【文档说明】湖南省衡阳市名校协作体2022-2023学年高三下学期三模数学试题含解析.docx，共(23)页，1.483 MB，由小赞的店铺上传

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2023届高三全真模拟适应性考试数学试题本试卷共6页，22题.全卷满分150分.考试用时120分钟.注意事项：1.答题前，先将自己的姓名､准考证号填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试

题卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.3.非选择题的作答：用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内.写在试题卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交.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2230Axxx=+−∣，集合()ln1Bxyx==+∣，则AB=（）A.()1,3−B.()3,1−C.()1,1−D.()1,−+2.已知复数z满足()()3ii3iz−=−，则z=（）A

.31i55−B.31i55+C.62i55−D.62i55−+3.612xx−的展开式中的常数项是（）A.-20B.20C.-160D.1604.两千多年前，我国首部数学专著《九章算术》是数学的瑰宝，世人惊叹祖先的智慧.

其中早就提出了宛田（扇形面积）的计算方法：“以径乘周，四而一”（意思是说直径与弧长乘积的四分之一），已知扇形AOB的圆心角为(0)，弧长为4，且|2|3||OAOBAB−=，则它的面积为（）A.24B.12C.48D.325.我国是一个人口大国，产粮､储粮是

关系国计民生的大事.现某储粮机构拟在长100米，宽80米的长方形地面建立两座完全相同的粮仓（设计要求：顶部为圆锥形，底部为圆柱形，圆锥高与底面直径为1:10，粮仓高为50米，两座粮仓连体紧靠矩形一边），已知稻谷容

重为600千克每立方米，粮仓厚度忽略不计，估算两个粮仓最多能储存稻谷（）（取近似值3）A.105000吨B.68160吨C.157000吨D.146500吨6.已知函数()()2sin(0,0)fxx

=−的一条对称轴为23x=，一个对称中心为,02.则当取最小整数时，函数()fx在()0,5内极值点的个数为（）A.3B.4C.5D.67.已知椭圆2222:1(0)xyCabab+=的左､右焦点分别为12FF､，过1F作直线l与

椭圆相交于MN､两点，290MFN=，且2243FNFM=，则椭圆的离心率为（）A.13B.12C.33D.558.若曲线()(0)kfxkx=与()exgx=有三条公切线，则k的取值范围为（）A.1,0e−B.1,e−−C.2,0e−D.2,e−−

二､多选题：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9.在棱长为1的正方体1111ABCDABCD−中，点P为线段1BC的中点，则（）A.异面直线1BD与1CC所成角为45B.DP∥

面11ABDC.1DPAD⊥D.点P到平面11BBDD的距离为2210.已知函数()2cos2fxxx=−，则（）A.()fx在1,1−上最大值为2B.()fx有两个零点C.()fx的图象关于点()1,2对称D.

存在实数a，使()2fxa−的图象关于原点对称11.已知抛物线2:Cyax=的顶点为O，准线为12y=−，焦点为F，过F作直线l交抛物线于MN､两点（,MN顺序从左向右），则（）A.12a=B.若直线l经过点()1,

0−，则52MN=C.OMON的最小值为1D.若3FNMF=，则直线l的斜率为3312.已知,ab是方程3exx=的两根25(),e(0)cdabcdcd−==，e为无理数，则（）A.12ecd+B.5ab+C.10ad−D.10bc−三､填空题：本题共

4小题，每小题5分，共20分.13.小张､小李参加满分为50分（只取整数）的岗上技能测试，小张的六次成绩从小到大分别为27,32,39,,46,47m；李的六次成绩从小到大分别为30,31,34,41,42,45.只知小张的

六次成绩的第50百分位数等于小李的六次成绩的第80百分位数，则m=__________.14.已知公共点为MN､的圆1C和圆2C均与x轴相切，且与直线22yx=均相切于第一象限，两圆的半径之和为4，则直线MN的方程为__________.15.若1x=是函数()()()

2e10xfxaxbxa=+−„的极小值点，则a的取值范围为__________.16.在平面四边形ABCD中，90,90,2ADBABCBDBC====，沿对角线BD将ABD折起，使平面ADB⊥平面BDC，得到三棱锥ABCD−，

则三棱锥ABCD−外接球表面积的最小值为__________.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.（本小题满分10分）在ABC中，角ABC､､的对边分别为,3cossin

23abcbcBbC++=−､､（1）求角C；（2）已知边AB的中点为D，且1CD=，求ABC面积的最大值.18.（本小题满分12分）已知正项数列na的前n项和为1,2nTa=，且对任意112,nnnnna

TaaT−､､…成等差数列，又正项等比数列nb的前n项和为23413,,39nSSS==.（1）求数列na和nb的通项公式；（2）若数列nc满足2nnncTb=，是否存在正整数n，使129nccc+++.若存在，求出n的最大值；若不存在，请说明理由.19

.（本小题满分12分）如图，直三棱柱111ABCABC−中，1,2,3,ABACBCAAD===是棱BC的中点，棱1CC上的点F满足2CF=，棱1BB上的点M满足1BM=.（1）证明：CMAF⊥；（2）若AC与平面11ABBA所成的角为60

，求平面CAM与平面1CBA所成锐二面角的余弦值.20.（本小题满分12分）某区在高中阶段举行的物理实验技能操作竞赛分基本操作与技能操作两步进行，第一步基本操作：每位参赛选手从A类7道题中任选4题进行操作，操作完后正确操作超过两题的（否

则终止比赛），才能进行第二步技能操作：从B类5道题中任选3题进行操作，直至操作完为止.A类题操作正确得10分，B类题操作正确得20分.以两步总分和决定优胜者.总分80分或90分为二等奖，100分为一等奖.某校选手李明A

类7题中有5题会操作，B类5题中每题正确操作的概率均为23，且各题操作互不影响.（1）求李明被终止比赛的概率；（2）现已知李明A类题全部操作正确，求李明B类题操作完后得分的分布列及期望；（3）求李明获二等奖的概率.21.（本小

题满分12分）已知双曲线2222:1xyCab−=的一条渐近线方程为22yx=，且经过点()22,2（1）求双曲线C的离心率及方程；（2）已知点13,04M，点(),0(2)Ntt，过点N的直线l与双曲线交于,AB两点，MA

MB是否为常数？若为常数，求出此常数及t的值；若不为常数，请说明理由.22.（本小题满分12分）已知函数()()ln,exfxxxgx=+=.（1）求函数()()()Hxfxxgx=−的最大值；（2）当1ex时，证明：()()()22111xgxxfxx−+

−−….2023届高三全真模拟适应性考试数学参考答案一､选择题1.C【解析】{31},{1}AxxBxx=−=−∣∣，所以()1,1AB=−.故选C.2.A【解析】因为()()i3i3i123i

231i3i3i3i1055z−++=====+−−−，所以31i55z=−.故选A.3.C【解析】因为612xx−展开式的通项为6316(1)C2rrrrrTx−−+=−，令30r−=，得3r=，故展开式的常数项是368C160−=−.故选C.

4.A【解析】设扇形AOB的圆心角，所在圆的半径为r，所以4r=，又23OAOBAB−=，所以23OAOBOBOA−=−，即()22224432OAOAOBOBOAOAOBOB−+=−+，因为2,cosOAOBrOAOBr===，所以1cos,02=，所以

,123r==，故扇形的面积为1244244=.故选A.5.A【解析】由于粮仓高50米，顶部为圆锥形，底部为圆柱形，圆锥高与底面直径为1:10，设粮仓顶部圆锥形的高为x米，底面直径为10x米，圆柱的高为(50)x−米，两座粮仓总的容积为222110

02(5)(50)(5)(75)33Vxxxxxx=−+=−.若靠矩形长边建造，则201001080xx„„，所以05x„；若靠矩形宽边建造，则208010100xx„„，所以04x„.因为()210050Vxx=−

，当050x时，()()0,VxVx在()0,50单调递增，所以5x=时，()Vx取最大值1750003，两个粮仓最多能储存稻谷1750000.63105000=吨.故选A.6.B【解析】因为()()2sin(0,0)fxx=−的一条对称轴为23x=，

所以1232k−=+，1kZ①，又()fx的一个对称中心为,02，所以22,2kk−=Z②，①-②得()1262kk=−+，所以()1263kk=−+，因为0，所以取最小整数值为3.当3=时，由②得223,2kk=−Z，

因为0，所以2=，所以()2sin32fxx=−.由322xk−=+得()fx的极值点为()11,,0,1,2,33kkk+=Z时极值点在()0,5内.故选B.7.D【

解析】如图所示，设12222,43FFcFNFM==，设23FNt=，则24FMt=.在Rt2FMN中，5MNt=.由椭圆定义可知：123FNat=−，11124,475FMatFNFMMNatt=−+==−=，解得：3at=.所以121233,242FNattFN

FMatt=−===−=，在12FNF中，可得12cos3cNFFt=.在12FMF中，由余弦定理可得221212123cos.2ctMFFNFFMFFct−=+=，1212coscos0NFFMFF+=，即22332ccttct−+=0，解得355

tc=，椭圆离心率55cea==.故选D.8.A【解析】设公切线为()11,,lPxy是l与()fx的切点，()22,Qxy是l与()gx的切点，()2kfxx−=，()e,xgxl=的方程为()1121kyyxxx−−=−，整理得2112kkyxx

x−=+，同理()222exyyxx−=−，整理得()222ee1xxyxx=+−，依题意两条直线重合，()222121e2e1xxkxkxx−==−，消去1x得()2224e1xkx=−−，由题意此方程有三个不等实根，设()2e(1)xhxx=−−，即直线4yk=与曲线()

hx有三个不同的交点.()()2e1xhxx=−，令()0,1hxx==，当1x−或1x时，()0hx；当11x−时，()()0.hxhx有极小值()()114e,hhx−−=−有

极大值()10h=.又()0hx„，当x→−时，()hx→0；当x→+时，()hx→−，故()hx的图象简单表示为下图.当14e40k−−，即10ek−时，直线4yk=与曲线()hx有三个交点.故选A.二､多选题9.BC【解析】对于A，因为11DDCC∥，所以异面直线1BD

与1CC所成角为1DDB（或补角），1tan2DDB=，故A错误；对于B，连接1,DBDC，1111,,ABDBAD，由于1111,BCADDBDB∥∥，所以1AD∥面111,BDCDB∥面11111,BDCADDBD=，所以面11ABD∥面1BDC，又DP平面

1BDC，所以DP∥面11ABD，故B正确；对于C,点P为线段1BC的中点，11,DBDCBCDP=⊥.又111,BCADADDP⊥∥，故C正确；对于D，作11PEBC⊥，交11BC于11,EEFBD⊥，交11BD于F，则1,BBPEPE∥∥平面11,BBDDP

点到平面11BBDD的距离即E点到平面11BBDD的距离，1111111,,,EFBDBBEFBDBBBEF⊥⊥=⊥平面11,BBDDE点到平面11BBDD的距离为线段EF的长度24，故D错误.故选BC.10.AC【解析】

对于()A,2sin22fxx=+，()()11,,1sin1,22sin2,0,22222222xxxxfxfx−−−−++剟剟剟剟在1,1−上单调递增，()max()12fxf==，故A正确；对于()B,fx的零点

个数即方程2cos02xx−=的实根个数，即方程2cos2xx=的实根个数，即2yx=与cos2yx=图象的交点个数.在同一坐标系中画出2yx=与cos2yx=图象如图所示：两个函数图象只有一个交点，故B错误；对于C，若()fx的图象关于点()1,2对称，则

有()()11224fxfx++−=+=对任意xR恒成立.()()()()()()1121cos121cos122fxfxxxxx++−=+−++−−−4coscos42222xx=−+−−=恒成立，(

)fx的图象关于点()1,2对称，故C正确；对于D，若存在实数a使()2fxa−的图象关于原点对称，则()2fxa−为奇函数.令()()()()2,0gxfxagxgx=−+−=对任意xR恒成立，即()()()()22cos222cos2022xaxaxa

xa−−−+−−−−−=恒成立，即12coscos02axa+=对任意xR恒成立，则有201cos02aa==，上述方程组无解，故D错误.故选AC.11.ABD【解析】抛物线方程化为21xya=，准线为12y=−，所以110,2,24papaa==，准

线为11242pya=−=−=−，所以12a=，故A正确；又10,2F，过F作直线l交抛物线于MN､两点，显然l的斜率存在，设l的方程为12ykx=+，与212yx=联立消去y整理得22210,Δ

44xkxk−−==+0恒成立.设()()1122,,,MxyNxy，则122xxk+=，()()222221212121,1414421xxMNkxxxxkkk=−=++−=++=+.直线l经过点(1−，0)，则15,22kMN==，故B正确；44221

21244xxOMONxx=++()212121217424xxxxxx=++−()()122212444xxxx=++()12222212121644xxxxxx=+++2211171682516,044kkk=++=+=时，OMON最

小为54，故C错误；由3FNMF=得123xx−=，又12121,0,0xxxx=−，解得：11233,2,33xkxxk=−=+=，故D正确.故选ABD.12.ABC【解析】对于A，因为25e(0)cdcdcd

−==，所以2lnln5ccdd==−，构造函数()lngxxx=，因为()ln1gxx=+，所以()gx在10,e上递减，在1,e+上递增，所以()gx有唯一的极小值1eg，因为()(),gcgdcd=

，所以101ecd.设()()2221lnln,0eeeeFxgxgxxxxxx=−−=−−−，因为()222212lnln2lne2lne0eeFxx

xx−−=++−=+−−++=，所以()Fx在10,e上单调递减，且()10,eFFx=在10,e上有()1eFxF=0，即()2egxgx−，由()120,eecgc

gc−，因为()()gcgd=，所以()2egdgc−，因为()211,,eeecdgx−在1,e+上递增，所以2edc−，即2ecd+，故A正确；对于B,ab､是方程3exx=的两根()ab，因为e0x，

所以30x，所以0x，所以e1x，所以1x，所以1ab，又33e,eabab==，所以3ln,3ln,3lnlnabaabbab====.构造函数()()2ln1(1),lnlnxxfxxfxxx−==，当()1,ex时，()f

x0；当(),xe+时，()0fx，所以()fx在区间()1,e上递减，在区间()e,+上递增，所以()fx有唯一的极小值()ef，若()(),1efafbab=，构造函数()()()2eGxfxfx=−−，类比选项A，可证2e5ab+，故B正确；对于()()()1

11111C,1e,1,,,1e,1e,eabcdffafxxgxdgdd==−−在区间()1,e上递减，所以()()11532ffadgd===−，所以1,aadd

1，故C正确；对于()D,fx在()e,+上递增，()111,e,efbcgcc=−，所以()11513,225ffbbcc===−−，即1bc，故D错误.故选ABC.三､填空题13.45【解析】因为650%3,680%

4.8==，所以甲组的第50百分位数为392m+，乙组的第80百分位数为3942,422m+=，所以2423945m=−=.故答案为45.14.240xy+−=【解析】设直线22yx=的倾斜角202,tan2222=„，直

线12CC的倾斜角为，其方程为tanyx=，由22tantan2221tan==−，解得2tan2=或tan2=−（舍去），故直线12CC为22yx=.设()()122,,2,,4CaaCbbab+=，圆1C方程为222(2)()xayaa−+−=

，圆2C方程为222(2)()xbybb−+−=，两圆方程相减，得直线MN的方程为240xy+−=.故答案为240xy+−=15.1,05−【解析】2()(2)1xfxeaxabxb=++

+−，因为1x=是()fx的极小值点，所以()1f=0，即3210ab+−=，从而()2131313.e21222xaaabfxaxax−−−==+++−2112(1)31(1)(231)22xxeaxaxaexaxa

=++−−=−++.当0a=时，()()1e12xfxx=−，当1x时，()()0,fxfx单调递减；当1x时，()()0,fxfx单调递增，符合题意；当0a时，令()0fx=，得()()1231131,,e122x

aaxxfxaxxaa++==−=−+，若1x=是()fx的极小值点，则1312aa+−，解得105a−.综上，a的取值范围1,05−.故答案为1,05−.16.()225+【解析】在平面图形中设()090,90CBDABD

==−，即RtADB中，2,tanBADAD==.在BCD中，2sin4sin22CDBC==.设BCD外接圆圆心为M，外接圆半径为r，由正弦定理可得4sin2122,sin2cossincoscos2222CDrr

====.设三棱锥ABCD−外接球球心为O，则OM⊥平面BCD.又平面ADB⊥平面BDC，交线为,90,BDADBAD=⊥平面,,BDCADOM∥四边形OMDA为直角梯形.设外接球的半径为R，在平面OMDA中

，过O做OEAD⊥于E，在AOD中，,AODORE==为AD的中点，222222221111cos2,,2tantan1cos1coscos2OMEDADAOAEOER====+=+=+−+222cos22cos32cos11cos1

cos+−−==−+−−.令32cos,13tt−=，则222344415cos,1111525625366212tttRttttttt−+==−+=−+=−+−+=−+−−−+−

−…，当且仅当5tt=时，即5t=时（满足13t）等号成立.所以球表面积最小值为()1542252+=+.故答案为()225+.17.解：（1）因为3cossin23bcBbC++

=−，所以3sinsinsinsinsin3BCBBC−=−，因为sin0B，所以3sinsin3CC−=−，133sinsincos22CCC−=−，即3sin2C−1cos12C=，所以sin16C−=

，又0C，所以5666C−−，所以62C−=，即23C=.（2）因为ADCBDC+=，由余弦定理2222224402222ccCDbCDaccCDCD+−+−+=，解得22222cab=+−，又2222cos

cababC=+−，所以222cabab=++，所以()22222112222cabababab=+−=+−−…1122abab=当且仅当ab=时取等号，所以4ab„，因为13sin24ABCSabCab==，所以ABC面积的最大值为3.18.解：（1

）设nb的公比为q，显然1q，由()()2123311413413,,3911319bqqSSbqq−=−==−=−，解得13q=或14q=−（舍去），11b=，所以nb=113n−又对任意1

12,nnnnnaTaaT−､､…成等差数列，12a=，所以14nnnnaTaT−+=，因为()12nnnaTTn−=−…，有()()221114,nnnnnnTTTTTT−−−−+=−=()42n…，故2nT是以214T=为首项，公差4d=的等差

数列，所以()24144nTnn=+−=，又0na，所以0,2nnTTn=，当2n…时，()1421nnnannTT−==−−+，1n=时，12a=满足上式，故()21nann=−−.（2）1143nncn−=，设12nnTccc=+++，012'111481

2333nT=++++1143nn−①123'111148123333nT=+++()11141433nnnn−+−+②，①-②：12211:44

44333nT=+++3111144333nnn−++−111341313nnn−=−−

331142233nnn=−−()1111996932333nnnnTnn−=−−=−+9，故不存在正整数n，使129nccc+

++.19.证明：（1）连接,,,ADDFABACD=为BC的中点，ADBC⊥，又111,,,BBADBBBCBBBBC⊥=平面11,BBCCAD⊥平面11BBCC，又CM平面11BBCC，故ADCM⊥，又1,2,1,2BMBCCDCF====，1tan,tan22MCBCDF

==，CMDF⊥，又,,DFADDDFAD=平面ADF，故CM⊥平面ADF，AF平面,ADFCMAF⊥.（2）过C作CEAB⊥于点E，又因为1BB⊥平面ABC，所以1BBCE⊥，11,,ABBBBABBB=平面11BBAA，所以CE⊥平

面11BBAA，所以CAE即为AC与平面11BBAA所成的角且为60，又,ABACABC=为正三角形，E为AB的中点，因为1,,EABBEC两两垂直，所以以E为原点，,EAEC所在直线分别为分别为,xz

轴，过点E做1BB的平行线为y轴，建立如图所示的空间直角坐标系Exyz−，可知各点坐标分别为：()()0,0,0,1,0,0EA，1(0,0,3),(1,0,0),(1,1,0),(1,3,0)CBMA−−

，()()()()111,0,3,2,1,0,2,3,0,1,3,3ACAMABAC=−=−=−−=−−，设平面ACM的法向量为()1111,,nxyz=，111111030200nACxzxynAM=−+=−+=

=，解得11113:23xzyz==，取()13,23,1n=.设平面1CBA的法向量为()2222,,nxyz=，22212222123003300xynABxyznAC−−==−−+=

=，解得：22223233xzyz=−=，取()23,2,3n=−.设平面ACM与平面1CBA所成的锐二面角为，则12123cos8nnnn==，平面CAM与平面1CBA所成锐二面角余弦值为3820.解：（1）设“李明被终止比赛”事件

为,MM表示选的4题均会操作或3题会操作，故()()31452547CCC211C7PMPM+=−=−=.（2）设李明在竞赛中，A类题全部操作正确后得分为,xx的取值为40,60,80,100，B类题正确操作题

数23,3nB，()030321140C;3327Px===()121321260C;339Px===()212321480C;339Px===()3033218100C;3327

Px===所求的分布列x406080100()Px1272949827()1248406080100279927Ex=+++=80.（3）设李明获二等奖的事件为N，事件N即A类题全部操作正确，

B类题正确操作2题或A类题操作正确3题，B类题全部正确操作，()243123552334477CCC21CCC33CPN=+32443189=21.解：（1）双曲线2222:1

xyCab−=，渐近线为byxa=，又一条渐近线为22221,,222byxbaa===，2222221322cabaaa=+=+=，则双曲线C的离心率62cea==，双曲线C的方程可写为：22

2221,xyaa−=经过点()22228422,2,1,4,2abaa−===，双曲线C的方程为22142xy−=.（2）双曲线C的方程为22142xy−=，假设存在点(),0(2)Ntt，满足题设条件，当直线l的斜率

不存在时，直线l的方程为xt=，2t，与双曲线无交点；直线l的斜率存在时，设为k，直线l的方程为y=(),kxtl−与C交点()()1122,,,AxyBxy，联立方程组：()22142ykxtxy=−−=，消去

y可得：()22222124240kxktxkt−+−−=，由题可知2120k−，且()()222Δ4412ktk=+−()22240kt+222121222424,2121ktktxxxxkk++==−−，则11221313,,,44MAxyMBxy=−=

−，所以1212131344MAMBxxyy=−−+()()()212121213169416xxxxkxtxt=−+++−−()()222212121314kxxktxxkt=+−+++16916+()2222

2222224134121421ktktkktktkk+=+−+++−−()2221344169169162116ttkk−++=+−，若为常数，则2134421tt−+=−，解得1t=或12，2,1tt=，常数为2105,12016k−，且()()()22222Δ4412240

ktkkt=+−+，223k，且212k，所以存在1t=，得MAMB为常数10516.22.解：（1）()()()lnexHxfxxgxxxx=−=+−，定义域为()0,+，()()()()1111eee11e(0)xxxxxHxxxxxxxx+=+−+=−+=+−

，令()1extxx=−，则()21extxx=−−，所以()tx单调递减，又()12111e<0,2e0,2tt=−=−存在01,12x，使()00tx=，即001exx=，即00ln0xx+=，当00xx

时，()()0,HxHx单调递增；当0xx时，()()0,HxHx单调递减，()Hx有最大值，()00000lne1xHxxxx=+−=−.（2）不等式()()()22111xgxxfxx−+−−…，即

证122e11lnxxxx−++…，即证1e111ln2xxxx−++…，当1x=时，不等式显然成立；当11ex时，令()()11e,e1xxmxxmx−−==−−，又()11,0exmx，所以()mx在11ex上单调递减，()()1

10,exmxmx−=，要证不等式1e111ln2xxxx−++…，可以证明：111ln2xxxx++…，等价于证明：2221ln1xxx++…，令()()()()()222222121ln,0,11xxFxxFxxxx−−=−+=++函

数()Fx在1,1e上单调递减，()()10FxF=，即2221ln1xxx++…；当1x时，2221ln1xxx++…只需证122e1ln1xxxx−++令()()()()1122222e1

ln2e(1),,0,11xxxxhxuxhxxxx−−+−===++函数()hx在()1,+上单调递增，()()11hxh=，又()2ln0,xuxx−=，()ux在()1,+单调递减，()()1uxu=1.所以1x时，()()

hxux，不等式122e1ln1xxxx−++成立；综合上述不等式得证.获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com