27(2)2nnSn−=−+，所以7nS，又54968S=，所以符合题设条件的m的最小值为7．20.已知双曲线2222:1(0,0)xyCabab−=过点(42,3)A，且焦距为10

．（1）求C的方程；（2）已知点(42,3),(22,0)BD−，E为线段AB上一点，且直线DE交C于G，H两点．证明：||||||||GDHDGEHE=．【答案】（1）221169xy−=（2）证明见解析

【解析】【分析】（1）根据题意列方程组求出,ab，即可得出C的方程；（2）根据,,,DEHG四点共线，要证||||||||GDHDGEHE=即证HEGEGHDD=，设出直线:(22)22tDEyx=−，()()1122,,,GxyHxy，(42,)Et，联立直线方程与椭圆方程得出1

212,xxxx+，将其代入GGHEEDHD−，计算结果为零，即证出．【小问1详解】由题意可得22223291,210abab−=+=，故4,3ab==，所以C的方程为221169xy−=．【小问2详解】设(42,)Et，()()1122,,,GxyHxy，当42x=时，即23211

69y−=，解得3=y，则||3t，双曲线的渐近线方程为34yx=?，故当直线DE与渐近线平行时，此时和双曲线仅有一个交点，此时直线DE方程为()3224yx=−，令42x=，则322y=，故32||2t．则直线:(22)22tDEyx=−．由22(

22)221169tyxxy=−−=得()22229282161440txtxt−+−−=，所以21228229txxt+=−，21221614429txxt+=−．()()()()1122112222,42,42,22,GHEGEDHxyx

txDytyxy−=−−−−−−−−()()12121212226232xxyyxxtyy=+−+−++()22212123226243244txxtxxt=+−++++()()()222222248943244322929ttttttt+++=−++−−0=

．所以HEGEGHDD=，所以cos0cos0HEGGEDDH=即||||||||GDHDGEHE=．【点睛】关键点睛：本题第二问不能直接计算长度，否则计算量过大，而是转化为证明向量数量积之间的关系，采取设(42,)Et，从而得

到直线DE方程，再使用经典的联立法，得到韦达定理式，然后证明0HEGEGDDH−=即可.21.设()()21031xQxxaxb−=−++，其中()Qx是关于x的多项式，a，bR．（1）求a，b的值；（2）若28axb+=，求103x−除以81的

余数．【答案】（1）10a=，12b=−；（2）28.【解析】【分析】（1）利用二项式定理及已知即求；（2）由题可知x的值，然后利用二项式定理可求.【详解】（1）由已知等式，得()()()1021131xQxxaxb

−+−=−++，∴()()()()10920189101010101010C1C1C1C1C3xxxx−+−++−+−+−()()21Qxxaxb=−++，∴()()()()()8722018101010C1C1C110121xxxxQxxaxb−+−++−+−=−++

，∴1012xaxb−=+，∴10a=，12b=−．（2）∵28axb+=，即101228x−=，∴4x=，∴103x−1043=−()10313=+−0101991010101010C3C3C3C3=++++−()40615

6441010103C3C3C4035328=++++++()0615610101081C3C3C4528=+++++，∴所求的余数为28．22.已知函数()()1e6xfxkx=−−（其中e为自然对数的底数）．（1）若1k=，求函数()fx的

单调区间；（2）若12k，求证：0,xk，()2fxx．【答案】（1）单调递增区间为)0,+，单调递减区间为(),0−；（2）见解析.【解析】【分析】（1）求导，当()0fx时，0x，当()0fx时，0x，即可解决；（2）由(

)211e60xxxk−−−令新函数()21()1e6xgxxxk=−−−，求导，由()()1e6kgkkk=−−−，再令新函数()()()1e6khkgkkk==−−−，证明()0hk在12k上恒成立，即可得证.【小问1详解】由题知()()1e6

xfxkx=−−，所以()()e1eexxxfxkxkx=+−=，当1k=时，()exfxx=，当()0fx时，0x，当()0fx时，0x，所以()fx的单调递增区间为)0,+，单调递减区间为(),0−，【小问2详解】由题

知12k，0,xk，()2fxx，所以()21e60xkxx−−−，因为12k，所以()211e60xxxk−−−令()21()1e6xgxxxk=−−−即证()21()1e60xgxxxk=−−−在0,xk上恒成

立，因为22()e(e)xxgxxxxkk=−=−当()0gx=时，2lnxk=，当()0gx时，2lnxk，即()gx在2ln,kk上单调递增，当()0gx时，2lnxk，即()gx在20,lnk上单调

递减，因为(0)70g=−，()()1e6kgkkk=−−−，令()()()1e6khkgkkk==−−−，所以()e1khkk=−，因为12k，所以()e10khkk=−，所以()hk在1,2上单调递增，所以2max

()(2)e80hkh==−，所以()0gk恒成立，因为(0)0,()0ggk，所以()21()1e60xgxxxk=−−−在0,xk上恒成立，即得证.获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com