【文档说明】浙江省强基联盟2022-2023学年高三下学期2月统测试题 数学 含解析.docx，共(16)页，1.239 MB，由小赞的店铺上传

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2022学年第二学期浙江强基联盟高三2月统测数学试题命题人：瑞安新纪元高级中学高三备课组审题人：义乌中学傅华伟鲁迅中学潘建伟考生须知：1．全卷分试卷和答题卷。考试结束后，将答题卷上交。2．试卷共6页，有4大题，22小题．满分150分，考试时间120分钟。3．请将答案做在

答题卷的相应位置上，写在试卷上无效。选择题部分（共60分）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．已知集合224,log2xAxBxx==∣∣，则AB=（）A．{2

}xx∣B．{02}xx∣C．{4}xx∣D．{04}xx∣2．若(1i)2iz+=−（i是虚数单位），则||z=（）A．22B．1C．2D．53．已知,abR，则“||ab”是“22ab”的（）

A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件4．已知甲、乙两名员工分别从家中赶往工作单位的时间互不影响，经统计，甲、乙一个月内从家中到工作单位所用时间在各个时间段内的频率如下：时间/分钟10~2020~3030~4040~50甲的频率0.10.

40.20.3乙的频率00.30.60.1某日工作单位接到一项任务，需要甲在30分钟内到达，乙在40分钟内到达，用X表示甲、乙两人在要求时间内从家中到达单位的人数，用频率估计概率，则X的数学期望和方差分别是（）A．()1.5,()0.36EXDX==B．()1.4,()0.36EXD

X==C．()1.5,()0.34EXDX==D．()1.4,()0.34EXDX==5．已知椭圆2221(1)xyaa+=的左、右焦点为12,,(1,)FFPm为椭圆上一点，过P点作椭圆的切线l，PM垂直于直线l且与x轴交于点M，若M为2O

F的中点，则该椭圆的离心率为（）A．13B．23C．22D．326．在《九章算术》中记载，堑堵是底面为直角三角形的直三棱柱，阳马指底面为矩形，一侧棱垂直于底面的四棱锥，鳖臑为四个面都为直角三角形的三棱锥，如图，在堑堵111ABCABC−中，1,2ACBCAA⊥=，整臑111BACB−的外

接球的体积为82π3，则阳马11BACCA−体积的最大值为（）A．23B．43C．83D．47．已知在三角形ABC中，3260ABACA===，，，点M，N分别为边AB，AC上的动点，,AMxABANyAC==，其中,0,1xyxy+=，点P，Q分别为MN，BC的中点，则

||PQ的最小值为（）A．2114B．32114C．194D．1928．已知0.91.12,2.1,1.9abc===，且1110ln01919+，则a，b，c的大小关系为（）A．cabB．bacC．abcD．bca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．用分层随机抽样法从某校高一年级学生的数学竞赛成绩（满分150分）中抽取一个容量为120的样本，其中男生成绩的数据有80个，女生成绩的数据有40个，将这

80个男生的成绩分为6组，绘制得到如图所示的频率分布直方图，下列说法正确的是（）A．男生成绩的样本数据在[90110)，内的频率为0.015B．男生成绩的样本数据的平均数为97C．男生成绩的样本数据的第75百分位数为118D．女生成绩的样本数据的平均数为91，则总样

本的平均数为9510．如图，正方体1111ABCDABCD−，若点M在线段1BC上运动，则下列结论正确的为（）A．三棱锥1MACD−的体积为定值B．直线DM与平面11BCCB所成角的最大值为π3C．1AM

AD⊥D．点M到平面1CDD与到平面ACD的距离之和为定值11．已知抛物线2:2(0)Cypxp=的焦点为F，准线与x轴的交点为M，过点F的直线l与抛物线C相交于A，B两点（点A在第一象限），过A，B点作准线的垂线，垂足分别为11,AB．设

直线l的倾斜角为，当π6=时，||16AB=．则下列说法正确的是（）A．AMB有可能为直角B．1111||MFABFAFB=C．Q为抛物线C上一个动点，(3,1)E为定点，||||||QEQF−的最小值

为5D．过F点作倾斜角的角平分线FP交抛物线C于P点（点P在第一象限），则存在，使111||||AFPF+=12．已知连续函数()fx及其导函数()fx的定义域均为R，记()()gxfx=，若3223gx−为奇函数，3224fxx+−的图象关于y轴对称，则（）A

．(3)0g=B．3342gg=C．()gx在(0,4)上至少有2个零点D．2024133303644kgkgk=+=非选择题部分（共90分）三、填空题：

本题共4小题，每小题5分，共20分。把答案填在答题卡中的横线上。13．在612xx−的展开式中，2x的系数为____________．14．已知直线:20lmxym−+=与曲线2:24Cyx=−−有两个交点，则m

的取值范围为____________．15．已知函数π()sin()0,||2fxAx=+，π()6fxf，4π()03fxfx+−=，()fx在ππ,366

上单调，则正整数的最大值为____________．16．4ln33,,44xbabaxxxx+++R，则b的最大值是____________．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）已知11,1naa=+是公比为2的等比数列

，nb为正项数列，11b=，当2n时，1(23)(21)nnnbnb−−=−．（1）求数列,nnab的通项公式；（2）记nnncab=．求数列nc的前n项和nT．18．（12分）已知锐角AB

C△，a，b，c分别是角A，B，C的对边，且2cosaCba=−．（1）证明：2CA=；（2）若CD为ACB的角平分线，交AB于D点，且3,2ACDCDS==△．求a的值．19．（12分）如图所示的几何体是一个半圆柱，

点P是半圆弧AD上一动点（点P与点A，D不重合），4ABAD==．（1）证明：DPPB⊥；（2）若点P在平面ABCD的射影为点H，设AD的中点为E点，当点P运动到某个位置时，平面PBD与平面CDE的夹角为45，求此时DH的长度．20．（12分）2022年卡塔尔世界杯决

赛圈共有32队参加，其中欧洲球队有13支，分别是德国、丹麦、法国、西班牙、英格兰、克罗地亚、比利时、荷兰、塞尔维亚、瑞士、葡萄牙、波兰、威尔士．世界杯决赛圈赛程分为小组赛和淘汰赛，当进入淘汰赛阶段时，比赛必

须要分出胜负．淘汰赛规则如下：在比赛常规时间90分钟内分出胜负，比赛结束，若比分相同，则进入30分钟的加时赛．在加时赛分出胜负，比赛结束，若加时赛比分依然相同，就要通过点球大战来分出最后的胜负．点球大战分为2个阶段．第一阶段：前5轮双方各

派5名球员，依次踢点球，以5轮的总进球数作为标准（非必要无需踢满5轮），前5轮合计踢进点球数更多的球队获得比赛的胜利．第二阶段：如果前5轮还是平局，进入“突然死亡”阶段，双方依次轮流踢点球，如果在该阶段一轮里，双方都进球或者双方都不进球，则继续下一轮，直到某一轮里，一

方罚进点球，另一方没罚进，比赛结束，罚进点球的一方获得最终的胜利．下表是2022年卡塔尔世界杯淘汰赛阶段的比赛结果：淘汰赛比赛结果淘汰赛比赛结果1/8决赛荷兰31:美国1/4决赛克罗地亚4112（）:（）巴西阿根廷21:澳大利亚荷兰3224（）:（）阿根廷法国31:波兰摩洛哥

10:葡萄牙英格兰30:塞内加尔英格兰12:法国日本1113（）:（）克罗地亚半决赛阿根廷30:克罗地亚巴西41:韩国法国20:摩洛哥摩洛哥3000（）:（）西班牙季军赛克罗地亚21:摩洛哥葡萄牙61:瑞士决赛阿根廷4332（）:（）法国注：“阿根廷4332（）:（

）法国”表示阿根廷与法国在常规比赛及加时赛的比分为33:，在点球大战中阿根廷42:战胜法国．（1）请根据上表估计在世界杯淘汰赛阶段通过点球大战分出胜负的概率．（2）根据题意填写下面的22列联表，并通过计算判断是否能在犯

错的概率不超过0.01的前提下认为“32支决赛圈球队闯人8强”与是否为欧洲球队有关．欧洲球队其他球队合计闯入8强未闯入8强合计（3）若甲、乙两队在淘汰赛相遇，经过120分钟比赛未分出胜负，双方进入点球大战．已知甲队球员每轮踢进点球的概率为p，乙队球员每轮踢进点球的概率为2

3，求在点球大战中，两队前2轮比分为2:2的条件下，甲队在第一阶段获得比赛胜利的概率（用p表示）．参考公式：22(),.()()()()nadbcnabcdabcdacbd−==+++++++a0.10.050.010

.0050.001ax2.7063.8416.6357.87910.82821．（12分）已知双曲线2222:1(0,0)xyEabab−=的焦距为10，且经过点(8,33)M．A，B为双曲线E的左、右顶点，P为直线2x=上的动点，连接PA，PB交双曲线E于点C，D

（不同于A，B）．（1）求双曲线E的标准方程．（2）直线CD是否过定点？若过定点，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由．22．（12分）已知函数21()ln22fxxaxx=+−．（1）讨论()fx的单

调性，（2）若()fx有两个极值点12,xx，且12xx．()()2123e2fxfx−+−−恒成立．①求a的取值范围；②证明：21()(1)ln(2)e12xfxxaxaxx+−−++−2022学年第二学期浙江强基联盟高三2月统测

数学试题参考答案题号12345678答案BCADCBBA1．B(,2],(0,4],(0,2]ABAB=−==，选B．2．C(1i)2i,(1i)2zz+=−+=，即2z=．选C．3．A由ab可知0a，所以2222ababab，当0a时，ab

不成立．所以选A．4．D设事件A表示甲在规定的时间内到达，B表示乙在规定的时间内到达，()0.5,()0.9PAPB==，A，B相互独立，(0)()()()0.05PXPABPAPB====，(1)()()0.5PXPABPAB==+=，(2)()0.45PXPAB===，()00.05

10.520.451.4EX=++=，()22()()0.34DXEXEX=−=．∴选D．5．C22221(1,):1:(1)lPMxPmlmykkamPMymamxaay+==−=−=−，令0y=，得2211xea=−=()2,

0Me，2221,22cecae====．选C．6．B设111,,ACxBCyBACB==−的外接球半径为r，则11134π82π,233BACBVrr−===．222224(2)8,4xyrxy++==+=．又()111122111423333BACCABACCAVSBC

xyxy−−==+=，11BACCA−体积的最大值为43，选B．7．B12222ABACAMANxxPQAQAPABAC++−=−=−=+，则222222(1)(1)79344244xxxxPQABA

CABACxx−−=++=−+，当67x=时，2minmin27321,2814PQPQ==，选B．8．Alnln2,ln0.9ln2.1,ln1.1ln1.9abc===，构造函数()(1)ln(2),[0.1,0.1]fxxxx=−+−，则ln(0),ln(0.1

),ln(0.1)afbfcf===−，13()ln(2)(1)ln(2)122fxxxxxx=−++−=−++−++在[0.1,0.1]−上单调递减，1.11110()(0.1)ln1.9ln01.91919f

xf−=−+=+，所以()fx在[0.1,0.1]−上单调递减，所以(0.1)(0)(0.1)fff−，从而cab，选A．题号9101112答案BCDACDABDAC9．BCD男生成绩在[90,1

10)内的频率为0.3，A错误；男生成绩的平均数为400.05600.15800.151000.31200.251400.197+++++=，B正确；男生成绩的样本数据的第75百分位数为0.11101180.0125+=，C正确；总样本的平

均数为2197919533+=，D正确．10．ACD对于选项A，M在平面11BCA内，平面11BCA与平面1ACD间的距离为体对角线的13，∴三棱锥1MACD−的体积为定值，A正确．对于选项B，当M为1BC的中点时，直线DM与平面11BCCB，所成的角最大，此时ππtan2tan,

33CDCM==，B错误．1AD⊥平面11ABCD，又AM平面11ABCD，1ADAM⊥，C正确．M到平面1CDD的距离为122CM，M到平面ACD的距离为22BM，∴M到两个平面的距离之和为11222222CMB

MBC+=，是定值．D正确．11．ABD．22816,2sinpABpp====．当AB垂直于x轴时，AMB为直角，A正确．11AFBF⊥由等面积法可知1111FAFBMFAB=成立，∴B正确．||5QEQF−，最大值为5，C不正确．21cos1cos22cos111cos222222

2AFPF−−−−+=+=+，令cos2x=，则221112223(0,1),222xxxxxAFPF−−−−++=+=，令223()2xxfx−−+=，()fx在(0,1)x上单调递减，3()0,2fx∴存在，D正确．12．AC由题意得3344fxxfxx

+−=−+，两边求导得3321144fxfx+−=−−+，即33244fxfx++−=，()gx的图象关于点3,14对称．322gx−为奇函数，则323202323gxg

x−+−=，()ygx=的图象关于点3,02对称，()ygx=的图象关于直线34x=对称．3为()gx和()gx的一个周期，3(0)0,(3)(0)02gggg====，∴A正确．331042gg==

，∴B错误．由3(0)(3)02ggg===，得()gx在(0,4)上至少有2个零点．∴C正确．314g=，周期为3，()gx的图象关于32xk=对称，314gk=，34g

t=，302g=，94gt=−，904g=，20241304kgk==，2024133202444kgkgk=+=，D错误．13．2406662

166C(2)(1)(1)C2rrrrrrrrrTxxx−−−−+=−=−，故622r−=，即2r=，所以23240Tx=，即2x的系数为240．14．10,2由已知得直线l过定点(2,0

)−，曲线C表示22(2)4xy+−=的下半圆，由图形得斜率m的取值范围是10,2．15．7π()6fxf，∴直线π6x=为()fx图象的对称轴．4π()03fxfx+−=，()fx的对称点为2π

,03，212πππ,4366kTk−=−=N，**2π2π,,21,21Tkkkk===−−NN．又()fx在ππ,366上单调，*ππ5π,263636Tk−=N．*2π5π,18Tk=N，365．当7=时，π

()sin73fxAx=+在ππ,366上单调，则正整数的最大值为7．16．1−0x，变形得23ln4xaxbx+−．问题等价于直线:lyaxb=+在()lnfxx=与23()4gxx=−之间，如图所示．当且仅当l为两函数的

公切线时b获得最值．设l与()fx的切点为()11,lnAxx，l与()gx的切点为2223,4Bxx−，由公切线得()()122112fxgxxx===，得211122212,ln,34axxxaxbxaxb==

=+−=+，得2221212222231131ln1,,ln1,ln2042244bxxxxxxxx=−=−=−=−−−−=，发现212x=为2221ln204xx−−=的一个解．令221121()ln2,()24xhxxxhxxxx−=−−=−=，令2210x−=，得22x

=，()hx在20,2上单调递减，在2,2+上单调递增，min1111()ln2lne04242hx=−−=，而210,(),,(),ln204xhxxhxxx→→+→+→+−−=的两根居于22两侧．已得一根为12，

所以另一根大于22，由图形分析知，当211,12xx==时，b的最大值为1-．17．解：（1）由题可得()111112,1,21nnnnaaaa−+=+==−，3分由1(23)(21)nnnbnb−−=−，推得121(2)

23nnbnnbn−−=−，累积得131222123523253nnnnbbbnnbbbnn−−−−−=−−……，得221213nnbbn−==−，又11,21nbbn==−．6分（2）由题可得2(21)(21)nncnn=−−−，令2(21),nnndnd=−的前n项和为

nP．123123252(21)2nnPn=++++−，23412123252(21)2nnPn+=++++−，相减得()23122222(21)2nnnPn+−=++++−−，16(23)2nnPn+=+−．令21,nnen

e=−的前n项和为nE，则2nEn=．综上，12(23)26nnnnTPEnn+=−=−+−．10分18．（1）证明：由题意得2sincossinsinsin()sinACBAACA=−=+−，2分sin()

sin,2CAACA−==．5分（2）解：法一．CD为ACB的平分线，且2,,3CAACDADCBADCD=====，1322sin2sin22,sin2223ACDSADCDAAA====△．7

分ABC△为锐角三角形，36sin,cos33AA==，9分2cos22bCDA==．111,sinsinsin2222ACDDCBACBSSSbCDAaCDAabA+=+=△△△，化简得()2cosCDabaA+=，代入622,3,sin3bCDA===，

得625a=．12分法二．在BCD△中，23sin223sincos62sinsinsin(3)3sin4sin5aCDAAAaBDCBAAA====−−．12分19．（1）证明：连接AP，在半圆

柱中，因为AB⊥平面PAD，所以ABPD⊥，又因为AD是直径，所以PDPA⊥，则PD⊥平面PAB．所以PDPB⊥．5分（2）解：依题意可知，以线段AD的中点O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则(0,0,2),(2,0,0),(2,4,0),

(2,4,0)EDBC−−，设AOP=，则(2cos,0,2sin)P，所以(2,0,2)DE=，(0,4,0)DC=，设平面CDE的法向量为()111,,mxyz=，所以0,0,mDEmDC==则111220,40,xzy+=

=令111,1xz==−，则(1,0,1)m=−．7分设平面PBD的法向量为()222,,,(2cos2,0,2sin),(4,4,0)nxyzDPDB==+=，所以00,nDPnDB==，则2222(2cos2)2sin0,440,xzxy++=+=令21

x=，则22cos11,sinyz−−=−=，所以cos11,1,sinn−−=−．8分因为平面PBD与平面CDE所成的锐二面角为45，所以2cos112sincos452cos122sinmnmn++===++∣，令cos1sint

+=，则221tt+=+，平方得12t=，即sin2cos2=+，又由22incos1+=可解得3cos5=−或cos1=−（舍去），所以68,0,55P−，点P在平面ABCD的射影为点6,0,05H−，因此DH的长度为45．12分20．解：（1）由

题意知卡塔尔世界杯淘汰赛共有16场比赛，其中有5场比赛通过点球大战决出胜负，所以估计在世界杯淘汰赛阶段通过点球大战分出胜负的概率为516．3分（2）下面为22列联表：欧洲球队其他球队合计进入8强538未进入8强81624合计131

932零假设0:32H支决赛圈球队闯入8强与是否为欧洲球队无关．2220.01()32(51638)2.1166.635()()()()8241319nadbcxabcdacbd−−===++++．根据小概率值0.01=的独立性检

验，没有充分证据推断0H不成立，即不能在犯错的概率不超过0.01的前提下认为“决赛圈球队闯入8强”与是否为欧洲球队有关．7分（3）方法一．不妨假定踢满第一阶段的5轮．因为前两轮两队比分为2:2，若甲队在第一阶段获得比赛胜利，则后3轮有6种

比分，1:0,2:0,2:1,3:0,3:1,3:2，所以甲在第一阶段获得比赛胜利的概率33123121222221331333331121121C(1)C(1)C(1)CC3333333Ppppppppp=−+−+−+++

2132323232115315133272799ppppCppp++==++．12分方法二．假定比赛进行到任意轮，两队均完成该轮踢点球（实际比赛过程中，只要能确定某队获胜，无需两队均完成某轮踢点球）两队前2轮比分为2:2

的条件下，甲在第一阶段获得比赛胜利，则后3轮有5种可能的比分，1:0,2:0,2:1,3:1,3:2．当后3轮比分为1:0时，3212131(1)C(1)39ppppp−=−=，，当后3轮比分为2:0时，有两种情况，2322212221132(1)C(1)3327ppppppp+

−=+−=，当后3轮比分为2:1时，222211213223212116(1)(1)CC(1)C333327ppppppp−=−+−=，当后3轮比分为3:1时，233142214C3327ppp==，当后3轮比分为3:2时，2

33253214C339ppp==．综上，甲在第一阶段获得比赛胜利的概率2222333212345(1)32(1)16(1)44151927272792799pppppppppPpppppppp−+−−=++++=++++=++方法三

．根据实际比赛进程，假定点球大战中由甲队先踢．两队前2轮比分为2:2的条件下，甲在第一阶段获得比赛胜利，则后3轮有5种可能的比分，1:0,2:0,2:1,3:1,3:2．当后3轮比分为1:0时，甲乙两队均需踢满5轮，3212131(1)

C(1)39ppppp−=−=．当后3轮比分为2:0时，有如下3种情况：2:03452:03452:0345甲√√甲√×甲×√√乙××乙××乙××则2223212221132C(1)339pppppp−=+−=．当后3轮比分为

2:1时，有如下6种情况：2:13452:13452:1345甲√√×甲√√×甲√×√乙√××乙×√×乙√××2:13452:13452:1345甲√×√甲×√√甲×√√乙×√×乙√××乙×√×则2212322143(1)C(1)339ppppp=−=−

．当后3轮比分为3:1时，有如下2种情况：3:13453:1345甲√√√甲√√√乙√×乙×√则33142214339pppC==当后3轮比分为3:2时，有如下1种情况：3:2345甲√√√乙√√×则233521433

27ppp==．综上，在点球大战中两队前2轮比分为2:2的条件下，甲在第一阶段获得比赛胜利的概率2233323212345(1)32444151(1)9999272799ppppppPpppppppppp−−=++++=++−++=++．21．解：

（1）法一．由222225,64271,abab+=−=解得2216,9ab==．4分法二．左右焦点为12(5,0)(5,0)FF−，125,2196368caMFMF==−=−=，22294,abca===−，∴双曲线E的标准方程为221169xy−=．4分（2

）设CD的方程为()()1122,,,,xmytCxyDxy=+，联立221169xmytxy=+−=消去x得()22291618911=0mymtyt−++−，12218916mtyym−

+=−，21229144916tyym−=−，2212224916916tmyym+−−=−，5分AC的方程为11(4)4yyxx=++，令2x=，得1164pyxx=+，BD的方程为22(4)4yyxx=−−，令2x=，得2224pyyx−=−，7分()()122

111222111221212623124031240444yyxyyxyymytyymytyymyyxx−=−++=+−+++=++−()()()212121212249144(312)(4)04(24)(8)0916

mttytymyytyytyym−−++=+−++−−=−−2222(24)1824(8)9160916916tmtttmmm−−+−=−−22223(8)(8)9160(8)39160mtttmtmtm−−+−=

−+−=，10分解得8t=或229163tmm+−=，即8t=或4t=（舍去）或4t=−（舍去），∴CD的方程为8xmy=+，∴直线CD过定点，定点坐标为(8,0)．12分方法二．设CD的方程为()()1122,,,,

,(2,)xmytCxyDxyPn=+，联立22,1,169xmytxy=+−=，消去x得()2229161891440mymtyt−++−=，2121222189144,916916mttyyyymm−−+=

=−−，AC的方程为(4)6nyx=+，BD的方程为(4)2nyx=−−，,CD分别在AC和BD上，()()11224,462nnyxyx=+=−−，两式相除消去n得()211211223462444xyyyxxxy−−−=+=+−，又2211116

9xy−=，()()211194416xxy+−=．将()2112344xyxy−−+=代入上式，得()()1212274416xxyy−−−=()()1212274416mytmytyy−+−+−=()()22121227162

7(4)27(4)0myytmyyt++−++−=()22222914418271627(4)27(4)0916916tmtmtmtmm−−++−+−=−−．整理得212320tt−+=，解得8t=或4t=（舍去）．∴CD的方程为8xmy=+，∴直线CD过定点，定点坐标为(8,0)．注：法

二酌情给分．如用极点极线得到正确结果但没有具体过程给4分．22．解：（1）令22()0xxafxx−+==，即2()20,44gxxxaa=−+==−．若0，即当1a时，()fx在(0,)+上为增函数．2分若

0，即当1a时，(0)ga=．①若10a，则()fx在(0,11)a−−上为增函数，在(11,11)aa−−+−上为减函数，在(11,)a+−+上为增函数．②若0a，则()fx在(0,11)a+−上为减函数，(11,)

a+−+上为增函数．4分（2）①由（1）知()fx有两个极值点，则10a，由已知得12122,xxxxa+==，5分则()()221211122211ln2ln222fxfxxaxxxaxx+=+−++−()()21212121ln22xxaxxxxa=++−+−ln2aaa=−−

．6分令，()ln2haaaa=−−，则()ln0(01)haaa=，()ha在(0,1)内单调递减．2222211113ln22eeeeeh=−−=−−，a的取值范围是21,1e．

7分②证明21()(1)ln(2)e12xfxxaxaxx+−−++−恒成立等价于eln1xaxxx−−成立，即eln1xxxax−−成立．8分法一．令eln1()xxxgxx−−=，则22eln()xxxgxx+=，令2

()elnxhxxx=+，则()21()2exhxxxx=++，显然在(0,)+上，()0hx，即()hx在(0,)+上为增函数．当0x→时，(),,()hxxhx→−→+→+．()0

0(0,),0xhx+=，即0200eln0xxx+=，则()00,,()xxgx为减函数，()0,,()xxgx+为增函数．()000min00eln1()xxxgxgxx−−==．10分000001ln22000000000111eln0,eln,eln,elnexxxxxx

xxxxxxxx+==−==．令()extxx=，则()(1)extxx=+在(0,)+上，()0tx，()tx在(0,)+上单调递增．0001lnlnxxx==−，即00e1xx=，()0000min000eln111()1xx

xgxgxxx−−+−====，1a，则21()(1)ln(2)e12xfxxaxaxx+−−++−恒成立．而已求得()2e,1a−，即证得21()(1)ln(2)e12xfxxaxaxx+−−++−恒成立，12分法二．变形加放缩．lnel

n1eln1ln1ln11xxxxxxxxxxxxxx+−−−−++−−===，1a，则21()(1)ln(2)e12xfxxaxaxx+−−++−恒成立．而已求得()2e,1a−，即证得21()(1)ln(2)e12xfxxaxaxx+−−++−恒成立．