【文档说明】江苏省南京市六校2023-2024学年高三上学期期中联合调研 数学答案.pdf，共(25)页，639.976 KB，由小赞的店铺上传

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第1页/共25页学科网（北京）股份有限公司2023—2024学年第一学期11月六校联合调研试题高三数学一、单项选择题：本大题共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

22log2,20AxxBxxx，则AB（）A.0,2B.()1,2-C.,4D.1,4【答案】D【解析】【分析】解不等式可得集合,AB，根据集合的并集运算即得答案.【详解】因为2log20,4Ax

x，2201,2Bxxx，所以1,4AB，故选：D.2.若,ab是夹角为60的两个单位向量，ab与32ab垂直，则（）A.18B.14C.

78D.74【答案】B【解析】【分析】由题意先分别算出22,,abab的值，然后将“ab与32ab垂直”等价转换为032abab，从而即可求解.【详解】由题

意有2222111,1,cos601122aabbabab，又因为ab与32ab垂直，所以221323232320322aabaabbb，整理得1202

，解得14.故选：B.3.用一个平行于圆锥底面的平面去截圆锥，截得的圆台上底面半径为1，下底面半径为2，且该圆台侧面积为35，则原圆锥的母线长为（）第2页/共25页学科网（北京）股份有限公司A.2B.5C.4D.25【答案】D【

解析】【分析】设圆台的母线长为l，根据圆台的侧面积公式求出圆台的母线长，利用圆台的性质以及相似三角形即可求解.【详解】设圆台的母线长为l，因为该圆台侧面积为35π，则由圆台侧面积公式可得π(12)3π35

πll，所以5l，设截去的圆锥的母线长为l，由三角形相似可得12lll，则25ll，解得5l，所以原圆锥的母线长5525ll，故选：D.4.已知,xy取表中的数值，若,xy具有线性相关关系，线性回归方程为0.952.6yx$，则a＝（）x0

134ya4.34.867A.2.2B.2.4C.2.5D.2.6【答案】A【解析】【分析】根据线性回归方程经过样本中心，计算即可求解.【详解】由题意可知：013424x，4.34.86.715.844aay，所以样本中心,xy为15.82,4a

，代入回归方程有：15.80.9522.64a，解得2.2a.故选：A.5.已知角的顶点在坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合，终边经过点(,1)t，若5cos5，则.第3页/共25页学科网（北京）股份有限公司πtan()4＝（）A.3B.13C.13D.3【

答案】C【解析】【分析】先根据任意角的三角函数求出t，再求出tan的值，最后根据两角和的正切公式即可求出所需的值.【详解】由任意角的三角函数公式可知25cos51tt，解得12t，所以tan2yx，所以πtantanπ

2114tanπ412131tantan4，故选：C6.已知数列{}na通项公式为2322,7494,7nntnnann，若对任意*nN，都有1nnaa，则实数t的取值范围是（）A.[3,)t

B.239[,)142tC.239(,)142tD.23[,)14t【答案】C【解析】【分析】根据数列的单调性，即可根据263tn对1,2,3,4,5,6n恒成立，以及87aa求解.【详解】当1,2,3,4,

5,6n时，221312123226320nnaantnntnnt恒成立，所以263tn对1,2,3,4,5,6n恒成立，故9292tt，又当7,Nnn时

，494nan为单调递增的数列，故要使对任意*nN，都有1nnaa，则87aa，即2489437142t，解得2314t，综上可得239(,)142t，故选:C第4页/共25页学科网（北京）股份有限公司7.已知

圆2221:0Cxybb与双曲线22222:10,0xyCabab，若在双曲线2C上存在一点P，使得过点P所作的圆1C的两条切线，切点为A、B，且π3APB，则双曲线2C的离心率的取值范围是（）A.51,2B.5,2C.1,3

D.3,【答案】B【解析】【分析】连接OA、OB、OP，则OAAP，OBBP，设点,Pxy，则22222bxyba，分析可得2OPba，可得出ba的取值范围，由21bea可求得e的取值范围.【详解】连接OA、OB、OP，则OAAP，OBB

P，由切线长定理可知，PAPB，又因为OAOB，OPOP，所以，AOPBOP≌，所以，1π26APOBPOAPB，则22OPOAb，第5页/共25页学科网（北京）股份有限公司设点,P

xy，则22222bxyba，且xa，所以，2222222222222222bxcxcOPbxyxbbabaaaa，所以，12ba，故222151142ccbeaaa，故选：B.8.定义在R上的函数fx满足0fxf

x，2fxfx；且当0,1x时，32fxxxx．则方程420fxx所有的根之和为（）A.6B.12C.14D.10【答案】D【解析】【分析】根据题意可得fx为奇函数，其图象关于

直线1x对称且一个周期为4，再根据当0,1x时，32fxxxx，求导分析单调性，从而画出简图，根据函数的性质求解零点和即可.【详解】∵0fxfx，∴fx为奇函数，又∵2fxfx，∴fx的图象关于直线1x

对称．当0,1x时，23210fxxx，fx单调递增．由2fxfxfx，即有42fxfx，所以4fxfx，即函数fx的一个周期为4，由0fxfx可得，40fxfx，所以fx的图

象关于2,0中心对称．函数fx的简图如下：其中32x，第6页/共25页学科网（北京）股份有限公司由1()(2)4fxx，∴所有实根之和为1524344210xxxxx.故选：D．【点睛】本题求零点之和需要掌握的方法：（1）函数的性质运用：根

据条件中函数满足的关系式推导函数的奇偶性、对称性、周期性和在区间内的单调性，并运用性质求零点和；（2）数形结合：根据给定区间的函数解析式作图，再根据函数的性质补全剩余图象；二、多项选择题：本大题共4小

题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分．请把正确选项在答题卡中的相应位置涂黑．9.已知复数2iz，1izxy(,Rxy)(i为虚数单位)，z为z的共轭复数，则下列结论

正确的是（）A.z的虚部为iB.z对应的点在第一象限C.1zzD.若11zz-£，则在复平面内1z对应的点形成的图形的面积为2π【答案】BC【解析】【分析】根据复数的性质和对应复平面内对应的点以及复数的几何意义依次判断即可.【详解】对于A：2iz，所以z的虚部为1，A错误；对于B：z对应

的点为2,1，位于第一象限，所以B正确；对于C：22215z，22215z，所以1zz，C正确；对于D：在复平面内11zz-£表示到点2,1距离小于等于1的所有的点，所以形成的图形为以2,1为圆心1为半

径的圆，所以面积为πS，D错误，故选：BC10.已知0,0ab，21ab，则（）A.21ab的最小值为4B.ab的最大值为18C.22ab的最小值为15D.24ab的最小值为22第7页/共25页学科网（北京）股份有限公司【答案】BCD【解析】【分析】

根据基本不等式即可求解BD，由乘“1”法即可求解A,代换后利用二次函数的性质即可求解C.【详解】对于A，0,0ab，21214424428babaababababab，当且仅当4baab，即11,24ab取等号，故A错误，1212

28ababab，当且仅当2ab，即11,24ab取等号，故B正确，2222222112541555abbbbbb，故当25b时，取到最小值15，此时15a

，满足题意，故C正确，2242242222ababab，当且仅当24ab，即11,24ab时等号成立，所以D正确故选：BCD11.函数()sin(0)fxx在区间ππ[,]22上为单调函数，图象关于直线2

π3x对称，则（）A.34B.将函数()fx的图象向右平移2π3个单位长度，所得图象关于y轴对称C.若函数()fx在区间14π(,)9a上没有最小值，则实数a的取值范围是2π14π(,)99D.若

函数()fx在区间14π(,)9a上有且仅有2个零点，则实数a的取值范围是4π[,0)3【答案】ABD【解析】【分析】根据单调性及对称轴求出解析式，即可以判断选项A，由函数的平移变换可以判断选项B，根据函数图象的零点和最值即可判断C，D.【详解】选项A：根据题意函数()sin(0)fxx

在区间ππ[,]22上为单调函数，可以判断为单调递增函数，则ππ22，ππ22，解得01又因为图象关于直线2π3x，则2πππ23k，Zk，解得3342k，Zk

第8页/共25页学科网（北京）股份有限公司当0k时，34符合条件.则A正确；选项B：由A可知3()sin4fxx向右平移2π3个单位长度后，解析式变成3π3()sincos424gxxx，则图象关于y轴对称.B正确；选项C：函数

()fx在区间14π(,)9a没有最小值，则令34tx，14π(,)9xa，则37π(,)46ta，当π37π246a，即2π14π39a时，没有最小值C错误；选项D：函数()fx在区间14π(

,)9a上有且仅有2个零点，因为πt时，为函数的零点，所以另一个端点只能让函数再有一个零点即可.所以3π04a，即4π03a，D正确.故选：ABD.12.已知椭圆C：222104xybb的左右焦点分别为1F、2F，点2,1P在椭圆内部，点Q在椭圆上，椭

圆C的离心率为e，则以下说法正确的是（）A.离心率e的取值范围为20,2B.当24e时，1QFQP的最大值为642C.存在点Q，使得210QFQFD.1211QFQF的最小值为1【答案】ABD【解析】【分析】A项中

需先解出b的范围，然后利用离心率的定义进行判断；B项中根据椭圆定义转化为求24QFQP的最大值，从而进而判断；C项中先求出点Q的轨迹方程，再判断该轨迹图形与椭圆是否有交点，从而进行判断；D项中根据

椭圆定义得1224QFQFa，并结合基本不等式判断..第9页/共25页学科网（北京）股份有限公司【详解】对于A项：因为点2,1P在椭圆内部，所以22114b，得224b，所以得：222222110,42ccb

beaaa，故A项正确；对于B项：由椭圆定义知124QFQPQFQP，当Q在x轴下方时，且P，Q，2F三点共线时，1QFQP有最大值24PF，由242ce，得22c，22,02F

，所以得22262122PF，所以1QFQP最大值642，故B项正确；对于C项：设,Qxy，若210QFQF，即：,,0cxycxy，则得222xyc，即点Q在以原点为圆心，半径为c的圆上，又由A项知：2

0,2cea，得0,2cea，又因为224b，得2,2b，所以得：cb，所以该圆与椭圆无交点，故C项错误；对于D项：由椭圆定义得1224QFQFa，所以121212111114

QFQFQFQFQFQF2121121211222144QFQFQFQFQFQFQFQF，当且仅当122QFQF时取等号，故D项正确.故选：ABD.三、填空题：本大题共4小题，每小题

5分，共20分．13.为全面推进乡村振兴，永州市举办了“村晚兴乡村”活动，晚会有《走，去永州》《扬鞭催马运粮忙》《数幸福》《乡村振兴唱起来》四个节目，若要对这四个节目进行排序，要求《数幸福》与《乡村振兴唱起来》相邻

，则不同的排列种数为________（用数字作答）．【答案】12【解析】【分析】利用捆绑求得正确答案.第10页/共25页学科网（北京）股份有限公司【详解】由于《数幸福》与《乡村振兴唱起来》相邻，所以两者“捆绑”，则不同的排列种数为2323AA12种.故答案为：1214.

设6656510(21)xaxaxaxa，则135aaa__________．（用数字作答）【答案】364【解析】【分析】利用赋值法计算可得【详解】因为6656510(21)xaxaxaxa，令=1x，则01561aaaa①，令1x，

则01456729aaaaa②，∴①－②得1352++=728aaa，所以135364aaa，故答案为：36415.现有一张正方形纸片，沿只过其一个顶点的一条直线将其剪开，得到2张纸片，再从中任选一张，沿只过其一个顶点的一条直线剪开，得到3张纸片，…，以此类

推，每次从纸片中任选一张，沿只过其一个顶点的一条直线剪开，若经过8次剪纸后，得到的所有多边形纸片的边数总和为___________．【答案】28【解析】【分析】根据题意，可得所有多边形纸片的边数总和是公差为3的等差数列，进而利用等差数列的通项公式算

出结果．【详解】设没剪之前正方形的边数为1a，即14a，沿只过其一个顶点的一条直线将其剪开，得到一个三角形和一个四边形，无论是选择三角形四边形，剪一次后边数均增加3，即可得所有多边形纸片的边数总和是公差为3

的等差数列，故经过8次剪纸后，得到的所有多边形纸片的边数总和为：948328a．故答案为：2816.如图，在直三棱柱111ABCABC-中，ACAB，2AC，14AA，6AB，点E，F分别是AA1，AB上的动点，那

么11CEEFFB的长度最小值是__________，此时三棱锥11BCEF外接球的表面第11页/共25页学科网（北京）股份有限公司积为__________.【答案】①.82②.44π【解析】【分析】将立体几何中线段之和最小问题，转化为平面几何中的线段之和最小问题，利用对称性

求出最小值，并得到此时各线段的长度和1EFBF，由于1AE⊥11AB，故11,,,AEFB四点共圆，三棱锥11BCEF外接球即为四棱锥111CABFE的外接球，找到球心问题，求出半径，得到表面积.【详解】将三棱柱的侧面11ACCA与侧面11ABBA沿着1AA展

开到同一平面内，如下：则11CEEFFB长度最小值转化为11CFFB的最小值，作点1C关于直线BC的对称点H，连接1HB，交BC于点F，则1HB即为11CFFB的最小值，也即11CEEFFB的最小值，第12页/共25页学科网（北京）股份有限公司其中1128

CCHC，11628BCABAC，所以21211182BBHCHC，此时可求出4,2BFAF，且145BFB，45AFE，故12,2AEAFAE，由勾股定理得221111122,42,436210EFBFBEAEAB

，所以22211EFBFBE，由勾股定理逆定理可知，1EFBF，由于1AE⊥11AB，故11,,,AEFB四点共圆，三棱锥11BCEF外接球即为四棱锥111CABFE的外接球，连接1AQ，由于四边形

11ABFE的外接圆圆心为1BE的中点Q，半径为11102BE，110AQ，故OQ⊥平面11ABFE，所以OQ平行于11CA，取11AC的中点W，连接1,OWOC，则1OWAQ，且1OC即为外接球半径，且221111011OCCWOW，外接球的表面积为24π

1144π.故答案为：82，44π【点睛】解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直

角三角形，利用勾股定理求得球的第13页/共25页学科网（北京）股份有限公司半径四、解答题：本大题共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.已知正项数列{}na的前n项和为nS，222nnnaaS，数列{}nb满

足3nannba．（1）求数列{}na的通项公式；（2）求数列{}nb的前n项和nT．【答案】（1）1nan（2）2219344nnnT【解析】【分析】（1）利用nS与na的关系，求解通项公式;（2）利用错位相减法求解数列的前n

项和.【小问1详解】当1n时，211122aaS，即21120aa，12a或11a（舍）当2n时，211122nnnaaS，又因为222nnnaaS，两式相减得221

10nnnnaaaa，整理得1110nnnnaaaana为正项数列，11nnaa数列{an}为等差数列，公差为1.1111naann【小问2详解】1313nan

nnban，123423334313nnTn2345323334313nnTn两式相减得122345223333313nnnTn第14页/共25页学科网（北京）股份有限公司29

1322nn2219344nnnT.18.在ABC中，,,ABC所对的边分别为,,abc，已知2()bcac.（1）若π4B，求ca的值；（2）若ABC是锐角三角形，求23sin2cosBC的取

值范围．【答案】（1）21（2）(31,3)【解析】【分析】（1）根据余弦定理即可求解，（2）根据余弦定理得边角关系，即可利用正弦定理边角互化，结合三角恒等变换可得2BC，即可由三角函数的性质求解.【小问1详解】在ABC中，π4B，据

余弦定理可得222222cos2bacacBacac=+-又2()bcac，故22aaac，由于0a，故21ac，得21ca.【小问2详解】在ABC中，据余弦定理可得2222cosbaca

cB，又2()bcac，故22cosaacBac，又0a，故2cosacBc据正弦定理sinsinacAC，可得sin2sincossinACBC，sin2i[πsncos)si(]nBCCB

C，sincoscossin2sincossinBCBCCBC，sinsi(n)BCC,因为,,(0,π)ABC，所以)π,π(BC，第15页/共25页学科网（北京）股份有限公司则BCC或πBCC，即2BC或Bπ（舍）所以2π

3sin2cos3sin2cos212sin(2)16BCCCC,)ππ3(ABCC,因为ABC是锐角三角形，所以π0π32π022π02CCC，得ππC64，2ππ2πC263,故π

3sin(2),162C,π2sin(2)131,36C故23sin2cos31,3BC,19.为弘扬中国共产党百年奋斗的光辉历程，某校团委决定举办“中国共产党党史知识”竞赛活动．竞赛共有A和B两类试题，每类试题各10题，其中每答对1道A类试

题得10分；每答对1道B类试题得20分，答错都不得分．每位参加竞赛的同学从这两类试题中共抽出3道题回答（每道题抽后不放回）．已知某同学A类试题中有7道题能答对，而他答对各道B类试题的概率均为23．（1）若该同学只

抽取3道A类试题作答，设X表示该同学答这3道试题的总得分，求X的分布和期望；（2）若该同学在A类试题中只抽1道题作答，求他在这次竞赛中仅答对1道题的概率．【答案】（1）分布列见解析，()21EX（2）1990【解析】【分析】（1）根据超几何分布的

概率公式求解概率，即可得分布列，利用期望公式即可求解，（2）根据相互独立事件的概率，即可求解.【小问1详解】0102030X，，，33310C1(0)C120PX，1273310CC217(10)C12040PX，第16页/共25页学科网（北京）股份有限公司2

173310CC6321(10)C12040PX，37310C357(30)C12024PX所以X的分布为X0102030P11207402140724所以17217()01020302112040402

4EX【小问2详解】记“该同学仅答对1道题”为事件M.2127131219()C103103390PM这次竞赛中该同学仅答对1道题得概率为1990.20.已知在四棱锥CABED中，//DE平面ABC，ACBC，24,2BCACABDE，

DADC，点F为线段BC的中点，平面DAC平面ABC．（1）证明：EF平面ABC；（2）若直线BE与平面ABC所成的角为60，求二面角BADC的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）34【解析】【分析】（1）通过证明,EFABEFA

C来证得EF平面ABC；（2）建立空间直角坐标系，利用向量法来求得二面角BADC的余弦值.【小问1详解】取AC的中点O，连接OF、OD，第17页/共25页学科网（北京）股份有限公司∵//DE平面ABC，DE平面ABED，平面ABED平面ABCAB，∴//DEAB，又∵O，

F分别为AC，BC的中点，∴1//,2OFABOFAB∵2ABDE∴//,OFDEOFDE，∴四边形DEFO为平行四边形，∴//EFDO，∵在DAC△中DADC且O为AC中点，∴DOAC.∴

由平面DAC平面ABC，且交线为AC，DO平面DAC，得DO平面ABC.∵,ABAC平面ABC，∴DOAB，DOAC，∵//EFDO，∴EFAB，EFAC，∵ABACA，,ABAC平面ABC，∴EF平面ABC.【

小问2详解】∵DO平面ABC，,ACBC平面ABC，所以,DOACDOBC，又因为ABAC，所以,,DOACBC三者两两互相垂直，∴以O为原点，OA所在直线为x轴，过点O与CB平行直线为y轴，OD所在直线为

z轴，建立空间直角坐标系.则1,0,0A，1,0,0C，1,4,0B.∵EF平面ABC，∴直线BE与平面ABC所成的角为60EBF.∴tan6023DOEFBFo，∴0,0,23D.平面ADC的

一个法向量为0,1,0m，设平面ADB的法向量,,nxyz，2,4,0AB，1,0,23ADuuur，则240230xyxz，取1z，则23x，3y

，∴23,3,1n，∴3cos,4mnmnmn，由图可知二面角BADC为锐角，的第18页/共25页学科网（北京）股份有限公司∴二面角BADC的余弦值为34.21.已知双曲线2222:1(0,0)xyCabab

经过点4,6P，且离心率为2.（1）求C的方程；（2）过点P作y轴的垂线，交直线:1lx于点M，交y轴于点N.设点,AB为双曲线C上的两个动点，直线,PAPB的斜率分别为12,kk，若122kk，求MABNABSS

.【答案】（1）221412xy（2）32【解析】【分析】（1）根据题意求出22,ab即可得解；（2）设1122,,,AxyBxy，方法一：分直线AB斜率存在和不存在两种情况讨论，设直线AB方程

为ykxm，联立方程，利用韦达定理求得1212,xxxx，再根据122kk求出,km的关系，从而可得直线AB过定点，进而可得出答案.方法二：可设直线AB方程为461mxny，由221412xy可得2244661412xy

，再根据122kk求出m，从而可得直线AB过定点，进而可得出答案.【小问1详解】第19页/共25页学科网（北京）股份有限公司由题意得22222163612abcaabc，解得224

12ab，所以C的方程为221412xy；【小问2详解】由题意，点M坐标为1,6，点N坐标为0,6，设1122,,,AxyBxy，方法一：①若直线AB斜率存在，设直线AB方程为ykxm，221412xyy

kxm，消去y可得22232120kxkmxm，230k且22Δ124120mk，且2121222212,33kmmxxxxkk，1221121212126464

6624444kxmxkxmxyykkxxxx，整理可得121242228160mkxxkxxm，2222124222816033k

mmmkkmkk，化简得22128122360mmkkkm，即26460mkmk，因为直线AB不过点4,6P，所以460mk，所以260mk，即26mk，所以直线AB的方程为26y

kx，恒过定点2,6Q，②若直线AB斜率不存在，则1212,0xxyy，第20页/共25页学科网（北京）股份有限公司121212121166121224444yyyykkxxxx，解得122xx

，所以直线AB的方程为2x，过定点2,6Q，综上，直线AB恒过定点2,6Q，设点M到直线AB的距离为1d，点N到直线AB的距离为2d，1122132122MABNABABdSdMQSdNQABd.方法二：因为直线AB不过点4,

6P，所以可设直线AB方程为461mxny，由221412xy可得2244661412xy，即22(6)3(4)1262440yxyx，22(6)3(4)126244460yxyx

mxny，得22121(6)122446243(4)0nymnxymx，等式左右两边同时除以2(4)x，得2661211224243044yynmnmxx

，2Δ(1224)41212430mnnm，121212661224244121yymnkkxxn，解得16m，所以直线AB方程为14616xny，即2660xny，恒过定点2

,6Q，下同法一.第21页/共25页学科网（北京）股份有限公司【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件

选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；（3）求证直线过定点00,xy，常利用直线的点斜式方程00yykxx或截距式ykxb来证明.22.已知函数23()e

232xaxfxxax．（1）当0a，求曲线()yfx在点(1,(1))f处的切线方程．（2）若()fx在[0,)上单调递增，求a的取值范围；（3）若()fx的最小值为1，求a．【答案】（1）2(e1)210xy（2）12a

（3）12a【解析】【分析】（1）求导，利用导函数的几何意义求出切线方程；（2）参变分离，构造2e()2xxgxx，求导，得到其最小值，求出a的取值范围；（3）注意到(0)1f，多次求导得到()e2xlxa，从而分

12a，12a，0a与102a，结合函数单调性，极值和最值情况，求出答案【小问1详解】21()e,(1)e22xxfxf，第22页/共25页学科网（北京）股份有限公司()e,(1)e1xfxxf，所以曲线()yfx在点(1,(1))f处切线方程1e(e1)(1)

2yx，即2(e1)210xy．【小问2详解】因为2()e20xfxaxxa在区间[0,)上恒成立，所以2mine2xxax，令2e()2xxgxx，则

222e12e2()2xxxxxgxx，令2()e12e2xxhxxxx，则2()e2xhxxx，当0x时，()0,()hxhx单调递增，()(0)0h

xh，所以()0gx，所以()gx在[0,)上单调递增，故min1()(0)2gxg，所以12a．【小问3详解】23()e2,(0)132xaxfxxaxf，2()e2,(0)12,

xfxaxxafa令2()e2xkxfxaxxa，则()e21xkxax，令()e21xlxkxax，则()e2xlxa，当12a时，2231()e,()e1

622xxxxfxxxfxx，则()e1xkxx，()e1xlx，当0x时，()0,()lxkx在(,0)上单调递减，的第23页/共25页学科网（北京）股份有限公司当0x时，()0,()lxkx

在[0,)上单调递增，()(0)0,()kxkkx在(,)上单调递增，且(0)0k，所以，当0x时，()0,()0,()kxfxfx在(,0)上单调递减，当0x时，()0,()0,()kxfxfx在(0,)

上单调递增，所以min()(0)1fxf．所以12a适合，当12a时，当0ln2xa时，()0lx，lx在(0,ln2)a上单调递减，()(0)0lxl，2()e2xkxfxaxxa在(0,ln2)a上单调递减，因为()(0)120fxfa

，所以()fx在(0,ln2)a上单调递减，此时()(0)1fxf，舍去．当0a时，当0x时，()e210xkxax，()fx在(,0)上单调递减，()(0)120fxfa，()fx在(,0

)上单调递增，()(0)1fxf，舍去；当102a时，当ln20ax时，()e20,()xlxakx在(ln2,0)a上单调递增，()(0)0,()kxkfx在(ln2,0)a上单调递减，()(0)120,()fxfafx(ln2,0)a上

单调递增，此时，()(0)1fxf，舍去．综上，12a．【点睛】方法点睛：对于求不等式成立时的参数范围问题，一般有三个方法：一是分离参数法,使不等式一端是含有参数的式子，另一端是一个区间上具体的函数，通过对具体函数的研究确定含参式子满足的条件；二是讨论分析法，根据参数取

值情况分类讨论；三是数形结合法，将不等式转化为两个函数，通过两个函数图像确定条件.在第24页/共25页学科网（北京）股份有限公司获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.c

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