【文档说明】《2023年新高考数学大一轮复习讲义之方法技巧与题型全归纳（新高考专用）》2023届高三押题卷一（测试范围：高考全部内容）（解析版）.docx，共(19)页，2.020 MB，由envi的店铺上传

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2023届高三押题卷一（考试时间：120分钟试卷满分：150分）注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．2．回答第Ⅰ卷时，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．写在本试卷上无效．3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．4．测试范围：高中数学全部内容5．考试结束后，将本试卷和答

题卡一并交回．第Ⅰ卷一、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．已如集合11Axxx−=+，2log4Bxyx==−，则()UAB=ð（）

A．14xx−B．4xxC．14xx−D．1x−【答案】B【解析】211011xxxxx−++++，因为22131()024xxx++=++，所以10x+，即{|1}Axx=

−，404xx−，{|4}Bxx=，{|1}UxAx=−ð，所以(){|4}UABxx=ð．故选：B．2．复数12i3iz−=+的虚部为（）A．710−B．7i10−C．75−D．7i5−【答案】A【解析】因为()()()()12i3i12i17i3i3i3i1010z−−−

===−++−，所以复数12i3iz−=+的虚部为710−.故选：A3．在新冠肺炎疫情防控中，核酸检测是新冠肺炎确诊的有效快捷手段，在某医院成为新冠肺炎核酸检测定点医院并开展检测工作的第n天，设每个检测对象从接受检测到检测

报告生成的平均耗时为()tn（单位：小时），已知()tn与n之间的函数关系为00000,(),tnNntntnNN=（0t，0N为常数），并且第16天的检测过程平均耗时16小时，第64天和第67天的检测过程平均耗时均为8小时，那么可

得第49天的检测过程平均耗时大约为（）A．7小时B．8小时C．9小时D．10小时【答案】C【解析】由已知可得，当0nN时，函数为定值；当0nN时，显然函数为单调函数.则根据数值分析可得，01667N.所以有()0161616tt==，解得0

64t=.因为04964t=，所以()064499749tt==.故选：C.4．已知公差为1的等差数列{na}中，1a，2a，4a成等比数列，则{na}的前10项的和为（）A．55B．50C．45D．10【答案

】A【解析】∵1a，2a，4a成等比数列，∴2214aaa=，可得2111()(3)adaad+=+，又等差数列{na}的公差为1，2111(1)(3)aaa+=+解得：11a=，则{na}的前10项和1101010119105252Sa

a+++===．故选：A．5．从正方体的8个顶点中任取3个构成三角形，则所得三角形是正三角形的概率是（）A．142B．17C．314D．37【答案】B【解析】如图示，从正方体的8个顶点中任取3个构成三角形，基本事件有38C56=种，在正方体中，满足任取3个顶点构成正三角形的有8种，顶点的

集合分别是1,,ACB，1,,ACD，1,,BDC，1,,BDA，11,,ACB，11,,ACD，11,,BDA，11,,BDC，所以所求概率为81567=.故选：B6．已知函数()cosfxx

=，26()1xgxx=+，若函数()hx在[,]22−上的大致图象如图所示，则()hx的解析式可能是（）A．()()()hxfxgx=+B．()()()hxfxgx=−C．()()g()fxhxx=D．()()()hxfxg

x=【答案】D【解析】易知()cosfxx=为偶函数，由()()()()226611xxgxgxxx−−==−=−+−+，则()gx为奇函数，由图象可知，该函数是奇函数，因为()fx是偶函数，()gx是奇函数，所以()()fxgx是非奇非偶函数，A，B不符合题意.因为当0x=时，()()f

xygx=无意义，所以C不符合题意.故选：D.7．设1sin11a=，ln1.1b=，1.21c=−，则（）A．cbaB．abcC．acbD．cab【答案】B【解析】令()sinfxx

x=−，则()cos10fxx=−，所以()fx在(0,)+上单调递减，所以sinxx，也即11sin1111，令1()ln(1)gxxx=−−，则()22111xgxxxx=−=−，当(0,1]x时，()0gx，函数()gx单调递减；当

1x时，()0gx，函数()gx单调递增，所以()(1)0gxg=，故当1x时有1ln1xx−，所以111ln1.11sin1.11111ba=−==，令()ln(1)121hxxx=+−++，则(0.1)bch−=，因为1

212(1)()1212(1)(12)xxhxxxxx+−+=−=++++，当0x时，211212xxxx+=+++，所以()0hx，函数()hx在[0,)+上单调递减，所以(0.1)(0)0hh=

，也即0bc−，所以bc，故abc，故选：B.8．已知函数()fx的定义域为R，()22fx+为偶函数，()1fx+为奇函数，且当0,1x时，()fxaxb=+.若()41f=，则3112ifi=+=（）A．12B．0C．

12−D．1−【答案】C【解析】因为()22fx+为偶函数，所以()()2222fxfx−+=+，用1122x+代替x得：()()13fxfx−+=+，因为()1fx+为奇函数，所以()()11fxfx−+=−+，故()()31fxfx+=−+①，用2x+代替x得：()()53fxfx+=−+②

，由①②得：()()51fxfx+=+，所以函数()fx的周期4T=，所以()()401ff==，即1b=，因为()()11fxfx−+=−+，令0x=得：()()11ff=−，故()10f=，()10fab=+=，解得

：1a=−，所以0,1x时，()1fxx=−+，因为()()11fxfx−+=−+，令12x=，得2123ff=−，其中1111222f=−+=，所以3122f=−，因为()()2222fxfx−+=

+，令14x=得：12214422ff−+=+，即235212ff==−，因为4T=，所以7714222fff=−=−，因为()()11fxfx−+=−+，令32x=得：1512

22ff−=−=，故2721f=，311111122235722222ififff=+=++=−−+=−.故选：C二、选择题：

本题共4小题，每小题5分，共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．下列说法正确的是（）A．随机变量服从正态分布()3,4N，若()()232PaPa−=+，则a的值等

于3.B．为了更好地开展创文创卫工作，需要对在校中小学生参加社会实践活动的意向进行调查，拟采用分层抽样的方法从该地区A、B、C、D四个学校中抽取一个容量为400的样本进行调查，已知A、B、C、D四校人数之比为7∶4∶3∶6，则应从B

校中抽取的样本数量为80C．已知变量x、y线性相关，由样本数据算得线性回归方程是0.4yxa=+，且由样本数据算得4x=，3.7y=，则2.1a=D．箱子中有4个红球、2个白球共6个小球，依次不放回地抽取2个小球，记事

件M={第一次取到红球}，N={第二次取到白球}，则M、N为相互独立事件【答案】BC【解析】A.由正态分布的性质可得：2326aa−++=，解得：73a=，故选项A错误；B.由分层抽样的性质可得：应抽取人数为44000=807+4+3+6，故B正确；C.因为回归

直线必过样本中心(4,3.7)，所以0.44+=3.7a，即2.1a=，故C正确；D.由于第一次取到球不放回，因此会对第2次取球的概率产生影响，因此M、N不是相互独立事件，故D错误，故选：BC.10．如图，在棱长为2的正方体1111ABCDABCD−中，M，N，P分别为BC，1CC，1B

B的中点，则（）．A．直线1DD与直线AN垂直B．直线1AP与平面AMN平行C．直线1AB和MN夹角的余弦值为12D．点C到平面AMN的距离为23【答案】BCD【解析】在棱长为2的正方体1111ABCDABCD−中，可得11//DDAA，又

由1AA与AN不垂直，所以直线1DD与直线AN不垂直，所以A不正确；取11BC的中点Q，分别连接1,PQAQ，可得1//,//PQMNAQAM，进而可得//PQ平面AMN，1//AQ平面AMN，根据面面平行的判定定理，可得平面//APQ平面AMN

，又由AP平面APQ，所以//AP平面AMN，所以B正确；连接1BC，可得1//MNBC，所以直线1AB和MN所成的角即为直线1AB和1BC所成的角，即11ABC=，在等边11ABCV中，可得1coscos602==，即直线1AB和MN所成的角的余弦值为12，所以C正确；设点C到平面AM

N的距离为d，由1111111232323ACMNVCMCNCD−===，在直角ABM中，225AMABBM=+=，在直角CMN中，222MNCMCN=+=，在ACN△中，223ANACCN=+=，又在AMN中，由余弦定理可得22210cos

210AMMNANAMNAMMN+−==−，则2310sin1cos10AMNAMN=−=，所以AMN的面积为32AMNS=△，因为ACMNCAMNVV−−=，可得11313323AMNSdd==，可得23d=，即点C到平面AMN的距离为23，所以D正确.故选：BCD11．（多

选）双曲线C：2222xyab−=1（a＞0，b＞0）的左、右焦点分别为F1，F2，过右焦点F2且斜率为k的直线交右支于P，Q两点，以F1Q为直径的圆过点P，则（）A．若△PF1Q的内切圆与PF1相切于M，则F1M＝aB．若双曲线C的方程为

2246xy−=1，则△PF1Q的面积为24C．存在离心率为5的双曲线满足条件D．若3PF2＝QF2，则双曲线C的离心率为102【答案】BD【解析】由题意，以F1Q为直径的圆过点P，故1PFPQ⊥，且PQ，在右支上，对于选项A：记内切圆与PQ相切于N，与F1P相切于M，与F1Q相切

于K，由内切圆的性质可得||||,||||PMPNQKQN==，故11||||||FPFQPQ+−11111||||||||||||||||2||4FMFKPMQKPNQNFMFKFMa=+++−−=+==，

1||2FMa=，故选项A不正确；对于选项B：双曲线C的方程为22146xy−=，则2610abc===，，，设2||PFx=，则1||4PFx=+，在12RtPFF△中，故222(4)(210)40xx++==，解得2x=，故2||2PF=，1||6PF=，设2||QFy

=，则1||4QFy=+，在1RtPFQ△中，有2226(2)(4)yy++=+，解得6y=，故△PF1Q的面积为111||||6(62)2422SPFPQ==+=，故选项B正确；对于选项C：若5cea==，则2ba=，故渐近线方程为2yx=

，设12||,||,PFyPFx==在12RtPFF△中22222112||||(2)PFPFFFc+==||，可得22280xaxa+−=解得2xa=，故24yxaa=+=，可得12|2|PQPFkPF==||，此时直线PQ与渐近线平行，不可能与双

曲线右支交于两点，故C不正确；对于选项D：若223||||PFQF=，设22||,||3PFxQFx==，则1||2PFxa=+，1||32QFxa=+，在1RtPFQ△中，有222(2)(4)(32)xaxxa++=+，解得xa=，在12RtPFF△中，22

22(2)10(2)aaaac++==，可得22252cea==，故102e=，故选项D正确.故选：BD．12．已知函数()lnxfxx=，()exgxx−=，若存在()10,x+，2Rx，使得()()12fxgxk==成

立，则（）A．当0k时，121xx+B．当0k时，21e2exx+C．当0k时，21ekxx的最小值为1e−D．当0k时，221ekxx的最大值为24e【答案】ACD【解析】由已知，当0k时，即11ln0xx，11x，220exx，20x，所以有121

xx+，A正确；取21ex=，则()1121ln2exfxx==，此时令22x=，则有()()2122egxfx==，21222ee2ee2exx==++，B项错误；∵()lnxfxx=，()exxgx=∴

()21lnxfxx−=当0ex时，()0fx¢>，()fx在()0,e上单调递增；当ex时，()0fx，()fx在()e,+上单调递减；所以，()fx的图象如图所示.又()()12fxgxk

==，即222121lnlneeexxxxxkx===.当0k时，如图易知，()lnxfxx=与yk=只有一个交点，由()()12fxgxk==可得，此时21exx=，21lnxx=，101x.则1211lneeekkkxxxkx==.令()ekhk

k=，则()()1ekhkk=+.当10k−时，()()1e0khkk=+，即()ekhkk=在()1,0−上单调递增；当1k−时，()()1e0khkk=+，即()ekhkk=在(),1−−上单调递减.所以，()ekhkk=在1k=−处有

最小值()1e1h−=−，C项正确；当0k时，2221eekkxkx=.令()2ekmkk=，()()()22e2ekkmkkkkk=+=+.当20k−时，()()2e0kmkkk=+，即()2ekmkk=在()2,0−上单调递减

；当2k−时，()()2e0kmkkk=+，即()2ekmkk=在(),2−−上单调递增.所以，()2ekmkk=在2k=−处有最大值()242em−=，D项正确.故选：ACD.第Ⅱ卷三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．()241(12)xx++的展

开式中3x的系数为_______________.【答案】40【解析】因为4(12)x+的展开式的通项()14422CCrrrrrrTxx+==，令3r=和1r=，可得3x的系数为331442C2C842440+=+=.故答案为：40.1

4．如图，正方形ABCD中，M，N分别是BC，CD的中点，若ACAMBN=+，则+=______.【答案】85【解析】设ABa=，ADb=则12=−+BNab，12=+AMab由于11=()()22=+++−+=+ACAMBNababab可得1

12112−=+=，解得6525==，所以85+=故答案为：8515．已知抛物()2:20Cypxp=的准线方程为2x=−，焦点为F，准线与x轴的交点为A，B为抛

物线C上一点，且满足5||2||BFAB=，则点F到AB的距离为___________.【答案】455【解析】已知抛物线()2:20Cypxp=的准线方程为2x=−，则()2,0F，242pp−=−=，抛物线方程为：28yx=，

5||2||BFAB=，作BQ⊥准线，交于点Q，由抛物线的性质得：||||BFBQ=，5||2||BQAB=，设ABQ=，则02BAF=，225cos55BQAB===25sin1cos5=−=设F到AB的距离为d，则545sinsi

n455ddAFAF====.故答案为：455.16．在三棱锥SABC−中，ABBC⊥，2ABBC==，2SASC==，AC的中点为M，SMB的余弦值是33，若,,,SABC都在同一球面上，则该球的表面积是______．【答案】6π【解析】如图所示：因为AC中点为M，连接SM，BM，

则由ABBC=，SASC=，得出SMAC⊥，BMAC⊥，所以SMB为SACB−−的平面角，又因为,SMBM平面SBM，所以AC⊥面SBM，因为SB面SBM，所以SBAC⊥，又因为ABBC⊥，2ABBC==，所以ABC为等腰直角三角形，且2AC=，又因为BMAC⊥，故1

2BMACAM==，在SBM中，112122BMAC===，在SAC中，22222213SMSAAM=−=−=，在SBM中，由余弦定理得22232cos3123123SBSMBMSMBMSMB=+−=+−=，满足222S

BSMBM=−，所以90SBM=，即SBBM⊥，又SBAC⊥，BMACM=，BM、AC面ABC，所以SB⊥面ABC，又因为,BABC面ABC，所以,,BSBABC两两垂直，以,,,SABC为顶点可以补成一个棱长为2的

正方体，,,,SABC都在正方体的外接球上，则正方体的对角线为球的一条直径，所以232R=，62R=，所以球的表面积64π6π4S==．故答案为：6π．四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步

棸。17．（10分）在△ABC中，D为BC上一点，ADCD=．(1)证明：sinsinABBDCACCDBAD=；(2)若60B=，5BA=，8BC=，求sinBAD．【解析】（1）△ACD中，由正弦定理得：sinsin

ACCDADCCAD=，又因为ADCD=，所以CADC=，所以sinsinACCDADCC=①，同理，在△BCD中，sinsinABBDADBBAD=，又ADCADB+=，则sinsinADCADB=，所以sinsinABBDADCBAD=②，由②①得：sinsin

ABBDCACCDBAD=，原等式即得证．（2）设ADCDx==，则8BDx=−，△ABD中，由余弦定理得：2222cosADABBDABBDB=+−，即()()22258258cos60xx

x=+−−−，解得4911x=．所以49AD=，493981111BD=−=，由sinsinADBDBBAD=，得sin393sin98BDBBADAD==．18．（12分）在单调递增数列na中，已知11a=，22a=，且21na−，2na，

21na+成等比数列，2na，21na+，22na+成等差数列()nN．(1)求数列na的通项公式；(2)设212121nnnnbaa−++=，nT为数列nb的前n项和．若对nN，不等式nkT均成立．求实数k的取值范围．【解析】（1）因为数列na单调递增

，11a=，故0na，由己知条件得212222nnnaaa++=+，()222121nnnaaan−+=N，2222123nnnaaa+++=，化简可得21212121232nnnnnaaaaa+−+++=+，在等式左右两边同时除以21na+，化简得2121232nnnaaa+

−+=+，故数列()21nna−N为等差数列，22314aaa==，所以数列21na−的首项为11a=，公差为311aa−=，故2111nann−=+−=，即221nan−=，因为222121nnnaaa−+

=，可得()()22211nannnn=+=+，故当n为偶数时，()124nann=+；当n为奇数时，()2114nan=+.（2）()()2222212121211111nnnnnbaannnn−+++===−++，∴()22222211111112231nTnn=−

+−++−+()()221111111nn=−=−++，由()2101n+，可知1nT，若nkT均成立，则1k.19．（12分）在RtABC△中，90C=，3,6BCAC==，,DE分别ACAB，上的点

且//EDBC，2DE=，将ADEV沿DE折起到1ADE△的位置，使1ACCD⊥．(1)求证：1ACBD⊥；(2)是否在射线1DA上存在点M，使平面BEM与平面1BEA所成角的余弦值为154？若存在，求出DM的长度；若不存在，请说明理由．【解析】（1）证明：11,,DEADDE

DCADCDD⊥⊥=，1,ADCD平面1ADC，DE⊥平面1ADC，∵1AC平面1ADC，1DEAC⊥，又1,ACCDCDDED⊥=，,CDDE平面BCDE，1AC⊥平面BCDE，∵BD平面BCDE，∴1ACBD⊥；（2）由题意，1,,CBCDCA两两垂直，以C为坐标原点，分别以

1,,CBCDCA所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系Cxyz−，因为3,6BCAC==，2DE=，易得()()()()13000202200023BDEA，，，，，，，，，，，，设1DMDA=，则()02223M−，，，当0=时，,MD两点重

合，平面BEM的法向量为()10,0,1m=uur，设平面1BEA的一个法向量为()111,,mxyz=，且()13023BA=−，，，()1,2,0BE=−，故1111323020mBAxzmBExy=−+==−+=，不妨取11y=，得1123xz==，，则()213m=，，

，设平面BEM与平面1BEA所成角为，则()()140,0,1c2136oscos,441332215mm====++，，，不合题意，舍去；故0，设平面BEM的一个法向量为(),,nxyz=

r，且()()32223120BMBE=−−=−，，，，，，故()32223020nBMxyznBExy=−+−+==−+=，不妨取1y=，解得2213n+=，，．故()()()2222222

12136315cos422858533nmnm++====++++，，，，化简可得22730−+=，解得：12=或3=，因为14DA=，所以2DM=或12．20．（12分）为了丰富孩子们的校园生活，某校团委牵头

，发起同一年级两个级部A、B进行体育运动和文化项目比赛，由A部、B部争夺最后的综合冠军．决赛先进行两天，每天实行三局两胜制，即先赢两局的级部获得该天胜利，此时该天比赛结束．若A部、B部中的一方能连续两天胜利，则其为最终冠军；若前两天A部、B部各赢一天，则第三天只进行一

局附加赛，该附加赛的获胜方为最终冠军．设每局比赛A部获胜的概率为()01pp，每局比赛的结果没有平局且结果互相独立．(1)记第一天需要进行的比赛局数为X，求()EX，并求当()EX取最大值时p的值；(2)当12p=时，记一共进行的比赛局数为Y，求()5PY．【解析】（1）X

可能取值为2，3．()()22221221PXpppp==+−=−+；()()232122PXpppp==−=−+．故()()()2222221322222EXpppppp=−++−+=−++，即()215222EXp=−−+，则当12p=时，()EX取得最大值．（2）

当12p=时，双方前两天的比分为2∶0或0∶2的概率均为111224=；比分为2∶1或1∶2的概率均为111122224=．()5PY，则4Y=或5Y=．4Y=即获胜方两天均为2∶0获胜，不妨设A部胜，概率为1114416=，同理

B部胜，概率为1114416=，故()1864112PY===；5Y=即获胜方前两天的比分为2∶0和2∶1或者2∶0和0∶2再加附加赛，不妨设最终A部获胜，当前两天的比分为2∶0和2∶1时，先从两天中选出一天，比赛比分为2∶1，三场比

赛前两场，A部一胜一负，第三场比赛A获胜，另外一天比赛比分为2：0，故概率为11228C4C11112212=，当前两天比分为2∶0和0∶2，附加赛A获胜时，两天中选出一天，比赛比分为2：

0，概率为121111C44216=，故最终A部获胜的概率为11381616+=，同理B部胜，概率为316，故()3865132PY===．所以()()()131545882PYPYPY==+==+=．21．（12分）已知椭圆：22221xyab+=（0ab

）的离心率为22，的长轴的左、右端点分别为1A、2A，1A与圆22(2)1xy−+=上点的距离的最大值为63+.(1)求椭圆的方程；(2)一条不垂直坐标轴的直线CD交于C、D两点（C、D位于x轴两

侧），设直线1AC、2AC、1AD、2AD的斜率分别为1k、2k、3k、4k，满足()14321332kkkk−=−，问直线CD是否经过定点，若过定点，求出该定点，否则说明理由.【解析】（1）设1(,0)Aa−，由题意知：2163a++=+，6a=又∵

22ca=，∴3c=，则2223bac=−=∴椭圆方程为：22163xy+=.（2）设直线CD的方程为：xmyn=+联立方程得：()2222260mymnyn+++−=，设()11,Cxy、()22,Dxy，∴12222mnyym+=−+，212262nyym−=+∵22111112221111

1116366266xyyykkxxxx−====−−−+−∴12112kk=−，同理43112kk=−∵()14321332kkkk−=−∴1331113113224kkkk+=+∴()13133112024kkkk−+=∵1320k

k−∴3116kk=−∴12121666yyxx+=−+即()()12126660xxyy+++=∴()()12126660mynmynyy+++++=∴()()2212126(6)(6)0myymnyyn++++++=∴(

)()()22222662(6)(6)20mnmnnnm+−−++++=∴22660nn+−=∴62n=或6n=−.显然直线CD不过点(6,0)−所以直线CD过定点6,0222．（12分）已知函数()exfxax=−，()lngxaxx=−，Ra．

(1)若()fx在x＝0处的切线与()gx在x＝1处的切线相同，求实数a的值；(2)令()()()Fxfxgx=+，直线y＝m与函数()Fx的图象有两个不同的交点，交点横坐标分别为1x，2x，证明：121xx+．【解析】（1）()e=−xfxa，(0)1fa=

−．1()gxax=−，()11ga=−，1－a＝a－1，a＝1．检验a＝1时两个函数切线方程都是y＝1．（2）()elnxFxx=−，x＞0，令1()()exGxFxx==−，则21()e0xGxx=+，∴()Fx在()0,+递增，121e202F

=−，(1)e10F=−，因为函数()yFx=连续不间断，所以存在唯一实数01,12x，()00Fx=，001exx=，从而()Fx在()00,x递减，()0,x+递增．不妨设1020xxx，则()()12FxFxm==，当202x

x时，12021xxx+．当102002xxxx，则2x，()10002,2xxxx−，()Fx在()00,2xx递增，，()()()()()110202110101122elneln2xxxFxFxxFxFxxxxx−−−=−−=−−+−

，令()020()elneln2xxxgxxxx−=−−+−，()00,xx，令02011()()ee2xxxhxgxxxx−==−+−−，()0222011()ee2xxxhxxxx−=−+−−，令21()extxx=

+，()0()()2hxtxtxx=−−，02033300222()ee0xxxtxxxx−−=−=，()00,xx，()tx在()00,x递减，因为002xxx−，()0()2txtxx−，()0hx，()gx在()00,x递增，()0001(

)2e0xgxgxx=−=，所以()gx在()00,x递减，所以()0()0gxgx=，即()()()()101120220FxFxxFxFxx−−=−−，即()()0122FxFx

x−，因为2x，()10002,2xxxx−，()Fx在()00,2xx递增，所以2012xxx−，所以12021xxx+．综上可得，121xx+．