【文档说明】安徽省六安市省示范高中2020届高三1月教学质量检测数学（理）试题【精准解析】.doc，共(25)页，2.385 MB，由小赞的店铺上传

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2020年六安市省示范高中高三教学质量检测理科数学试题注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、座位号等填写在答题卡和答题卷指定位置上.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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，再选涂其他答案标号.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，将本试卷和答题卡一并交回.一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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2|210Axxx，|ln310Bxx，则AB（）

A.21,3B.11,32C.12,33D.11,3【答案】B【解析】【分析】分别解两个不等式，可求得集合,AB，然后取交集即可.【详解】由题意，2210xx，解得112x，即1|12Axx，不等式ln3

10x，解得1233x，即12|33Bxx，所以AB11|32xx.故选：B.【点睛】本题考查不等式的解法，考查集合的交集，考查学生的计算求解能力，属于基础题.2

.已知双曲线C：221xmymR的一条渐近线为3yx，则C的离心率为（）A.10B.3C.2D.10【答案】A【解析】【分析】由双曲线的一条渐近线，可求出m的值，即可求得双曲线的方程，进而可求得双曲线的离心率.【详解

】由题意，0m，双曲线221xmymR的渐近线为1yxm，又双曲线的一条渐近线为3yx，所以13m，解得19m.则双曲线C的方程为2219yx，离心率为91101e.故选：A.【点睛】本题考查双曲线的渐近线、双

曲线的离心率，考查学生的计算求解能力，属于基础题.3.已知实数a，b，c满足abc，且0ab，那么下列各式中一定成立的是（）A.aabcB.0acbC.22acbcD.0abba【答案】B【解析】【分析】由题可得，0abc，从而

可判断0acb正确，利用特殊值法可判断选项A，C，D，都是错误的，即可选出答案.【详解】因为abc，且0ab，所以0abc.则0,0cba，可得0acb，即选项B正确；取1,1,2abc，由1

12，44，20，可知选项A，C，D都不正确.故选：B.【点睛】本题考查不等式的性质，考查学生的推理论证能力，属于基础题.4.已知非零向量a，b的夹角为30°，且1b，21ab，则a（）A.32B.1C.3D.2【答案】A

【解析】【分析】根据模长的性质和向量的数量积公式，即可求解.【详解】22222(2)441ababaabb，整理得234||23||0,||0,||2aaaa.故选:A【点睛】本题考查向量的数量积运算，

属于基础题.5.《算法统宗》里有一段叙述：“九百九十六斤棉，赠分八子做盘缠，次第每人多十七，要将第八数来言，务要分明依次第，孝和休惹外人传”，意思是将996斤棉花，分别赠送给8个子女做旅费，从第一个开始，以后每人依次多17

斤，直到第八个孩子为止.分配时一定要等级分明，使孝顺子女的美德外传.则第二和第七个孩子分得棉的斤数之和为（）A.167B.176C.249D.255【答案】C【解析】【分析】由题可设8个子女所得棉花斤数依次为128,,,aaa，

可知8个数字构成等差数列，公差为17，前8项之和为8996S，结合等差数列的性质，可求出27aa的值.【详解】由题意，设8个子女所得棉花斤数依次为128,,,aaa，8个数字构成等差数列，公差17d，前8项之和为18889962aaS，则182

49aa，所以2718249aaaa.故选：C.【点睛】本题考查数学文化，考查等差数列的性质，考查学生的计算求解能力，属于基础题.6.对于任意xR，函数fx满足2fxfx，且当1x时，2lgfxxx，若2a

f，πlog3bf，1cf，则a，b，c之间的大小关系是（）A.bacB.bcaC.cabD.cba【答案】C【解析】【分析】结合1x时函数的表达式可判断函数在1,的单调性，

由2fxfx，可知函数fx的图象关于直线1x对称，进而由13cff，ππlog32log3bff，其中π2log31，可比较出,,abc的大小关系.可得出结论.【详解】

因为函数fx满足2fxfx，所以fx的图象关于直线1x对称，当1x时，2lgfxxx，因为函数2yx=和lgyx都在1,上单调递增，所以函数fx在1,上单调递增.则13cff，ππlo

g32log3bff，因为π0log31，所以π12log32，即π12log32fff，所以π322log3fff，即cab.故选：C.【点睛】本题考查比较几个数的大小关系，考查函数单调

性及对称性的应用，考查学生的计算能力与推理能力，属于基础题.7.已知函数1exfxx，xR.若函数yfxm有两个不同的零点，则实数m的取值范围是（）A.,1B.()0,1C.0,D.,0【答案】B【解析】【

分析】对函数fx求导，并判断单调性，可作出函数的图象，函数yfxm有两个不同的零点，可知方程fxm有两个不同实数解，结合函数fx的图象，可求得m的取值范围.【详解】由题意，11exfxx，当,1x时，()0fx¢<，函数fx单调递减，

且此时0fx；当1,x时，()0fx¢>，函数fx单调递增，且此时0fx，fx的最小值为11f.函数yfxm有两个不同的零点，则方程fxm有两个不同实数解，作出函数fx的图象，如下图：显然，当10m

，即01m时，yfxm有两个不同的零点.故选：B.【点睛】本题考查函数图象的性质，考查函数的零点，考查学生的计算能力与推理能力，属于中档题.8.如图，网格纸上小正方形的边长为1.粗实线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为（）A.283B.82

33C.833D.83【答案】D【解析】【分析】三视图还原成空间图形，该几何体为直三棱柱与半个圆锥的组合体，根据体积公式，即可求解.【详解】由三视图可得，该几何体是直三棱柱与半个圆锥的组合体，其中三棱柱的底面是等腰三角形且面积为2，侧棱长为4，半个圆锥底面半径为1，高为2，该几何

体的体积为112428233.故选:D【点睛】本题考查几何体的三视图求几何体的体积，解题的关键要确定几何体的结构特征，属于基础题.9.已知圆C：2221xy与直线l：3yx，P为直

线l上一动点.若圆上存在点A，使得π6CPA，则PC的最大值为（）A.23B.4C.2D.43【答案】C【解析】【分析】易知直线与圆相离，P为直线l上一动点，当直线PA与圆相切时，PC取得最大值，求

解即可.【详解】圆C的圆心为2,0C，半径为1，圆心到直线l的距离为230312d，可知直线与圆相离，由正弦定理可得三角形PAC的外接圆直径为22πsin6ACR，P为直线l上一动点，当直线

PA与圆相切时，此时PC为外接圆的直径，取得最大值，PC最大值为2.故选：C.【点睛】本题考查直线与圆的位置关系以及正弦定理的应用，考查数形结合的数学思想，考查学生的推理能力与计算能力，属于中档题.10.关于函数coscosfxxx有下述四个结论：①函数fx的最小正周期为π；②函数

fx在区间0,π上单调递减；③函数fx在π,π上有四个零点；④函数fx的最大值为1.其中所有正确的结论序号为（）A.①②④B.②④C.①③D.②③④【答案】B【解析】【分析】对函数

fx去绝对值，结合三角函数的性质，对四个命题逐个分析，可选出答案.【详解】由题意，ππ2π,2π22xkkkZ时，2cos21cos2xfxx；π3π2π,2π22xkkkZ时，2cos21cos2xfxx.

因为πππ1coscos4442f，5π5π5π1coscos4442f，所以函数fx的最小正周期不是π，故①错误；由cos1,1x，cos0,1x，可得coscosfxxx

的最大值为1，即④正确；接下来分析函数fx在0,π上的单调性，当π0,2x时，cos212xfx，因为20,πx，所以cos212xfx在π0,2上单调递减，且π02ffxf；同理π,π2x时，

cos212xfx单调递减，ππ2ffxf.显然，函数fx在区间0,π上单调递减，即②正确.令()0fx=，则cos0x，则ππ2xkkZ，令ππππ2k

，解得0k或1k，即函数fx在π,π上有2个零点，故③错误.综上，正确的结论序号为②④.故选：B.【点睛】本题考查三角函数的单调性、周期性，考查函数的零点及最值，考查分段函数的性质，考查学生的计算能力与推理能力，属于中档题.11.已知抛物线24xy的焦点为F，A是抛物

线上异于坐标原点的任意一点，以F为圆心，AF为半径的圆交y轴负半轴于点B.平行于AB的直线l与抛物线相切于点D，则直线AD必过定点（）A.()0,1-B.0,2C.()0,1D.0,2【答案】A【解析】【分析】设200,4xAx，可得半径2014rAFx，即

可得到点B的坐标，进而可得到直线AB斜率的表达式，对24xy求导，结合导数的几何意义可得到点D的坐标，进而可表示出直线AD的方程，从而可求得直线AD所过定点.【详解】由题意，0,1F，设200,4xAx，则2041

AFx，圆的半径为2014x，则200,24xB，2200002244ABxxkxx，设点D的横坐标为Dx，由12yx，得0122lDABxxkk，则0

4Dxx，02044,xxD，直线AD为2022000004444xxxyxxxx，整理得200414xyxx，当0x时，1y，即直线AD必过定点()0,1-.故选：A

.【点睛】本题考查抛物线的性质，考查直线方程恒过定点问题，考查学生的计算求解能力，属于中档题.12.已知函数elnxafxxxaxR，若1,x时，不等式1fx恒成立，则实数a的取值范围为（）A.22,eB.1,e

C.2212,eeD.21,e【答案】D【解析】【分析】令eln1xagxxxx，可知1,x时，0gx恒成立，对函数gx求导，并分类讨论求其单调性，使得函数的最小值

min0gx，可求出a的取值范围.【详解】令eln1xagxxxx，则1,x时，0gx恒成立，221eee11xxxxaxaxagxxxx，令()exhx

ax，若0a，在1,x时，()e0xhxax，且0gx，此时函数gx单调递减，则1e0gxga，显然不符合题意；若0a，()e1xhxa，令()e10xhxa，解得1lnxa，①当1ln

1a，即1ea时，在1,x时，()0hx，()hx单调递增，即()(1)e10hxha，则0gx，即函数gx在1,x单调递增，则1e0gxga成立，故

1ea时，符合题意；②当1ln1a，即10ea时，在11,lnxa时，()hx单调递减，在1ln,xa时，()hx单调递增.(1)e10ha，则11,lnxa时，()0hx，0gx，令

()e0xhxax，得exxa，函数exxy中，1exxy，即exxy在1,上单调递减，则exxy的值域为10,e，因为10ea，所以()e0xhxax存在解0x，即00exax，00lnlnaxx

，故01,xx时，0gx，0,xx时，0gx，即0mingxgx，只需00gx即可，则0000000eln1ln1ln012xgxxxaxxax，解得21ea，故211eea符合题意

.综上，当21ea时，不等式1fx恒成立.故选：D.【点睛】本题考查函数单调性的应用，考查不等式恒成立问题，考查分类讨论的数学思想的应用，考查学生的逻辑推理与计算求解能力，属于难题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.若实数x，y满足约

束条件10030xxyxy，则2xyx的最小值为______.【答案】0【解析】【分析】作出不等式组对应的可行域，如下图，易得1,2A，1,1B，33,22C

，2210xyyxx，令20ykx，问题可转化为可行域内的点,xy与定点0,2P间的斜率，结合图形，求解即可.【详解】作出不等式组对应的可行域，如下图阴影部分，易得1,2A，1,1B，33

,22C，2210xyyxx，令20ykx，k为可行域内的点,xy与定点0,2P间的斜率，结合图形可知，PBPAkkk，22010PAk，12110PBk，即10k，则201xyx，故2xyx的最小值为

0.故答案为：0.【点睛】本题考查线性规划，考查数形结合的数学思想，考查学生的计算求解能力，属于基础题.14.在ABC中，已知2AB，3AC，π3A，角A的平分线交边BC于D，则AD______.【答案】635【解析】【分析】分别过点,BC作AD的垂线，交AD

于,EF，可求得BE和CF的值，由111πsin2223ABCSADBEADFCABAC，可求得AD.【详解】作出图形，如下图，分别过点B和点C作AD的垂线，垂足为,EF，因为AD为角A的平分线，π3A，所以π6BADCAD，

则112BEAB，1322CFAC，则1113522244ABCSADBEADFCADADAD，又1π1333sin2323222ABCSABAC，所以53342AD，即635AD.故

答案为：635.【点睛】本题考查解三角形，利用三角形的面积公式是解决本题的较好方法，考查学生的推理能力与计算能力，属于基础题.15.设fxx的图象在点()4,2处的切线为l，则曲线yfx，直线l及y轴所围成的图形的面积为______.【答案】23

【解析】【分析】根据导数的几何意义可求出直线l的方程，进而利用定积分求面积即可.【详解】由题意，12fxx，114424f，则直线l的斜率为14，直线l方程为1244yx，即114yx，当0x时，1y，所求图形的面积为34242001121621

d2448333Sxxxxxx.故答案为：23.【点睛】本题考查导数的几何意义，考查利用定积分求面积，考查学生的计算求解能力，属于基础题.16.在四棱锥PABCD中，底面ABCD为矩形，PD平面ABCD，2P

DDA，22DC.以BD为直径的球与PB交于点M（异于点B），则四面体MPCD外接球半径r______.【答案】7【解析】【分析】过点D作PB的垂线，垂足即为M，可求出PM，易证BC⊥平面PCD，从而可得到平面PMC平面PCD，分别取P

B，PC的中点E，G，可得//EGBC，EG平面PCD，由PCD是直角三角形，可知直线EG上任意一点到PCD三个顶点的距离相等，作线段PM的垂直平方线，垂足为F，交EG于点O，则点O为三角形PMC的外接圆圆心，且为四面体MPCD外接球球心，由正弦

定理可求得三角形PMC的外接圆半径，即为所求外接球半径，求解即可.【详解】由题意，PD平面ABCD，底面ABCD为矩形，2PDDA，22DC，可得2222223BD，222324PB，2222

223PC，过点D作PB的垂线，垂足即为M，21cos42DPB，所以π3DPB，cos1PMPDDPB，因为BCCD，BCPD⊥，PDCDD，所以BC⊥平面PCD，则BCPC，21sin42BCBPCPB，即π6BPC.因为BC平面PMC，BC

⊥平面PCD，所以平面PMC平面PCD，分别取PB，PC的中点E，G，则//EGBC，EG平面PCD，因为PCD是直角三角形，所以直线EG上任意一点到PCD三个顶点的距离相等，作线段PM的垂直平方线，垂足为F，交EG于点O，则O到PCM△三个顶点的距离都相等，即四面体MPCD外

接球球心为O，且PCM△的外接圆圆心为O，PCM△中，22π1232123cos76MC，由正弦定理，727π1sin62MC，即PCM△的外接圆半径为7，四面体MPCD外接球半径7r.故答案为：7.【点睛】本

题考查空间几何体的外接球问题，考查学生的空间想象能力，考查学生的计算求解能力，属于中档题.三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.17.记nS为等比数列na的前n项的和，且na为递增数列.已知24a，314S.（1）求

数列na的通项公式；（2）设221211loglognnnnnbaa，求数列nb的前2n项之和2nT.【答案】（1）2nna；（2）221nn【解析】【分析】（1）由题可得，231221232144aSaaaaaa

aqqq，即可求出1a和q，结合na为递增数列，可求得通项公式；（2）结合（1）可得到1111nnbnn，利用裂项相消法可求出前2n项之和2nT.【详解】（1）设等

比数列na的公比为q，则231221232144aSaaaaaaaqqq，解得122aq或1812aq，因为na为递增数列，所以只有122aq符合题意，故2nna；（2）由题意，122212111111lo

g2log211nnnnnnnnbnnnn，∴2122nnTbbb1111111122334221nn

1212121nnn.【点睛】本题考查等比数列的通项公式的求法，考查裂项相消求和法的应用，考查学生的计算求解能力，属于基础题.18.在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，设3coscosacBbC.（1）求cosB

的值；（2）若1a，22b，求πsin3A的值.【答案】（1）1cos3B；（2）1266【解析】【分析】（1）利用正弦定理边化角，然后结合两角和的正弦公式可得到3sincossinsinABBCA，从而

可求出cosB；（2）由cosB可求出sinB，然后利用正弦定理可求出sinA，进而可求出cosA，将πsin3A展开可求出答案.【详解】（1）由正弦定理得3sincossincossincosABCBBC，即3sincossincossincoss

insinABCBBCBCA，∴1cos3B；（2）易知22sin3B，由正弦定理sinsinabAB，则221sin13sin322aBAb，又ab，∴AB，即A为锐角，则22cos3A.∴π13126s

insincos3226AAA.【点睛】本题考查正弦定理在解三角形中的应用，考查两角和的正弦公式的应用，考查学生的计算求解能力，属于基础题.19.在第六个国家扶贫日到来之际，中共中央总书记、国家主席①、中央军委主席

习近平对脱贫攻坚工作作出重要指示强调，新中国成立70年来，中国共产党坚持全心全意为人民服务的根本宗旨，坚持以人民为中心的发展思想，带领全国各族人民持续向贫困宣战.某县政府响应习总书记的号召，实施整治环境吸引外地游客的脱贫战略，效果显著.某旅行社组织了

两个旅游团于近期来到了该县的某风景区.数据显示，近期风景区中每天空气质量指数近似满足函数212ln6422,144attttatftR，其中t为每天的时刻.若在凌晨4点时刻，测得空气质量指数为21.8

.（Ⅰ）求实数a的值；（Ⅱ）求近期每天在4,22时段空气质量指数最高的时刻t.（参考数值：ln20.7）【答案】（Ⅰ）600；（Ⅱ）12时.【解析】【分析】（1）将4t代入解析式，解关于a的方程，即可得出结论；（2）求()ft，求出()ft的单调区间，进而求出(

)ft极值，即可求解.【详解】解：（Ⅰ）由421.8f得240.74621.840a，所以600a；（Ⅱ）由260012ln6144tttttf得22260014412'144ttttft2260012112144

tttt，由'0ft得12t.列表得t4,121212,22'ft+0-ft增极大值减所以函数ft在12t时取极大值也是最大值，所以近期每天空气质量指数最高的时刻为12时.【点睛】本题考查函数应用问题，利用

导数求函数的最值，考查计算能力，属于中档题.20.已知点1,0F，直线l：2x，平面上有一动点E，记点E到l的距离为d.若动点E满足：22EFd.（1）求点E的轨迹方程；（2）过F的动直线m与点E的轨迹交于A，B两点，试问：在x轴上，是否存在

定点Q，使得AQBQ为常数？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，说明理由.【答案】（1）2212xy；（2）存在定点Q，使得AQBQ为常数，点5,04Q【解析】【分析】（1）设点,Exy，可

得到,EFd的表达式，结合22EFd，可求得,xy的关系式，即为所求轨迹方程；（2）若直线l的斜率存在，设过点F的直线l：1ykx，与轨迹方程联立，可得到关于x的一元二次方程及根与系数关系，设

11,Axy，22,Bxy，,0Qm，可得到AQBQ的表达式，将根与系数关系代入上式，整理并化简可求得定点及定值，若直线l的斜率不存在，验证可知也满足题意.【详解】（1）设点,Exy，则2dx，22221122EFxyx，展开

得2212xy，所以E的轨迹方程为2212xy；（2）假设在x轴上存在定点Q，使得AQBQ为常数，设11,Axy，22,Bxy，,0Qm，则11,AQmxy，22,BQmxyAQBQ121

2mxmxyy，若直线l的斜率存在，不妨设过点F的直线l：1ykx，222222112422012ykxkxkxkxy，2122412kxxk，21222212kxxk，则12

21211mxAQBQkmxxx222212121kxxkmxxmk，不妨设AQBQ，则2222222222411212kkkkmmkkk化简可得222224210mmmk，令2

22024210mmm，解得54m，716，即AQBQ为常数，点5,04Q，716AQBQ；若直线l的斜率不存在，设A在B的上方，可得21,2A

，21,2B，经验证满足716AQBQ.故在x轴上，存在定点Q，使得AQBQ为常数，点5,04Q，716AQBQ.【点睛】本题考查轨迹方程的求法，考查直线与椭圆的位置关系，考查一元二次方程中根与系数关系的应用，考查学生

的计算求解能力，属于中档题.21.如图1，四边形PBCD是等腰梯形，//BCPD，2PBBCCD，4PD，A为PD的中点.将ABP△沿AB折起，如图2，点M是棱PD上的点.（1）若M为PD的中点，证明：平面PCD平面ABM；（2）若6

PC，试确定M的位置，使二面角MABD的余弦值等于55.【答案】（1）证明见解析；（2）2DMMP【解析】【分析】（1）取AB的中点为E，连结PE，CE，易知,ABPEABEC，可得AB平面PEC，从而ABPC，取PC中点N，连结MN，BN，易证A，B，N，M四点共面，由

2PBBC，可得BNPC，即可证明PC平面ABM，从而可证明平面PCD平面ABM；（2）先证明,,PEECAB互相垂直，进而分别以EB，EC，EP为x，y，z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，设0

DMMP，可得到M点坐标，进而求得平面ABD和平面MAB的法向量12,nn，由121255nnnn可求出的值.【详解】（1）由题意，ADBC且//ADBC，所以四边形ABCD是平行四边形，又2PBBCCD，4PD，所以PBA是正三角形，

ABCD是菱形，取AB的中点为E，连结PE，CE，易知ABC是正三角形，则,ABPEABEC，又PEECE，则AB平面PEC，所以ABPC；取PC中点N，连结MN，BN，则////MNCDAB，所以A，B

，N，M四点共面，又2PBBC，则BNPC，又ABBNB?，所以PC平面ABM.又PC平面PCD，∴平面PCD平面ABM.（2）因为3232PECE，6PC，所以PEEC，又ABPE且ABEC，则以EB，EC，EP为x，y，z轴正方向，建立如图所示的空间直

角坐标系，则1,0,0A，1,0,0B，2,3,0D，0,0,3P，设0DMMP，则233,,111M，易知平面ABD的法向量可取10,0,1n，设平面MAB的法向量为2,,nxyz，又

2,0,0AB，133,,111AM，∴201330111xxyz，则可取20,,1n，由题意1221215511nnnn，解得2，故2DMMP.【点睛】本题考查面面垂直的证明，考

查空间向量法解决二面角问题，考查学生的空间想象能力及计算求解能力，属于中档题.22.已知函数2lnafxxxaxR.（1）讨论函数fx的单调性；（2）若fx有两个极值点1212,xxxx，且

1212fxfxmxx恒成立，求实数m的取值范围.【答案】（1）详见解析；（2）0m【解析】【分析】（1）对函数fx求导，分1a，01a和0a三种情况，讨论导函数的正负，进而可得到函数

fx的单调性；（2）由（1）知01a时，fx有两个极值点，可得122xx，12xxa，整理可得11221222lnxfxfxxxx，不等式可化为11222ln2xmxxx，结合122xx可得到1112221ln21xxxmxxx

，令121xttx上述不等式等价于当1t时1ln21ttmt恒成立，构造函数1ln21gxxxmx，求导并讨论单调性，使其最小值大于0即可求出答案.【详解】（1）函数fx的定义域为()0,+

?，222221axxaxxfxx，①若1a，则22211xxaxa，显然0fx，所以fx在()0,+?单调递减；②若01a，由()0fx¢=得11xa，此

时110a，由()0fx¢>得11,11xaa；由()0fx¢<得0,1111,xaa.即fx在区间11,11aa单调递增，在区间0,11a和11,a

单调递减；③若0a，11011aa，则fx在区间0,11a单调递增，在区间11,a单调递减.（2）由（1）知01a时，fx有两个极值点，1x，2x是方程220xxa的两个根，122xx，12xxa，∴

121122122ln2lnaafxfxxxxxxx212112122lnlnaxxxxxxxx121222lnxxxx，所以原不等式等价于11222ln2xmxxx，又122xx，∴112122ln2xxxmx

xx，即1112221ln21xxxmxxx，令121xttx，上述不等式可化为，当1t时，1ln210ttmt恒成立.设1ln21gxxxmx

，则1ln12gxxmx，令1ln12hxxmx，则21xhxx，当1x时，0hx，即gx在()1,+?上单调递增，所以1x时，1gxgm.①当0m即0m时，()0gx¢>，即gx在()1,+?上单调

递增，10gxg符合题意；②当0m时，因为gx在()1,+?上单调递增，记0001gxx，则01,xx时()0gx¢<，0,xx时()0gx¢>，即01,xx时gx单调递减，所以存在01

,xx，使10gxg，不合题意，综上所述：0m.【点睛】本题考查函数的单调性，考查不等式恒成立问题，考查分类讨论的数学思想的应用，考查学生的推理论证能力，属于难题.