【文档说明】信息必刷卷02-2023年高考数学考前信息必刷卷（新高考地区专用） 含解析.docx，共(21)页，2.124 MB，由小赞的店铺上传

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绝密★启用前2023年高考数学考前信息必刷卷02新高考地区专用新高考地区考试题型为8（单选题）＋4（多选题）＋4（填空题）＋6（解答题），其中结构不良型试题是新高考地区新增加的题型，主要涉及解三角形与数列两大模块，以解答题的方式进行考查。所谓

结构不良型试题，就是给出一些条件，另外的条件题干中给出三个，学生可从中选择一个或者两个作为条件，进行解题。需要注意的是：题目所给的三个可选择的条件是平行的，即无论选择哪个条件，都可解答题目，而且在可选择的三个条件中，并没有哪个条件让解答过程比较繁杂，只要推理严谨、过程规范，都会得满分

。2022年新高考地区数列考查了累加法，裂项相消法，本卷选取了奇偶项分别构成等比数列的前n项和，积作为其中一个考点如第11题；另外灵活的选取了数列na中落入区间()22,2mm内项的个数记为mb，求()1mmb−的和，考查了学生分析，归纳能力，并灵活

的考查了分组求和，如本卷第18题.一、单项选择题：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．（2023·全国·高三专题练习）如图,两个区域分别对应集合,AB,其中2,1,0,1,2,N4ABxx=−−=.则阴影部分表示

的集合为（）A．0,1,2B．0,1C．2,1,2−−D．2,1−−【答案】D【详解】解:由题意知,2,1,0,1,2,N4ABxx=−−=,阴影部分表示的集合为UABð,因为N40,1,2,3Bxx==,所以2,1UAB=−−ð.故选:D2．（2023

·山西·校联考模拟预测）已知复数13iz=+（其中i是虛数单位）.则2zz+=（）A．13i+B．3i3+C．53i+D．13i−+【答案】D【详解】因为13iz=+，所以()2213i13i123i313i13izz+=++−=+−+−=−+.故选：D3．（2023·浙江温州·统考二模）随机变量

X的分布列如表所示，若()13EX=，则()32DX−=（）X1−01P16abA．9B．7C．5D．3【答案】C【详解】1()3EX=，由随机变量X的分布列得：1161163abb++=−+=，解得13a=，12b=，2221111115()(1

)(0)(1)3633329DX=−−+−+−=．5(32)9()959DXDX−===．故选：C．4．（2023秋·上海浦东新·高二校考期末）“中国剩余定理”又称“孙子定理”，1852年，英国来华传教士伟烈亚力将

《孙子算经》中“物不知数”问题的解法传至欧洲，1874年英国数学家马西森指出此法符合1801年由高斯得到的关于问余式解法的一般性定理，因而西方称之为“中国剩余定理”，此定理讲的是关于整除的问题，现将1到2023这2023个数中，所有能被3除余1且

被7除余1的数按从小到大的顺序排成一列，构成数列na，则该数列共有（）A．97项B．98项C．99项D．100项【答案】A【详解】所有能被3除余1且被7除余1的数就只能是被21除余1的数，所以，()12112120nann=+−=−，由1202

3na可得121202023n−，解得21977n，因此，数列na共有97项.故选：A.5．（2023·四川南充·四川省南部中学校考模拟预测）在ABC中，π8,6,,3ABACA===点EF，分别在边ABAC，上，且

线段EF平分ABC的面积，则线段EF的最小值为（）A．13B．26C．26D．27【答案】B【详解】设,AEmAFn==.根据三角形面积公式可得，1πsin12323ABCSABAC==，1π3sin234AEFSAE

AFmn==，又12AEFABCSS=，24mn=.根据余弦定理可得22222π2cos2243EFAEAFAEAFmnmnmnmnmn=+−=+−−==当且仅当26mn==时，等号成立，EF的最小值为26.故选：B.6．（2023·甘肃兰州·校考模拟预

测）在直三棱柱111ABCABC-中，90BAC=，12ABACAA===，E，F，D，分别是BC，11AC，11BC的中点，则下面说法中正确的有（）A．//EF平面11AABBB．BDEF⊥C．直线EF与平面

ABC所成角的余弦值为255D．点D到平面BCF的距离为69【答案】A【详解】直三棱柱111ABCABC-中，90BAC=，故可建立如图所示空间直角坐标系Axyz−，则有()()()()()()()()()1110,0,0,2,0,0,0,2

,0,0,0,2,2,0,2,0,2,2,1,1,2,1,1,0,0,1,2ABCABCDEF，()()1,0,2,1,1,2EFBD=−=−.对A，平面11AABB的其中一个法向量为()0,2,0AC=，由0EFAC=，EF

平面11AABB，故//EF平面11AABB，A错；对B，由5EFBD?得BD与EF不垂直，B错；对C，平面ABC的其中一个法向量为()10,0,2AA=，则111425cos,552EFAAEFAAEFAA

×===´，则直线EF与平面ABC所成角的余弦值为21255sin,155EFAA=−=，C错；对D，()()2,2,0,0,1,2BCCF=−=−，设平面BCF的法向量为(),,nxyz=，则有22020n

BCxynCFyz=−+==−+=，令2x=得()2,2,1n=r，故D到平面BCF的距离为2cos,3BDnBDBDnn×==，D错.故选：A7．（2023·四川凉山·二模）已知1202320232023tan,e,2

0222022abc===，则a，b，c大小关系是（）A．cbaB．acbC．c<a<bD．b<c<a【答案】D【详解】令()tanfxxx=−，312x，则()2110cosfxx=−，即当3(1,)2x时，()0fx¢>，∴()fx

在3(1,)2上单调递增，∴()202312022ff，∴20232023tantan11020222022−−，∴20232023tan20222022，即ac；令()1ln1xgxx=+−，()1,x+，∴

()221110xgxxxx−=−=，∴()gx在(1,)+上单调递增，∴()2023102022gg=，∴202311ln12023202220232022−=，∴120232023e2022，即cb，综上可知：b<c<a.故选：D

8．（2022·湖南长沙·雅礼中学校联考二模）P､Q､R是等腰直角三角形ABC（2A=）内的点，且满足BPCAPCPAB==，ACQCBQBAQ==，sinsinsin0ARABRBCRC++=，则下列说法正确的是（）A．PAPBQAQBRARBB．QAQBP

APBRARBC．RARBPAPBQAQBD．RARBQAQBPAPB【答案】C【详解】sinsinsin0ARABRBCRC++=0222abcRARBRCRRR++=(正弦定理)0aRAbRBcRC++=cRCa

RAbRB=−−()()cRCaRCCAbRCCB=−+−+()ACBCACBCabcRCaACbBCabababbaACBC++=+=+=+R在ACB的角平分线上,同理可证R在,BACABC的角平分线上,R为内心如图所示由B

PCAPCPAB==知,这三个角都是120且P在BAC的平分线AR上,延长AR交BC于点D取6AB=,则32BDAD==,30PBC=得6,263BDPDPB===,326PAADPD=−=−所以()32626cos120663PAPB=−=

−记ABC的周长为ABCC由题意知R是ABC的内心,内切圆半径2366326662ABCABCSRDC===−++△△626RAADRD=−=−所以()RBRARDDBRARDRADBRA=+=+()()632626072542=−

−−+=−由ACQBAQ=,且90BAQCAQBAC+==则90ACQCAQ+=所以AQC90=,即AQCQ⊥,则Q在以AC为直径的圆上由CBQACQ=,且45ACQBCQACB+==所以45CBQBCQ+=,得135,135BQ

CAQB==由,BQCAQBBCQABQ==,得BQCAQB△△所以2BQBCAQAB==设,2AQxBQx==,在ABQ中由余弦定理得2222622cos135,?xxxx+−=解得2365x=所以2362cos1357.25QAQBxxx==−=−=−663

661.7324.392PAPB=−−=−由725424.356RBRA=−−所以RBRAPAPBQAQB故选:C二、多项选择题：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．（20

23·云南·统考模拟预测）在72xx−的展开式中，下列说法正确的是（）A．不存在常数项B．二项式系数和为1C．第4项和第5项二项式系数最大D．所有项的系数和为128【答案】AC【详解】因为展开式的通项公式为()()77271772C21Crrrrrrr

rTxxx−−−+=−=−，对A，由270r−=，得72r=(舍去)，所以展开式不存在常数项，故A正确；对B，二项式系数和为72128=，故B错误；对C，展开式共有8项，所以第4项和第5项二项式系

数最大，故C正确；对D，令1x=，得所有项的系数和为()7211−=，故D错误；故选：AC.10．（2023·全国·模拟预测）已知Zk，则函数()()22kxxfxx−=+的图像可能是（）A．B．C．D．【答案】ABC【详解】令()22xxgx−=+，函数定义域为R，由()()22xx

gxgx−−=+=，故()22xxgx−=+为偶函数．当k＝0时，函数()22xxfx−=+为偶函数，且其图像过点（0，2），显然四个选项都不满足．当k为偶数且0k时，易知函数()khxx=为偶函数，所以函数()()22kxxfx

x−=+为偶函数，其图像关于y轴对称，则选项C，D符合，若k为正偶数，易知选项C符合；若k为负偶数，易知函数()()22kxxfxx−=+的定义域为0xx，排除选项C，D．当k为奇数时，易知函数()khxx=为奇函数，所以函数()()22kxxfxx−=+为奇函数，其图像关于坐标原点对

称，则选项A，B符合，若k为正奇数，易知选项B符合；若k为负奇数，易知函数()()22kxxfxx−=+的定义域为0xx，易知选项A符合．综上，选ABC．故选：ABC.11．（2023·吉林·东北师大附中校考二模）已知数列na，11a=，()21*12nnnaan−+=N，n

a的前n项的和为nS，前n项的积为nT，则下列结论正确的是（）A．32a=B．114nnaa+−=C．21nnS=−D．()2122nnnT−=【答案】BCD【详解】数列na中，11a=，()21*12nnnaan−+=N，当1n=时，则有122aa=，可

得22a=，当2n时，由2112nnnaa−+=可得2312nnnaa−−=，上述两个等式相除可得114nnaa+−=，B对；所以，数列na中的奇数项和偶数项分别成以4为公比的等比数列，当n为奇数时，设()21nkk=−N，则1221211422kknnkaaa−−−−====

，当n为偶数时，设()2nkk=N，则121122422kknnkaaa−−−====，故对任意的nN，12nna−=，所以，2324a==，A错；11222nnnnaa+−==，所以数列na为等比数列，且该数列的首项为1，公比为2，则122112nnnS−==−

−，C对；()()()2120122121221232222nnnnnnnTaaaa−++++−−====，D对.故选：BCD.12．（2023·安徽淮北·统考一模）已知曲线2:16yx=，直线l过点()4,0F交于A，B两点，下列命题正确的有（）A．若A点横坐标为8，则24AB=B．若(

)2,3P，则APAF+的最小值为6C．原点O在AB上的投影的轨迹与直线360xy+−=有且只有一个公共点D．若2AFFB=，则以线段AB为直径的圆的面积是81π【答案】BCD【详解】对于A,易得()4,0F是抛物线2:16yx

=的焦点，若A点横坐标为8，则216882AAyy==，即()8,82A或()8,82A−，根据抛物线的对称性可得两种情况计算出的AB相同，再此取()8,82A计算.所以l的直线方程是()82484yx=−−即2282yx=−，直线与2:16yx=相交，联立方程得216

2282yxyx==−,210160xx−+=,得1210xx+=，1210818ABxxp=++=+=，故A错误；对于B,过点A作准线的垂线，垂足为1A，则1APAFAPAA+=+，当1,,PAA三点共线

时APAF+取最小值，此时最小值为12462PpPAx=+=+=，故B正确；对于C,设原点O在直线l上的投影为H，OF的中点为()2,0D，因为OHAB⊥，所以90OHF=，所以OHF为直角三角形，所以114222HDO

F===，根据几何性质及圆的定义可知点H的轨迹方程为()()22240xyy−+=，联立()()22360240xyxyy+−=−+=得()222330,Δ234130yy−+==−=，解得3y=，所以直线360xy+−=与()()222

40xyy−+=只有一个交点，故C正确；对于D,设直线l的方程为4xty=+，联立2416xtyyx=+=得216640,yty−−=所以121216,64yytyy+==−，因为()()11224,,4,AFxyFBxy=−−=−，而2AFFB=，所以122yy−

=，所以12222216yyyyyt+=−+=−=，所以21216,232,ytyyt=−=−=所以21251264yyt=−=−，解得24t=，则12121642,64yytyy+===−，所以()()()2

2121212442464122yyyyyy−=+−=−−=，2212118ABtyy=+−=，所以以线段AB为直径的圆的面积是22ππ1881π44dS===，故D正确.故选：BCD.三、填空题：本题共4

小题，每小题5分，共20分．13．（2023·河南·统考模拟预测）设命题p：2,22x，1xax+.若p是假命题，则实数a的取值范围是_________.【答案】(),2−【详解】解：因为p是假命题，所以p是真命题，因为2,22x

，所以1122yxxxx=+=，当且仅当1xx=，即1x=时，等号成立，所以2a，所以实数a的取值范围是(),2−，故答案为：(),2−14．（2023·河北邢台·校联考模拟预测）某种食盐的袋装质量X服从正态分布()400,16N，随机抽取10000袋，则袋装质量

在区间()396,408的约有______袋．（质量单位：g）附：若随机变量X服从正态分布()2,N，则()0.6827PX−+=，()220.9545PX−+=，()330.9973PX−+=．【答案】8186【详解】由题意知，2~

(400,4)XN，所以(396404)0.6827,(392408)0.9545PXPX==，得(396408)(392408)(392396)PXPXPX=−1(392408)[(392408)(396404)]2PXPXPX=−−

10.9545(0.95450.6827)0.81862=−−=，所以袋装质量在区间(392,408)的约有100000.81868186=袋.故答案为：8186.15．（2023·河南·校联考模拟预测）先将函数()cosfxx=的图象向左平移2π3个单位长度，再将所得图象上所有点的横坐标变为

原来的1(0)，纵坐标不变，所得图象与函数()gx的图象关于x轴对称，若函数()gx在2π0,3上恰有两个零点，且在ππ,1212−上单调递增，则的取值范围是________．【答案】1

1,44【详解】函数()fx的图象向左平移2π3个单位长度，得到2πcos3yx=+的图象，再将图象上所有点的横坐标变为原来的1，纵坐标不变，得到2πcos3yx=+的图象，因为函数()gx的图象与2πcos3yx=+

的图象关于x轴对称，所以2π()cos3gxx=−+2ππsin32x=+−=πsin6x+，因为20π3x，所以ππ2ππ6636x++，又因为π()sin6gxx=+

在2π0,3恰有2个零点，且()sinπ0k=，Zk，所以2π2ππ3π36+，解得1117<44，令22πππ2π2π262kxk−+++，2kZ，得222π2π2ππ33kkx−++，2kZ，令20k=，得()gx在2ππ,3

3−上单调递增，所以ππ,1212−2ππ,33−，所以2ππ312ππ312−−，又0，解得04．综上所述，1144，故

的取值范围是11,44．故答案为：11,4416．（2022·福建漳州·统考一模）已知函数221yxx=−−的图象与直线()ymm=R有四个交点，且这四个交点的横坐标分别为a，b，c，d()abcd，则abcd+++=______；2()()dacb−+−的最大值

为______.【答案】445【详解】221yxx=−−图像如图：由图知02m，,xaxd==是方程221xxm−−=的两根，则2ad+=，1adm=−−，,xbxc==是方程221xxm−−=−的两

根，则2bc+=，1bcm=−+，∴a＋b＋c＋d＝4.0dada−，∴22()()422dadadaadm−=−=+−=+，0cbcb−，∴22()()422cbcbcbbcm−=−=+−=−，∴()()2422

2dacbmm−+−=++−，令()4222fmmm=++−，02m，则()84222mmfmmm−−+=+−，令842mm−+，解得605m，此时()0fm，f(m)单调递增，令842mm−+，解得

625m，此时()0fm，f(m)单调递减，∴max()fm＝f(65)＝45.故答案为：4；45.四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．（10分）（2023·辽宁沈阳·统考一模）在ABC中，角A、B、C的对边分别为a

、b、c．已知sinAcosA+=30．(1)求角A的大小；(2)给出以下三个条件：①43a=，4b=；②222100bacb−++=；③153ABCS=．若这三个条件中仅有两个正确，请选出正确的条件并回答下面问题：（i）求sinB的值；（ii）BAC的角平分线交BC于点D，求

AD的长．【答案】(1)2π3A=(2)（i）33sin14B=；（ii）154AD=.【详解】（1）解：因为sinAcosA+=30，若cos0A=，则sin0A=，不满足22sincos1AA+=，所以，tan3A=−，0πA，2π3A=.（2）解：由2π3A=及①，由余弦定理可得

2222π2cos3abcbc=+−，即24320cc+−=，0cQ，解得4c=；由2π3A=及②，由余弦定理可得2222cosbcabcAbc+−==−，由222100bacb−++=可得100bbc−=，可得

10c=；由2π3A=及③，由三角形的面积公式可得13sin15324ABCSbcAbc===△，可得60bc=.经分析可知①②不能同时成立，①③不能同时成立，正确条件为②③，故6b=，10c=.（i）将6b=，10c=代入②可得23610060

0a−++=可得14a=.在ABC中，由正弦定理28sinsin3abAB==，故33sin14B=.（ii）因为ABCABDACDSSS=+，即12π1π1πsinsinsin232323bccADbAD=+，所以，6015164bcADbc===+.18．（12分）（2

023·海南·海南华侨中学校考一模）已知na为等差数列，前n项和为nS，若424SS=，221nnaa=+(1)求na(2)对*Nm，将na中落入区间()22,2mm内项的个数记为mb，求()1mmb

−的和．【答案】(1)21nan=−(2)()()2114+25315mm−−−【详解】（1）设na的公差为d，所以()421144642SSadad=+=+，()()2112121211nnaaandand=++−=+−+，解得11a=，2d=，所以21nan=−（2）由题

意可得222121221222mmmmnn++−，即121112222mmn−−++，因为Nn，所以121212mmn−−+，所以21122mmmb−−=−，()()()()()211111=1212=4222mmmmmmmmb−−−−−−−−−，所以()()()

()()()14121142214212mmmT−−−−=−−−−−−−()()211=4+25315mm−−−.19．（12分）（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中校考一模）在数学探究实验课上，小明设计了如下实验：在盒子中装有红球、白球等多

种不同颜色的小球，现从盒子中一次摸一个球，不放回．(1)若盒子中有8个球，其中有3个红球，从中任意摸两次．①求摸出的两个球中恰好有一个红球的概率；②记摸出的红球个数为X，求随机变量X的分布列和数学期望．(2)若1号盒中有4个红球和4个白球，2号盒中有2个红球和2个白球，

现甲、乙、丙三人依次从1号盒中摸出一个球并放入2号盒，然后丁从2号盒中任取一球．已知丁取到红球，求甲、乙、丙三人中至少有一人取出白球的概率．【答案】(1)①1528；②分布列见解析，3()4EX=(2)4449【详解】（

1）①设事件A=“摸出的两个球中恰好有一个红球”，113528CC15()C28PA==，②X可取0，1，2，则23528CC()CkkPXk−==，其中0,1,2k=.023528CC,(0)4C51PX===1

1352815,CC()81C2PX===203528CC,(2)8C32PX===故X的分布列为X012P5141528328则1533()1228284EX=+=；（2）设事件B=“丁取到红球”，事件C=“甲、乙、丙三人中至少有1人取出白球”.当甲，

乙，丙三人取得1个白球，则丁取到红球概率为214438CC4C7；当甲，乙，丙三人取得2个白球，则丁取到红球概率为124438CC3C7；当甲，乙，丙三人取得3个白球，则丁取到红球概率为3438C2C

7；当甲，乙，丙三人取得3个红球，则丁取到红球概率为3438C5C7.则所求概率为211234444433388832112344444433338888CCCCC432C7C7C7()44()CCCCCC5432()49C7C7C7C7P

BCPCBPB++===+++∣.20．（12分）（2023·陕西榆林·统考二模）如图，在四棱锥PABCD−中，BDPC⊥，60ABC=，四边形ABCD是菱形，22PBABPA==，E是棱PD上的动点

，且PEPD=uuruuur．(1)证明：PA⊥平面ABCD．(2)是否存在实数，使得平面PAB与平面ACE所成锐二面角的余弦值是21929？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．【答案】(1)证明见解析；(2)存在，13=.【详解】（1）证明：因为四边

形ABCD是菱形，所以BDAC⊥．因为BDPC⊥，AC，PC平面PAC，且ACPCC=，所以BD⊥平面PAC．因为PA平面PAC，所以BDPA⊥．因为22PBABPA==，所以222PBABPA=+，所以ABPA⊥．因为AB，BD平面ABCD，且ABB

DB=，所以PA⊥平面ABCD．（2）取棱CD的中点F，连接AF，易证AB，AF，AP两两垂直，故以A为原点，分别以AB，AF，AP的方向为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系．设2AB=，则()0,0,0A，()1,3,0C，()1,3,0D−，()

002P,,，故()1,3,0AC=，()1,3,2PD=−−，()0,0,2AP=．因为PEPD=uuruuur，所以(),3,2PE=−−，则(),3,22AEAPPE=+=−−．设平面ACE的法向量为

(),,nxyz=，则()303220nACxynAExyz=+==−++−=，令3x=，得33,1,1n=−−．平面PAB的一个法向量为()0,1,0m=．设平面

PAB与平面ACE所成的锐二面角为，则221219coscos,193421nmnmnm====+−+，整理得23210+−=，解得13=或1=−（舍去）．故存在实数13=，使得平面PAB与平面ACE所成锐二面角的余弦值是21919．21．（12分）（2

023·云南昆明·统考一模）已知过点()1,e的椭圆E：()222210xyabab+=的焦距为2，其中e为椭圆E的离心率．(1)求E的标准方程；(2)设O为坐标原点，直线l与E交于,AC两点，以OA，OC为邻边作平行四边形OABC，且点B恰好在E上，试问：平行四边形OABC的面

积是否为定值？若是定值，求出此定值；若不是，说明理由．【答案】(1)2212xy+=(2)是定值，定值为62【详解】（1）设椭圆E的焦距为2c，则11,cceaa===，由题意可得222221111aabab+==+，解得2221ab==，故E的标准方程为22

12xy+=.（2）平行四边形OABC的面积为定值62，理由如下：由（1）可得：2,1ab==，则有：当直线l的斜率不存在时，设()()1111,,,AxyCxy−，若OABC为平行四边形，则点B为长轴顶点，不妨设()2,

0B，可得122112212xxy=+=，解得112232xy==，故平行四边形OABC的面积13622222S==；当直线l的斜率存在时，设()()()1122:0,,,,lykxmmAxyBxy=+，联立方程2212ykxmx

y=++=，消去y得()222124220kxkmxm+++−=，则()()()222222212122242216412228210,,1212kmmkmkmkmxxxxkk−=−+−=−++=−=++，可得()2121212224222121

2kmmyykxmkxmkxxmmkk+=+++=++=−+=++，∵()()1122,,,CxyyAxOO==，若OABC为平行四边形，则()12122242,,1212kmmOBOAOCxxyykk

=+=++=−++uuuruuruuur，即点2242,1212kmmBkk−++在椭圆上，则222242121212kmmkk−++=+，整理可得22412mk=+，满足()222821240kmm=−+=，则2121

22241,122kmkmxxxxkmm−+=−=−=+，可得2222224161141222kmmkACkkmm−+=+−−=+，点O到直线:0lkxym−+=的距离21mdk=+，故平行四边形OABC的面积22161

622221mkSACdmk+===+；综上所述：平行四边形OABC的面积为定值62.22．（12分）（2023·四川凉山·二模）已知函数21()ln(R)xfxaxax−=−．(1)当52a=时，求函数()fx的单调区间；(2)若函数()fx有两个不同的极值

点()1212,xxxx，证明：212122lnln0xxaxax−−+．【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【详解】（1）22225112()1025202xxafxxxxxxx−+=−−=−−+或102x

∴()fx的单调减区间为10,,(2,)2+；1()022fxx，∴()fx的单调减区间为1,22（2）当0a时，()0fx∴()fx单调递减，无极值点，不满足条件．当02a时，222221

1()1010,Δ40axaxfxxaxaxxx−+=−−=−=−+=−=，()0fx，∴()fx单调递减，无极值点，不满足条件．当2a时，22211()10axaxfxxxx−+=−−=−=，

即2210,Δ40xaxa−+==−的两根为12,xx．由韦达定理得12121xxaxx+==，∵12xx，∴1201xx，满足条件.要证212122lnln0xxaxax−−+，即证211221lnln22xxaxxxx−+=−，即证()221122121211212

lnln,ln1xxxxxxxxxxxx−−−++令21(1,)xtx=+则只需证22ln1ttt−+2222214(1)()ln,(1,)()01(1)(1)ttgtttgttttt−−=−+=−=+++∴()

gt在(1,)+单增，()(1)0gtg=得证获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com