【文档说明】天津教研联盟2023届高三一模数学试题 含解析.docx，共(24)页，3.550 MB，由小赞的店铺上传

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绝密★启用前天津教研联盟高三年级模拟考试（一）数学试卷本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分，考试用时120分钟.第Ⅰ卷1至3页，第Ⅱ卷4至6页.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号

、考场号和座位号填写在答题卡上，并在规定位置粘贴考试用条形码.答卷时，考生务必将答案涂写在答题卡上，答在试卷上的无效，考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.祝各位考生考试顺利！第Ⅰ卷（选择题）注意事项：1．每小题选出答案后，用铅笔将答题卡

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.2．本卷共9小题，每小题5分，共45分.一、选择题：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.已知全集29100Uxxx=−−Z∣，集合()()180,1,

2,4,5,7,8AxxxB=−−=Z∣，则集合0,3,6,9为（）A.()UABðB.()UAB∩ðC.()UABðD.()UABð【答案】D【解析】【分析】计算出,UA，从而根据交集，并集和补集概念计算出四个选项，得到正确答案.【详解】由题意知{110}

0,1,2,3,4,5,6,7,8,9Uxx=−=Z∣，181,2,3,4,5,6,7,8Axx==Z∣，A选项，()0,91,2,4,5,7,8UAB==ð，A错误；B选项，

()1,2,3,4,5,6,7,80,3,6,93,6UAB==∩∩ð，B错误；C选项，1,2,3,4,5,6,7,8AB=，故()0,9UAB=ð，C错误；所以()1,2,4,5,7,8,0,3,6,9UABAB==ð.故选：D.2

.在ABC中，“ABACBABC=”是“ACBC=”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【答案】C【解析】【分析】根据充分条件、必要条件的定义判断即可.【详解】解：若ABACBABC=，

则coscosABACABABCB=，∴coscosACABCB=，由正弦定理得sssincosincoBAAB=，所以in0()sAB−=，因为(),0,AB，所以(),AB−−，所以AB=，∴ACBC=，反

之也成立，故“ABACBABC=”是“ACBC=”的充要条件；故选：C3.函数3()xxxfxee−=−的图象大致为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据解析式求得函数奇偶性，以及()1f即可容易求得结果.

【详解】因为()fx定义域为()(),00,−+，且()()3xxxfxfxee−−==−，故()fx为偶函数，排除C，D，验算特值11(1)=0fee−−，排除A,故选：B的【点睛】本题考查函数图像的辨识，涉及函数奇偶性的判断和指数运算，属基础题.4.设3434a−=，2

43b=，23log2c=，则a，b，c的大小顺序是A.bacB.c<a<bC.b<c<aD.acb【答案】B【解析】【分析】判断,,abc的大致范围再排序即可.【详解】334434143a−==,且3244433b=

,又223loglog212c==.故cab.故选：B【点睛】本题主要考查了利于指数对数函数的单调性对函数值大小进行比较,属于基础题型.5.某汽车生产厂家研发了一种电动汽车，为了了解该型电动汽车的月平均用电量（单位：度）情况，抽取了1

50名户主手中的该型电动汽车进行调研，绘制了如图所示的频率分布直方图，其中，第5组小长方形最高点的纵坐标为x，则该型电动汽车月平均用电量在)200,280的户主人数为（）A.98B.103C.108D.112【答案】C【解析】【分析】由频率和为1列方程求x，再根据直方图中)200,28

0区间频率求样本中对应的户主人数.【详解】由()0.0020.00950.0110.01250.0050.0025201x++++++=，得0.0075x=.月平均用电量在)200,280的用户()200.0110.0

1250.00750.005150108+++=户.故选：C6.已知抛物线2:2(0)Cypxp=的焦点为F，准线为l，过F且斜率为33的直线与C交于A，B两点，D为AB的中点，且DMl⊥于点M，AB的垂直平分线交x轴于点N，四边形DMFN的面积为323，则p=（）A.22B.4C.

26D.42【答案】A【解析】【分析】设出直线AB的方程，联立抛物线方程，表达出D点坐标，作出辅助线，求出4FNDMp==，得到四边形DMFN为平行四边形，利用面积列出方程，求出22p=.【详解】由题意知,02pF，直线AB的方程为332pyx

=−．设()()()112200,,,,,AxyBxyDxy，由22332ypxpyx==−，得22230ypyp−−=，所以1223yyp+=，所以03yp=，由00332pyx=−，得072px=．如图所示，作DEx⊥轴于点E，则3DEp=．因为

30DNDFDFN⊥=，，故223DFDEp==，234cos3032DFpFNp===，又042pDMxp=+=，故FNDM=，又//FNDM，得四边形DMFN为平行四边形．所以其面积为43323FNDEpp==，解得22p=．故选：A7.若π02

ba，则（）A.eeeeabbaba−−B.11e2e2eebaabab++++C.sinsinabbbaa++D.sincossinbaa【答案】C【解析】【分析】A选项，构造()e1xfxx=+且π02x，求导得到其单调性，求出eeee

abbaba−−，A错误；B选项，构造()1e2exxfxx=−−且π02x，求导得到其单调性，求出11e2e2eebaabab++++；C选项，构造()sin1xfxx−=且π02x，求导得到其单调性，证明出si

nsinabbbaa++；D选项，举出反例即可.【详解】对于A，令()e1xfxx=+且π02x，则()2e0(1)xxfxx=+，故()fx在π0,2上单调递增，则()()fafb，即ee11abab++，所以()()e1e1

abba++，即eeeeabbaba−−，故A错误；对于B，令()1e2exxfxx=−−且π02x，则()11e22e20eexxxxfx=+−−=，故()fx在π0,2上单调递增，则()()fafb，即11e2e2eebababa−−−−，所以

11e2e2eebaabab++++，故B错误；对于C，令()sin1xfxx−=且π02x，则()2cossin10xxxfxx−+=，故()fx在π0,2上单调递增，则()()fafb，即sin1sin1abab−−，所以()()sin1sin1

baab−−，则sinsinabbbaa++，故C正确；对于D，当ππ,63ba==时，13sincossin42baa==，故D错误.故选：C.【点睛】构造函数比较大小是高考热点和难点，结合代数式

的特点，选择适当的函数，通过导函数研究出函数的单调性，从而比较出代数式的大小.8.数学中有许多形状优美，寓意独特的几何体，“勒洛四面体”就是其中之一．勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分．如图，在勒洛四面体中，正四面体ABCD的

棱长为4，则下列结论正确的是（）A.勒洛四面体最大的截面是正三角形B.若P、Q是勒洛四面体ABCD表面上的任意两点，则PQ的最大值为4C.勒洛四面体ABCD的体积是86πD.勒洛四面体ABCD内切球的半径是

46−【答案】D【解析】【分析】由勒洛四面体的定义判断选项A；由勒洛四面体的定义并作图求解判断B；根据对称性,由勒洛四面体内切球的球心O是正四面体ABCD外接球的球心求解判断C；结合C由棱长减去外接球的半

径求得内切球的半径求解判断.【详解】由勒洛四面体的定义可知勒洛四面体最大的截面即经过四面体ABCD表面的截面，如图1所示，故A不正确；将正四面体对棱所在的弧中点连接，此时连线长度最大，如下图所示：连接PQ，交AB于中点S，交CD于中点T，连接AT，易得224223AT=−=,则()2

22223222STATAS=−=−=，而224223TPSQ==−=，所以23222343224PQ=−+=−，故勒洛四面体表面上两点间的距离可能大于4，故B错误，如图2，由对称性可知勒洛四面体内切球的球心O是正四面体ABCD外接球的球心，连接BO并延长交勒洛四面体的曲面

于点E，则OE就是勒洛四面体内切球的半径.如图3,在正四面体ABCD中，M为BCD△的中心，O是正四面体ABCD外接球的球心，连接BM、BO、AM，由正四面体的性质可知O在AM上.因为4AB=,所以222434233BM=−=，则224346433AM=−=.因为()22

22BOBMOMAMOM=+=−，即2222434633BOOMOM=+=−，解得6BO=，则正四面体ABCD外接球的体积是()3344ππ686π33R==，而勒洛四面体ABCD的体积小于其外接球的体积，C错误；因为4BEAB==，

所以46OE=−,所以，勒洛四面体ABCD内切球的半径是46−，则D正确.故选：D.【点睛】关键点睛：解决与球有关的内切或外接问题时，关键是确定球心的位置，再利用球的截面小圆性质求解.9.设函数()sin2cos2fxxx=+，给出下列结论：①()fx的最小正周期为π；②

()fx在区间ππ,88−内单调递增；③函数()fx的对称轴方程为ππ+,28kxkZ=④将函数()yfx=的图像向左平移π4个单位长度，可得到函数cos2yx=的图像．其中所有正确结论的序号是（）A.①②④B.①③C.②③D.①②③【答案】D【解析】【分

析】化简()π2sin24fxx=+，结合三角函数的性质求解即可.【详解】()πsin2cos22sin24fxxxx=+=+,2ππ2T==,故①正确；令πππ2π22π242kxk−+++，得3πππ

π,Z88kxkk−++，当0k=时，()fx在区间3ππ,88−内单调递增，故()fx在区间ππ,88−内单调递增，故②正确；令ππ2π42xk+=+，得ππ+,28kxkZ=，故③正确；()yfx=的图像向左平移π4个单位得3π2sin(2)4yx=

+，故④错误.故选：D.第Ⅱ卷（非选择题）注意事项：1．用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题卡上.2．本卷共11小题，共105分.二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分.试题中包含两个空的，答对1个的给3分，全部答对的给5分.10.已知复数z满足()

123zii+=−（其中i为虚数单位），则z的值为________．【答案】2【解析】【分析】把已知等式变形，再利用复数代数形式的除法运算化简复数z，然后由复数模的公式计算得答案．【详解】()()3i12i3i17zi12i555−−−===−+，149z225

25=+=故答案为2【点睛】本题考查了复数代数形式的除法运算，考查了复数模的求法，准确计算是关键，是基础题．11.二项式831xx−的展开式中常数项为___________.(用数字作答)【答案】28【解析】【分析】先求出二项展开式的通

项公式，再令x的幂指数等于零，求得r的值，即可求得展开式中常数项．【详解】解：二项式381()xx−的展开式的通项公式为243244188(1)(1)rrrrrrrrTCxxCx−−−+=−=−，令2440r−=，6r=，故展开式中常数项为第七项，是6828C

=，故答案：28．12.半正多面体亦称“阿基米德体”“阿基米德多面体”，是以边数不全相同的正多边形为面的多面体.某半正多面体由4个正三角形和4个正六边形构成，其可由正四面体切割而成，如图所示.已知1MN=，若在该半正多面体内放

一个球，则该球表面积的最大值为__________.为【答案】3π2【解析】【分析】分析出球心的位置，得出半正多面体所在的正四面体的高，求出点O到正六边形所在平面的距离，到正三角形所在平面的距离，即可

求出当球的表面积最大时，该球的半径，进而得出表面积.【详解】由题意，半正多面体由4个正三角形和4个正六边形构成，其可由正四面体切割而成，1MN=，当球的表面积最大时，该球的球心即为半正多面体所在正四面体的外接球的球心，记球心为O

.在PDE△中，333322PD==，3133232DE==,该半正多面体所在的正四面体的高为：2222333622hPDDE=−=−=，设点O到正六边形所在平面的距离为d，过点O作OFPD⊥于F，由几何知识得，POFPDE

∴OFDEPOPD=，即326332dd=−，解得：64d=，∴当球的表面积最大时，该球的半径为64，表面积为263π4π42=.故答案为：3π2.13.某产品的质量检验过程依次为进货检

验（IQC）、生产过程检验（IPQC）、出货检验（OQC）三个环节．已知某产品IQC的单独通过率为45，IPQC的单独通过率为34，规定上一类检验不通过则不进入下一类检验，未通过可修复后再检验一次（修复后无需从头检验，通过率不变且每类检验最多两次），且

各类检验间相互独立，则一件该产品能进入OQC环节的概率为_________．【答案】910##0.9【解析】【分析】利用独立事件和互斥事件概率求解即可.【详解】设iA表示第i次通过进货检验，iB表示第i次通过生产过

程检验（1,2i=），C表示该产品能进入出货检验环节，由题意得()()111211121212431434131413954554544554410PCPABAABABBAABB=+++=+++=．故答案为：910.14.

已知向量()1,1m=，向量n与向量m的夹角为3π4，1mn=−urr，则向量n=__________；若向量n与向量()1,0q=的夹角为π2，向量2πcos2cos32xpx

=−，，其中0xa，当25,22np+时，实数a的取值范围为__________．【答案】①.()1,0n=−或()0,1−②.π2π,33【解析】【分析】设出(),nxy=，根据向量数量积公式和夹角公式列出方程组，求出n，再根据n与q夹角的π2，

求出()0,1n=−，利用向量线性运算法则和模长公式，结合三角函数恒等变换求出21π1cos223npx+=++，利用模长取值范围和0xa，得到不等式，求出实数a的取值范围.【详解】设(),nxy=，则1mnxy=+=−，2212cos,22mn

mnmnxy−===−+，∴10xy=−=或01xy==−，∴()1,0n=−或()0,1−，n与q夹角π2，则()0,1n=−∴2π2πcos,2cos1cos,cos323xnpxxx

+=−−=−∴()2222π114πcoscos1cos21cos23223npxxxx+=+−=+++−11131cos2cos2sin22222xxx=++−−

131π1cos2sin21cos24423xxx=+−=++因为0xa，所以022xa，πππ22333xa++，∵25,22np+，∴π1cos21,32x+−，∴

π5ππ233a+，∴π2π33a，故实数a的取值范围是π2π,33．15.已知函数()2e,01,0xkxxfxkxxx−=−+，若0k=，则不等式()2fx<的解集为_______；若()fx恰有两的个零点，则k的取值范围为_____．【答案】①.

()1,ln2−；②.()e,+【解析】【分析】第一空：直接代入0k=，分0x和0x解不等式，再取并集即可；第二空：将题设转化为e(0)xkxx=和210(0)kxxx−+=的实数根的个数为2，分0k=、0k和0k依次讨论根的情况，即可求解.【详

解】第一空：若0k=，则()e,01,0xxfxxx=−+，当0x时，由e2x解得ln2x，则0ln2x；当0x时，由12−+x，解得1x−，则10x−；综上可得不等式()2fx<的解集为()1,ln2−；第二

空：()fx恰有两个零点等价于e(0)xkxx=和210(0)kxxx−+=的实数根的个数为2.当0k=时，e0x=显然无解；10(0)xx−+=解得1x=（舍去），也无解，不合题意；当0k时，e0xkx=显然无解；210(0)kxxx

−+=的判别式140k=−，设210kxx−+=的两根为12,xx，则1212110,0xxxxkk+==，显然两根一正一负，即210(0)kxxx−+=有1个实根，不合题意；当0k时，令(

)21(0)gxkxxx=−+的对称轴为102xk=，则()gx在(),0−单减，则()()01gxg=，则210(0)kxxx−+=无解；e(0)xkxx=，显然0x=时不成立，则e(0)xkxx=，令()exhxx=，则()()2e1xxh

xx−=，显然()hx在()0,1上单减，在()1,+单增，则()()1ehxh=，又()0,xhx→→+，(),xhx→+→+，则ek时，e(0)xkxx=有2个根，即()fx恰有两个零点；

综上：()e,+k.故答案为：()1,ln2−；()e,+.三、解答题：本大题共5小题，共75分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.16.在ABC中，内角,,ABC的对边分别为,,abc，已知π2,3cC==.（1）若ABC的面积等于3

，求,ab；（2）若sin2sinBA=，求ABC的面积；（3）若()(),,,,mabnbcacmn==−−⊥，求ABC的面积.【答案】（1）2ab==（2）233（3）3【解析】【分析】（1）先根据余弦定理可得224abab=+−，再根据三角形的面积即可求得答案；（2）利用正

弦定理化角为边，再结合已知求出ab即可得解；（3）根据mn⊥，可得0mn=，求出,ab的关系，再结合已知求出ab即可得解.【小问1详解】π2,3cC==，由余弦定理得2222coscababC=+−，即224abab

=+−，①13sin324ABCSabCab===，4ab=，②联立①②解得2ab==；小问2详解】sin2sinBA=，由正弦定理得2ba=，③联立①③解得2343,33ab==，123sin23ABCSabC==；【小问3详解】()(),,,,mabnbcacmn=

=−−⊥，【()()()()222220nmabcbacabbaabab=−+−=−+−=−−=，即abab=+，④联立①④解得4ab=，1sin32ABCSabC==.17.如图，在菱形ABCD中，60ABC=，⊥AE平面ABCD，CF⊥平面ABCD，||2AB

=，||3CF=.（1）若||2AE=，求证：直线EF⊥平面BDE；（2）若||||EACF=，求直线EB与平面EDF所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析（2）31313【解析】【分析】（1）通过几何关系证明,EFBEFEDE⊥⊥，又因为EDBEE

=进而得到结果；（2）做EGOF⊥于点G点，连接OE，EG为点E到平面BDF的距离，根据BDFEEBDFVV−−=，13BDFEEFDVSh−=，13EBDFBDFVSEG−=，通过分析可得到1233BD

FEVh−=，13301035EBDFV−=，进而得到3h=，三角形1122OEFSEFAEOFGE==，可求得3105EG=，13BE=，进而求得结果.【小问1详解】||3CF=，CF⊥平面ABCD，在

直角三角形FCB中，用勾股定理得到213BF=因为⊥AE平面ABCD，可得到三角形AEB为直角三角形，用勾股定理得到28BE=，在直角梯形AEFC中，||3CF=，||2AE=，2AC=，如上图：作EHAC交CF于H点，则三角形EFH为直角三角形，1,2,5FHEHEF===在三角

形EFB中，满足222EBEFBF+=EFBE⊥同理可证EFED⊥，EDBEE=故得到直线EF⊥平面BDE【小问2详解】||||3EACF==，取BD和AC的交点为为O，连接OF，因为,,BDACBDAEACAEA⊥⊥=故得

到BD⊥面ACFE，BD面BDF，故得到面BDF垂直于面ACFE，两个面的交线为OF，做EGOF⊥于点G点，连接OE，EG为点E到平面BDF的距离，根据BDFEEBDFVV−−=13BDFEEFDVSh−=，13E

BDFBDFVSEG−=根据条件得到三角形,13,23BDFFDFBBD===三角形,13,2DFEDEDFEF===可分别求得面积为：23,310EFDBFDSS==在长方形ACFE中，2,1

0EFOF==，3AE=三角形1122OEFSEFAEOFGE==可求得3105EG=112333BDFEEFDVShh−==，1133010335EBDFBDFVSEG−==解得：

3h=，31313,sin13BE==直线EB与平面EDF所成角的正弦值为31313.18.已知椭圆2222:1(0)xyCabab+=的离心率为22，三点1233(2,2),(2,2),2,2MMM

−−中恰有两个点在椭圆上．（1）求椭圆C的方程；（2）若C的上顶点为E，右焦点为F，过点F的直线交C于A，B两点（与椭圆顶点不重合），直线EA，EB分别交直线40xy−−=于P，Q两点，求EPQ△面积的最小值．【答案】（1）22184xy+=

（2）365【解析】【分析】（1）根据对称性得到1M和2M在C上，得到22421ab+=，再根据离心率得到答案；（2）设直线():201ABxmym−−=，联立方程根据韦达定理得到根与系数的关系，计算,PQ的横坐标，得到22417mPQm+=−，

设7mt−=，7mt=+，2171362505050EPQSt=++，计算最值即可.【小问1详解】由椭圆的对称性可知点1M和2M在C上，代入方程得22421ab+=．设C的半焦距为(0)cc，则离心率为22ca=，所

以2,acbc==，所以2ab=，解得22,2ab==，以椭圆C的方程为22184xy+=．【小问2详解】设()()1122,,,AxyBxy，()2,0F，()0,2E，设直线():201ABxmym−−=．由2218420x

yxmy+=−−=消去x得()222440mymy++−=，所以12122244,22myyyymm−−+==++，设点()(),,,PPQQPxyQxy，直线EA的方程为1122yyxx−−=，由1122yyxx−−=与40xy−−

=联立得()()11111626214pmyxxxymy+==−+−+，同理可得()()226214Qmyxmy+=−+．所以()()()()12126262221414PQmymyPQxxmymy++=−=−−+−+()

()()()()1221212112214116myymyymyy+−=−+−++()()()()()21212212121412214116myyyymyymyy++−=−+−++()()()22222241221224414

1162216mmmmmmmmm−+++=−−−+−++++．整理得22417mPQm+=−，因为点(0,2)E到直线40xy−−=的距离024322d−−==，所以22124

1362132277EPQmmSmm++==−−△．设7mt−=，则7mt=+，所以()()22223627171171362362505050EPQttSttt++++===++，当1750t=−，即17m=−时，()min365

EPQS=．【点睛】关键点睛：本题考查了求椭圆方程，椭圆中的面积的最值问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中根据设而不求的思想，利用韦达定理得到根与系数的关系，利用换元法求最值是解题的关键.19.已知数列na满足11a=，1114nnaa+=−，其中*nN.（1）设22

1nnba=−，求证：数列nb是等差数列.（2）在（1）的条件下，求数列12nnb+的前n项和nS.（3）在（1）的条件下，若16(1)2nbnnnc−=+−，是否存在实数，使得对任意的*nN，都有1nncc+，若存在，

求出的取值范围；若不存在，说明理由.【答案】（1）证明见解析（2）222nnnS+=−（3）存在；93,42−【解析】【分析】（1）结合递推关系，证明1nnbb+−为常数即可；（2）由错位相减法求和；（3）命题等价成1(510

2)36nnnncc++−−=恒成立，转为说明021()3n+−恒成立，对n分奇偶讨论，分别求恒成立问题即可.【小问1详解】证明：11422222222121212121211121124nnnnnn

nnnnabaaaaabaa++−=−=−=−==−−−−−−−−−，112221ba==−，∴数列nb是首项为2，公差为2的等差数列；【小问2详解】()2122nbnn=+−=，设

122nnnnbnd+==，则212222nnnS=+++①，2311122222nnnS+=+++②，①-②得21111111111122112222222212nnnnnnnnnnS+++−=+++−=−=−−−，∴222nnnS+=−；【小问3详解】存在，理由

如下：16(1)26(4)nbnnnnnc−=+−−−=，12216(1)264(46)nnnnnnc+++=+−−=+，则1126(54)()536nnnnnncc+++−==−−，若对任意的*nN

，都有1nncc+，则等价于1(5102)36nnnncc++−−=恒成立，即021()3n+−恒成立，*nN，当n为偶数时，240,39n骣骣琪琪-?琪琪桫桫，则max92

(14)3n=−−−；当n为奇数时，22,033n骣骣琪琪-?琪琪桫桫时，则min32(12)3n=−−.综上，存在93,42−，使得对任意的*nN，都有1nncc+.20.设函数()()()21e2,Rxfxxmxm=

+++．（1）讨论()fx的单调性；（2）若当[2,)x−+时，不等式()()213efxmxx−+−恒成立，求m的取值范围．【答案】（1）()fx在()()2,ln2m−−上单调递减，在(,2)

−−和(ln(2),)m−+上单调递增（2）32ee,3e3−−【解析】【分析】（1）求出函数的导数，通过讨论m的范围，求出函数的单调区间即可；（2）问题转化为，当1x时，原不等式可化为1ee1xxmx−

+−，当21x-?时，原不等式可化为1ee1xxmx−+−，根据函数的单调性讨论m的取值范围．【小问1详解】依题意得()()()()()2e222e2xxfxxmxxm=+++=++．①当0m时，令()0fx，得<2x−，令()0fx，得

2x−，所以()fx在(,2)−−上单调递减，在(2,)−+上单调递增；②当2102em−时，令()0fx，得()ln22mx−−，令()0fx，得()ln2xm−或2x−，所以()fx在()()ln2,2m−−上

单调递减，在()(),ln2m−−和(2,)−+上单调递增；③当212em=−时()0fx在R上恒成立，所以()fx在R上单调递增；④当212em−时，令()0fx，得()2ln2xm−−，令()0fx，得<2x−或ln(2)xm−，所以()fx

在()()2,ln2m−−上单调递减，在(,2)−−和(ln(2),)m−+上单调递增．【小问2详解】当[2,)x−+时，()()213efxmxx−+−恒成立，则()1e1e0xxmx−−−+恒成立．（i）当1x=时，不等式即1e0+，满足条件．（ii）当1x时，

原不等式可化1ee1xxmx−+−，该式对任意(1,)x+恒成立．设()1ee1xxgxx−+=−，则()()()2121ee1xxxgxx−−−−=−．设()()211eexkxxx−=−−−，则()()()()2112e21exxkxxxxx−−=+−=

+−．因为1x，所以()0kx，所以()kx在(1,)+上单调递增，即()gx在(1,)+上单调递增．又因为()()220gk==，所以2x=是()gx在(1,)+上的唯一零点，所以当12x时，()0gx，()gx在(1,2)上单调递减，当2x时，(

)0gx，()gx在(2,)+上单调递增，所以当(1,)x+时，()()min23egxg==，所以3em．（iii）当21x-?时，原不等式可化为1ee1xxmx−+−，此时对于（ii）中的函数()kx，可知当21x-?时，()0kx，所以()kx在[2,1)−上单调递减

，且()325ee0k−−=−，所以当21x-?时，()()20kxk−，即()0gx，所以()gx在[2,1)−上单调递减，所以当[2,1)x−时，()()3max2ee23gxg−−=−=，所以32e

e3m−−．综上所述，m的取值范围是32ee,3e3−−．为获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com