【文档说明】安徽省黄山市屯溪第一中学2023-2024学年高三下学期第三次教学质量检测数学试题 Word版含解析.docx，共(21)页，1.884 MB，由小赞的店铺上传

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2024年屯溪一中高三第三次教学质量检测数学（考试时间：120分钟满分：150分）注意事项：1.答卷前，务必将自己的姓名和座位号填写在答题卡和试卷上.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，务必擦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，将本试卷和答题卡一并交回.一、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|lg1Axx=，|

2Bxyx==−，则AB=（）A.2|xxB.|010xxC.2|0xxD.|010xx【答案】C【解析】【分析】分别求两个集合，再求交集.【详解】不等式lg1x，得010

x，即010|Axx=，2Bxx=，所以02ABxx=.故选：C2.已知{,}ij是平面内的一个单位正交基底，且2aij=+，bij=−rrr，则ab=（）A.1B.1−C.3D.3−【答案】B【解析】【分析】根据条件，利用数量积的运算，得到222a

ijibj=−+，再利用,ij是单位正交基底，即可求解.【详解】因为2aij=+，bij=−rrr，所以222()()2abijiijijj=−+=−+，又{,}ij是平面内的一个单位正交基底，所以222121abijji=+=−=−−，故

选：B.3.已知复数12,zz，313iz=+（其中i为虚数单位），且12izz=，则2z=（）A.13i−+B.13i−−C.1i−D.13i+【答案】A【解析】【分析】利用复数乘方求出复数1z，再利用复数除法求出2z及共

轭复数.【详解】依题意，13iz=−，由12izz=，得123i13iiizz−===−−，所以213iz=−+故选：A4.数学源于生活又服务于生活，某中学“数学与生活”兴趣小组成员在研学过程中，发现研学地的河对岸有一古塔（如图），于是提出如何利用数学知识解决塔

高AB的问题.其中同学甲提出如下思路：选取与塔底B在同一水平面内的两个观测点C与D，测得15BCD=，30BDC=，24CD=m，并在点C处测得塔顶A的仰角为60，则塔高AB约为（）(取21.4,31.7）A.50.4mB.16.8mC.40.8mD.28.56m【答案】D【解析】【

分析】结合题目条件，借助正弦定理可得BC，再利用正切定义即可得AB.【详解】由15BCD=，30BDC=，则1803015135DBC=−−=，则有sin30sin135BCCD=，即24112222

2BC==，由题意可得60ACB=，90ABC=，.故tan601223121.41.728.56ABBC===m.故选：D.5.函数()yfx=与()12xgx骣琪=琪桫的图象关于直线yx=对称，则()24fx−的单调递

增区间是（）A.(2,0−B.)0,2C.)2,−+D.(,2−【答案】B【解析】【详解】由条件求得()()22124log4fxx−=−，利用复合函数的单调性同增异减即可得解.【解答】由题意可得函数()12logfxx=，则()(

)22124log4.fxx−=−令240tx=−，求得22x−，故()24fx−的定义域为()2,2−，根据复合函数的单调性同增异减可知，即转化为求函数24tx=−在()2,2−上的减区间.所以由二次函数的性质可得函数24tx=−在()2

,2−上的减区间为)0,2，故选：B.6.设函数()fx的定义域为R，且(2)fx+为奇函数，(21)fx+为偶函数，则（）A.(1)0f−=B.1()02f−=C.(1)0f=D.()00f=【答案】D【解析】【分析】由(2)fx+为奇函数可得()()22fxfx+=−−+，即可得

()20f=，由(21)fx+为偶函数，则有()()11fxfx+=−+，即可得()()2=−+fxfx，即有()()020ff=−=.【详解】由(2)fx+为奇函数，则有()()22fxfx+=−−+，则()()

22ff=−，即()20f=，由(21)fx+为偶函数，则有()()2121fxfx+=−+，即()()11fxfx+=−+，则()()()22fxfxfx+=−=−−+，即()()2=−+fxfx，即()()020ff=−=，故D正确；A、B

、C都不能得到，故A、B、C错误.故选：D.7.如图，在圆柱中过𝐴𝐷作与轴截面ABCD垂直的一个平面，所得截面图形为椭圆，将圆柱侧面沿母线AB展开，该椭圆曲线在展开图中恰好为函数32sin6yx=一个周期的图象，则该截面椭圆的离心率为（）A.13B.12C.33D.22【答案】B

【解析】【分析】根据题意，结合正弦函数的性质得到4AB=，43πT=，进而得到23r=，结合图形，利用勾股定理，可求出4a=，23b=，即可求解.【详解】由题知椭圆曲线在展开图中恰好为函数32sin6yx

=的一个周期，可得4AB=，且2π43π36T==，设底面半径为r，则2π43πr=，得到23r=设椭圆的长轴长为2a，短轴长为2b，则有2224441216arAB=+=+，得到216a=，又2243br==，得到2

3b=，所以椭圆的离心率为2212111162cbeaa==−=−=，故选：B.8.已知,Rab，0,0ab，且22231aabb−−=，则（）A.ab+有最小值1B.ab−有最小值1C.35ab+有最小值22D.35ab

−有最小值22【答案】D【解析】【分析】由题意可得()(3)1abab+−=，则13abab+=−，ab+无最小值，判断A；设,3,10abmabnmn+=−=，则1mn=，结合基本不等式可判断B；7171352222abmnmm+=−=−，结合函

数的单调性，可判断C；利用352abmn−=+，结合基本不等式求得35ab−的最小值，判断D.【详解】由0,0ab，且22231aabb−−=可知()(3)1abab+−=，而30abab+−，则1031,13ababab−+=−，则ab+无最小值，A错

误；设,3,10abmabnmn+=−=，且1mn=，则11()2122abmnmn−=+=，当且仅当1mn==，即1,0ab==时取等号，这与题设矛盾，故ab−最小值不为1，B错误；717135

2222abmnmm+=−=−，由于函数7122yxx=−在(1,)+上递增，故7122yxx=−在(1,)+上无最小值，即35ab+无最小值，C错误；3522222abmnmn−=+=，当且仅当22m

n==时，即722,88ab==时取等号，D正确，故选：D【点睛】关键点睛：该题为根据条件等式求最值问题，解答时由22231aabb−−=可得()(3)1abab+−=，由此看到两个因式之积为定值，由此设,3abmabn+=−=，进而将问题转化为基本不等式求最

值问题或利用函数单调性，解决问题.二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.已知函数2333()sin23cos22fxxx=+−（0）与函数()tangxx=的周期相同

，则下列说法正确的是（）A.的值为1B.5π12（,0）是函数()fx的一个零点C.把函数()fx的图象向左平移π6个单位得到()hx的图象，则()hx为偶函数D.函数()fx的单调递增区间为πππ,π(Z)36kkk−++【答案】ABCD【解

析】【分析】首先化简函数的解析式，根据周期求，再根据三角函数的性质，利用代入的方法，判断选项.【详解】()2333333πsin23cossin2cos23sin222226fxxxxxx=+

−=+=+，A.函数()tangxx=的最小正周期为π，所以2ππ2=，所以1=，故A正确；B.()π3sin26fxx=+，5π5ππ3sin2012126f=+=

，所以5π,012是函数()fx的一个零点，故B正确；C.函数()fx的图象向左平移π6个单位得到()ππ3sin23cos266fxxx=+++=，为偶函数，故C正

确；D.πππ2π22π262kxk−+++，得ππππ36kxk−++，Zk，所以函数的单调递增区间为πππ,π(Z)36kkk−++，故D正确.故选：ABCD10.如图，在正四面体ABCD中，已知2AB=，O为棱AB的中点.现将等腰直角三角形EAB绕

其斜边AB旋转一周（假设EAB可以穿过正四面体内部），则在旋转过程中，下列结论正确的是（）A.三角形EAB绕斜边AB旋转一周形成的旋转体体积为3B.,OCDE,,四点共面C.点E到CD的最近距离为21−D.异面

直线CD与AE所成角的范围为[,]42【答案】BCD【解析】【分析】对于A:由题意知旋转体为两个同底等高的圆锥组合体，由此求出组合体的体积．对于B：由线面垂直，和线线垂直，又有公共点即可判断；对于C:设O为AB的中点，令F为CD的中点,点E在以O为圆心，1为半径的圆上运动

，作出图形，可知当,,FOE三点共线，可求最小值；对于D：结合B、C选项可判断.【详解】对于A：因为2AB=，所以等腰直角三角形的直角边为√2，斜边的高为1；旋转后的几何体为两个大小相等的圆锥组合体，其圆锥的底面半径为1，高为1；所以几何体的体积为212π13V

==2π3，A错误；对于B:在正四面体ABCD中，各个侧面都是等边三角形，又因为O为棱AB的中点，所以,DOABCOAB⊥⊥，又,DOCO相交于点O，又都在平面DOC内，所以AO⊥平面DOC，又AOOE⊥，

OE与平面DOC有一个公共点，所以OE在平面DOC内，所以,OCDE,,四点共面，故B正确；对于C:在图1中，令F为CD的中点，O为AB的中点，则点E在以O为圆心，1为半径的圆上运动，由图可知当,,FOE三点共线，且当运动到1E的位置时，E到CD的距离最小，在

RtBOF中，1,32BOBFOF===，所以121FE=−，C正确对于D:由B、C可知，CD在圆锥的底面内，如图1，由圆锥轴截面中，4AEO=，由线面角的概念可知，AE与圆锥底面中的直线所成最小角就是AEO，最大角一定为2由此可知异面直线CD与AE所成角的范围为[,]42

，正确故选:BCD11.已知12,FF分别为双曲线()2222:10,0xyCabab−=的左､右焦点，过2F的直线l与圆222:Oxya+=相切于点M，l与第二象限内的渐近线交于点Q，则（）A.双曲线C的离心率2eB.若22::OFMFOQQM=，则C的渐近线方程为

33yx=C.若16MFOM=，则C的渐近线方程为2yx=D.若224QFMF=，则C的渐近线方程为2yx=【答案】AC【解析】【分析】利用2tanaMFOb=可得lakb=−，与渐近线斜率相比较即可构造不等式求得离心率e，知A正确；根据斜率关系可知直线OM为双曲线C一条渐近线，利

用2cosQOF可构造方程求得B正确；分别利用1cosMOF和cosQOF可构造方程求得CD正误.【详解】对于A，2OMMF⊥，2OFc=，OMa=，222MFcab=−=，2tanaMFOb=，lakb=−，又l与第二象限内的渐近线交于点Q，abba−−，即2222

abca=−，222ca，2cea=，A正确；的对于B，由A知：lakb=−，又2OMMF⊥，OMbka=，直线OM即为双曲线C的一条渐近线，22::OFMFOQQM=，::OQQMcb=，又222OQQMa−=，OQc=，QMb=，2222222242co

s2ccbcbQOFcc+−−==，2tanbQOFa=−，2cosaQOFc=−，2222cbacc−=−2222cbacc−=−，整理可得：()2222222cbccaac−=−−=−，2220caca

−−=，()()22210eeee−−=−+=，2e=，即2212ba+=，解得：3ba=，C的渐近线方程为3yx=，B错误；对于C，166MFOMa==，22222165cos22acacaMOFacac+−−==，12ta

ntanbMOFMOFa=−=−，1cosaMOFc=−，2252caaacc−=−，整理可得：22252caa−=−，即22223caba=+=，222ba=，2ba=，C的渐近线方程为2yx=，C正确；对于D，2244QF

MFb==，3QMb=，229OQab=+，2222222222229167cos2929cabbcabQOFcabcab++−+−==++，2tanbQOFa=−，2cosaQOFc=

−，22222729cabaccab+−=−+，整理可得：()()22222239abaab−=+，422915bab=，2253ba=，153ba=，C的渐近线方程为153yx=，D错误.故选：AC.【点睛】关键点点睛：本题考查双曲线离心率、渐近线的求解问题，解题

关键是能够利用余弦定理和渐近线斜率构造关于,,abc的方程，进而求得双曲线的离心率和渐近线方程.三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．把答案填在答题卡的相应位置上.12.某同学在高三阶段的9次数学考试中成绩依次为：126,106,130,113,1

19,120,98,133,149，则这9次数学成绩的上四分位数为___________.【答案】130【解析】【分析】将9次成绩分数从小到大排列，根据百分位数的含义，即可求得答案.【详解】将9次成绩分数从小到大排列依次为：98，106，113，119，120，126，13

0，133，149，由于975%6.75=，故这组成绩数据的上四分位数为第7个数130.故答案为：13013.已知圆221:4Cxy+=和圆()()222:224Cxy−+−=，若点(,)(0,0)Pmnmn在两圆的公共弦上，则22mnmn+−的最小值为___________.【答案

】1【解析】【分析】两圆方程相减即可得到公共弦所在直线方程，根据P在公共弦上可得2mn+=，再利用基本不等式即可求最小值．【详解】圆221:4Cxy+=和圆222:(2)(2)4Cxy−+−=的两个方程相减即可得到两圆的公共弦所在直线方程为2xy+=，所以点(,)(0,0)P

mnmn在两圆的公共弦上，∴22mnmn+=，当且仅当1mn==时取等号，所以1mn所以()2223431mnmnmnmnmn+−=+−=−，当且仅当1mn==时取等号.故答案为：114.已知()()()elne,xxfx

axagxx=+=R，若函数(())yfgxa=+恰有三个零点，则a的取值范围为______.【答案】e(,1)2−−【解析】【分析】首先设()gxt=，则方程转化为()fta=−，转化为分析函数()gxt=和ety=和()1yat=−+的交点个数问题.【详解】(

())0yfgxa=+=，设()gxt=，则()fta=−，()21lne0xgxx−==，得ex=，当()0,ex，()0gx，()gx单调递增，当()e,x+，()0gx，()gx单调递减，当ex=时，函数()gx取得

最大值1，如图，画出函数()tgx=的图象，由()fta=−，即etata+=−，则()e1tat=−+，()1yat=−+恒过点()1,0−，如图，画出函数ety=的图象，设过点()1,0−的切线与ety=相切于点()00,ett，则000ee1ttt=+，得00t=，即切点

(0,1)，所以切线方程为1yx=+，如图，则()1yat=−+与ety=有2个交点，1a−，则1a−，如图可知，若函数(())yfgxa=+恰有三个零点，则110t−，201t，则()1e11a−+，所以e2a−，综上可

知，e12a−−.故答案为：e,12−−【点睛】关键点点睛：本题考查嵌套零点问题，解题的关键是需通过换元，转化为内外层函数的零点个数问题.四、解答题：本大题共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.已知数列na满足233,5aa==，数列nb为等比数列，且满足()111nnnnbnbaa++=−N.（1）求数列na的通项公式；（2）已知数列nb前n项和为nS，若，记数列nc满足

,,nnnancbn=为偶数为奇数，求数列nc的前2n项和2nT.在①32a是243,bSS−的等差中项；②1354bS=−；③56188SS+=这三个条件中任选一个，补充在第（2）问中，并对其解答.注：若选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分.【答案】（1）2

1nan=−（2）()224123nnn−++【解析】【分析】（1）借助等比数列的性质计算可得12nnaa+−=，即可得数列na为等差数列，即可得解；（2）选①：借助等差中项的性质可计算出数列nb的通项公式，即可得21,2,nnnncn

−=为偶数为奇数；选②：借助等比数列及其前n项和定义计算可得nb的通项公式，即可得21,2,nnnncn−=为偶数为奇数；选③：借助等比数列及其前n项和公式计算可得nb的通项公式，即可得21

,2,nnnncn−=为偶数为奇数；得到21,2,nnnncn−=为偶数为奇数后，分组求和即可得解.的【小问1详解】233,5aa==，且()111nnnnbnNbaa++=−，2332

1bbaa=−，即322bb=，又nb是等比数列，12nnaa+−=，na是以11a=，公差为2等差数列，21nan=−；【小问2详解】选①，32a是243,bSS−的等差中项，3244abb=

+，即242520bbb+==，214,2bb==，1122nnnbb−==，21,2,nnnncn−=为偶数为奇数，()()()1352122222221(241)221nnTn−=+++++−+−++−LL()()()

221434124121423nnnnnn−+−=+=−++−；选②，1354bS=−Q，11115244bbbb=++−，12b=，1122nnnbb−==，21,2,nnnncn−=为偶

数为奇数，()()()1352122222221(241)221nnTn−=+++++−+−++−LL()()()221434124121423nnnnnn−+−=+=−++−；选③，()(

)()56115656112122221881212bbSSb−−+=+=+−=−−，12b=，1122nnnbb−==，21,2,nnnncn−=为偶数为奇数，()()()1352122222221(241)221nnTn−=+++++−+−++−

LL()()()221434124121423nnnnnn−+−=+=−++−.16.如图，四棱锥PABCD−中，底面为直角梯形，//ABCD，ABAD⊥，且24ABADCD===，的2PA=，60PAB=，直线PA与平面ABCD所成的角为30，1G，2G，3G分别是PAB，,

PADPCD△的重心．（1）证明：平面123//GGG平面ABCD；（2）求平面PAB与平面PAD夹角的余弦值．【答案】（1）证明见解析（2）33【解析】【分析】（1）根据重心可得比例关系式，得到线线平行，再得到线面平行，由面面平行判定定理得证；（2）建立空间直角坐标系，利用法向量夹角，可得平面

的夹角即可.【小问1详解】连1PG延长交AB于E，连2PG延长交AD于F，连3PG延长交CD于G，因为123,,GGG分别是PAB，,PADPCD△的重心，所以31223PGPGPGPEPFPG===，所以1223//,//GGEFGGFG，又12G

G平面,ABCDEF平面ABCD，所以12//GG平面ABCD同理23//GG平面ABCD，12232GGGGG=，12GG平面12323GGGGG，平面123GGG，所以平面123//GGG平面ABCD.【小问2详解】设点P在底面的射影为O，以O为原点，x轴//AB，y轴/

/AD，如图建立空间直角坐标系Oxyz−，因为2PA=，直线PA与平面ABCD的所成角为30，即30PAO=，所以sin301,cos303OPPAAOPA====.作PHAB⊥，垂足H，连接OH，由OP⊥平面ABCD，OP平面ABCD

，,OPAB\^又,,OPPHPOPPH=平面POH，AB⊥平面POH，又OH平面POH，OHAB⊥.又60PAB=cos601,2AHPAHO===，所以(0,0,1)P，()1,2,0A−−，()3,2,0B−，()1,42,0D−−，(4,0,0),(1,2,1),

(0,4,0)ABAPAD===，设平面PAB的一个法向量为𝑚⃗⃗=(𝑥,𝑦,𝑧)则4020mABxmAPxyz===++=，令1,y=，则(0,1,2)m=−，设平面PAD的一个法向量为()111,,nxyz=，则1111·20·40nAPxyznADy

=++===，∴11100yxz=+=，令11x=，则(1,0,1)n=−，设平面PAB与平面PAD夹角为，∴23cos332mnmn===，∴平面PAB与平面PCD夹角的余弦值33.17.现有一个不透

明的袋子中装着标有数字1,2,3,4,5的大小、材质完全相同的小球各2个，从中任意抽取3个，每个小球被抽到的可能性相等，用X表示取出的3个小球中的最大数字.（1）已知一次取出3个小球的数字之和大于10，求这3个球中最小数字为3的概率；（2）

求随机变量X的分布列及数学期望.【答案】（1）715（2）分布列见解析，133【解析】【分析】（1）分类讨论得到数字之和大于10的概率及取出的3个球中最小数字为3的概率后结合条件概率公式计算即可得.（2）得出X的所有可能取值及其对应概

率即可得其分布列，结合分布列计算即可得其期望.【小问1详解】一次取出的3个球中数字之和大于10的情况共有30种，含155，255，355，455共2128CC种可能，544，344共2124CC种可能，245，345共111224CCC种可能

，335共2122CC种可能，这30种情况中最小数字为3有355，344，345，335共2111122222143CCCCC+=种可能，设“一次取出的3个球中数字之和大于10”为事件A，则()212111121282422422310CCCCCCCCC301C1204PA+

++===，“取出的3个球中最小数字为3”为事件B，则()21111222223103CCCCC147C12060PAB+===，所以()()()7760|1154PABPBAPA===；【小问2详解】X可能的取值为2,3,4,5，()21122222310CCC

C412C12030PX+====，()21122424310CCCC1623C12015PX+====，()21122626310CCCC3634C12010PX+====，()21122828310CCCC6485C12015PX+====，X的分布列为：X2345

P130215310815()1238132345301510153EX=+++=.18.已知抛物线22Cxy=：，动圆D：()()()2211Rxtyt−++=，P为抛物线C上一动点，过点

P作圆D的两条切线，切点分别为,AB.（1）若5,2t=求||||PDAB的最小值；（2）若过圆心D作抛物线C的两条切线，切点分别为,MN.（Ⅰ）求证：直线MN过定点；（Ⅱ）若线段MN的中点为R，连,RD交抛物线C于点Q，记MNQ△的面积为()St，求()St的表达式及其最小值.【答

案】（1）14（2）（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）3221()(2)2Stt=+，2.【解析】【分析】（1）利用面积法，将||||PDAB转化为22||1PD−，结合导数，利用||PD的最小值来求得||||PDAB的最小值.（2）（Ⅰ）利用切线方程求得直线MN的方程，进而

证得直线MN过定点.（Ⅱ）联立直线l的方程和抛物线的方程，化简写出根与系数关系，求得()St的表达式并根据函数的知识求得最小值.【小问1详解】由题意2||||242||2||1PADOAPBPDABSSPAPD====−△四边形当且仅当||PD最小时，||||PDAB最小设2(,)

2xPx，又5(,1)2D−，所以242222529||()(1)25,2244xxPDxxx=−++=+−+记为()fx，则()3245(1)(5)fxxxxxx=+−=−++，()(,1),0,()xfxfx−在(,1)

−上单调递减；()(1,),0,()xfxfx+在(1,)+上单调递增.1x=时()fx有最小值9(1)2=f，此时1(1,)2P，且min32||2PD=，所以||||PDAB最小值为921142−=.【小问2详解】由已知(,1)Dt−，设1122

(,),(,)MxyNxy（Ⅰ）21()2yxx==，所以切线11:MDxxyy=+，切线过(,1)Dt−，所以111xty=−+，同理221xty=−+，所以直线:1ltxy=−+过,MN两点..所以直线MN方程为

10txy−+=过定点(0,1).（Ⅱ）联立2102txyxy−+==，得2220xtx−−=，12122,2xxtxx+==−，2(,1)Rtt+，而(,1)Dt−，RDx⊥轴，Q点横坐标2,,2QtxtQt=

，3222212111||||(1)48(2)2222MNQtSRQxxtt=−=++=+△，即3221()(2)2Stt=+，且()2St，当且仅当0t=时成立.综上()()322122Stt=+的最小值为2.

【点睛】方法点睛：要求一个表达式的最值，可以结合已知条件先进行转化，再结合转化后的式子，选择基本不等式、函数的性质、导数的知识来求最值.求解直线和圆锥曲线的位置关系的题目，可以考虑联立直线的方程和圆锥曲线的方程，然后结合根与系数关系来进行求解.19.设函数()11(1)xfxnnn

=+N，且，()fx为()fx的导函数．（1）当5x=时，求11xn+展开式二项式系数最大的项；（2）对任意的实数x，证明：()()()222fxffx+；（3）是否存在aN，使得()1111knkanank=++对Nn，且1n恒成立

？若存在，求出a的值并证明你的结论；若不存在，请说明理由．【答案】（1）310n和210n（2）证明见解析（3）存在aN使得()1111knkanank=++对Nn，且1n恒成立，理由见解析【解析】【分析】(1)利用二项式系数的性质可求得展开式中系数最大的

项；(2)利用基本不等式结合放缩法可证得原不等式成立；(3)利用二项展开式、放缩法可证得1213mm+，进而可得出满足条件的整数a的值【小问1详解】当5x=时，511n+展开式二项式系数最大的项是第

三项和第四项，其分别为32251C1n，23351C1n，化简后分别为310n和210n；【小问2详解】由题意知()11(N1)xfxnnn=+，且，所以()11ln11xfxnn=++

，()()2222111122111122xxfxfnnnn++++=++()11111111111ln11ln12xxxxfxnnnnnn=+++++++=

，因此，对任意的实数x，都有()()()222fxffx+；【小问3详解】对于任意的Nm且1m，有010110111111C1C1C1C1mkmmmkmkmmmmmmmmmm−−+=++++

()()()()()21111221111=1+1+2!!!kmmmmmmkmmmmkmmm−−−+−−+++11112111121111112!!kmmkmmmmmm−−=+−+−−−

++−−！()()111111222!!!1211kmkkmm++++++++−−111111213211kkmmm=+−++−+−=−−

−又因()1C102,3,kkmkmkmm−=，所以1213mm+，从而可得11213knknnk=+即存在2a=，使得()1111knkanank=++

，对Nn，且1n恒成立.【点睛】关键点点睛：本题第三问考察利用数列不等式恒成立求满足条件的整数值，解题的关键在于利用二项式定理结合数列放缩法证得1213mm+成立，再利用数列求和的思想进行求解.