天津市咸水沽第一中学2023届高考押题卷(一)数学试题(含答案解析)

天津市咸水沽第一中学2023届高考押题卷（一）数学试题

学校

:___________

姓名：

___________

班级：

___________

考号：

___________

一、单选题

1．已知全集

U



1,0,1,2,3



，集合

A



0,1,2



，

B



1,0,1



，则



ð

U

A



B

A．



1



C．



1,2,3



B．



0,1



D．



1,0,1,3



）

2

2．在数列



a

n



中，“数列



a

n



是等比数列”是“

a

2

a

1

a

3

”的（

A

．充分不必要条件

C

．充要条件

B

．必要不充分条件

D

．既不充分也不必要条件

3

．为宣传我国第三艘航空母舰

“

中国人民解放军海军福建舰

”

正式服役，增强学生的国

防意识，某校组织

1000

名学生参加了

“

逐梦深蓝，山河荣耀

”

国防知识竞赛，从中随机

抽取

20

名学生的考试成绩（单位：分），成绩的频率分布直方图如图所示，则下列说法

正确的是（）

A

．频率分布直方图中

a

的值为

0.004

B

．估计这

20

名学生考试成绩的第

60

百分位数为

75

C

．估计这

20

名学生数学考试成绩的众数为

80

D．估计总体中成绩落在



60,70



内的学生人数为150

3

x



3



x

4．函数

f

(

x

)



的图象大致是（

x

3

）

A．B．

试卷第1页，共4页

C．D．

1



a

c

5．已知

alog

2

3

，

b2

0.4

，

c







，则，

b

，的大小关系是（



3





1

3

）

A

．

bac

B

．

acb

C

．

abc

D

．

b

6．如图，在正四棱柱

ABCDA

1

B

1

C

1

D

1

中，P是侧棱

CC

1

上一点，且

C

1

P2PC

．设三

棱锥

PD

1

DB

的体积为

V

1

，正四棱柱

ABCDA

1

B

1

C

1

D

1

的体积为V，则

V

1

的值为（

V

）

A．

2

1

B．

1

3

C．

1

6

D．

1

8

x

2

y

2

7．已知双曲线

C

:

2



2



1(

a



0,

b



0)

的渐近线与抛物线

E:y

2

2px(p0)

的准线分别

ab

B

两点，若抛物线的焦点为

F

，且

FAFB

，则双曲线

C

的离心率为（交于

A

、

）

A．

2

B．

3

C．2D．

5

）个

π



8．下列关于函数

f

(

x

)



4cos

x

cos



x





的命题，正确的有（

3



π

（1）它的最小正周期是

2



π



（2）





,0



是它的一个对称中心



12



π

（3）

x

是它的一条对称轴

6

（4）它在



0,



上的值域为



2,3





3



A

．

0B

．

1C

．

2D

．

3



π



9

．如图，在四边形

ABCD

中，

M

为

AB

的中点，且

AB2

，

MCMDCD1

．若点



N

在线段

CD

（端点除外）上运动，则

NANB

的取值范围是（）

试卷第2页，共4页



1



A．





,0





4





3



B．



,0





4





1



C．



,1





4





3



D．





,0





4



二、填空题

10．已知

2



1



i(

a



R)

，则

a

________．

1



a

i

7

1



11．在代数式



x



2



的展开式中，一次项的系数是_____．（用数字作答）

x



三、双空题

12．已知直线

l

：

ykx

被圆

C

：



x1







y2



4

截得的弦长为

23

，则

k

______，

圆

C

上到直线

l

的的距离为

1

的点有

______

个

.

22

12

13．甲、乙两人每次投篮命中的概率分别

,

，甲、乙两人投中与否互不影响．现若两

23

人各投篮一次，则至少有一人命中的概率为

_________

；若每人投篮两次，两人共投中

三次的概率为

_______

．

四、填空题

14．已知

a1

，

b1

，且

log

2

a

log

b

4

，则ab的最小值为________．

15．已知

f

(

x

)



|

1



a

|



x



a

，且

x(1,)

，若函数

yf(x)

有三个不同的零点，则

x



1

实数

a

的取值范围是

________

．

五、解答题

C

所对的边分别为

a,b,c

.

已知

bc2a

，

16

．在

ABC

中，内角

A，B，

3csinB4asinC

.

（

Ⅰ

）求

cosB

的值；





（Ⅱ）求

sin



2

B



6







的值.



17

．如图，在四棱锥

P



ABCD

中，

PA

底面

ABCD

，

AD



AB

，

AB//DC

，

ADDCAP2

，

AB1

，点

E

为棱

PC

的中点．

试卷第3页，共4页

(1)

证明：

BEDC

；

(2)

求直线

BE

与平面

PBD

所成角的正弦值；

(3)

若

F

为棱

PC

上一点，满足

BF



AC

，求平面

FAB

与平面

PAB

所成角的余弦值．

x

2

y

2

18．在平面直角坐标系

xOy

中，已知

F

1

、

F

2

分别为椭圆

C

:

2



2



1



a



b



0



的左、

ab

右焦点，且椭圆

C

经过点

A



2,0



和点

H



1,3e



，其中

e

为椭圆

C

的离心率．

（

1

）求椭圆

C

的标准方程；

（2）过点

A

的直线

l

交椭圆

C

于另一点

B

，点

M

在直线

l

上，且

OMMA

，若

MF

1

BF

2

，

求直线

l

的斜率．

19．已知



a

n



是公比为q的等比数列．对于给定的

k(k1,2,3n)

，设

T

(k)

是首项为

a

k

，

(1)(2)(2)

(1)(2)

(k)

公差为

2

a

k



1

的等差数列



a

n



，记

T

(k)

的第i项为

b

i

．若

b

1

b

1

b

2

，且

b

2

b

3

．

(1)求



a

n



的通项公式；

(2)求



n

1

i



1

bb

n

(

k

)

(2)(2)

ii



1

；

(3)求



b

i

i



1

．

x

20．已知

1a2

，函数

f



x





e

xa

，其中e=2.71828…为自然对数的底数．

)

上有唯一零点；（Ⅰ）证明：函数

yf



x



在

(0，

)

上的零点，证明：（Ⅱ）记x

0

为函数

yf



x



在

(0，

（ⅰ）

a1x

0

2(a1)

；

（

ⅱ

）

x

0

f

(e

x

0

)



(e



1)(

a

1)

a

．

试卷第4页，共4页

参考答案：

1

．

A

【解析】本题根据交集、补集的定义可得

.

容易题，注重了基础知识、基本计算能力的考查

.

【详解】

C

U

A

={



1,3}

，则



C

U

A



B

{



1}

故选：

A

【点睛】易于理解集补集的概念、交集概念有误

.

2

．

A

【分析】利用等比数列的性质及充分不必要条件的定义即可判断，

2

【详解】数列



a

n



是等比数列，得

a

2

a

1

a

3

，

2

2，4，6，8，10，12，14，

，若数列



a

n



中

a

2

a

1

a

3

，则数列



a

n



不一定是等比数列，如数列

1，

2

所以反之不成立，则“数列



a

n



是等比数列”是“

a

2

a

1

a

3

”的充分不必要条件．

故选：

A.

3

．

D

【分析】由频率分布直方图的性质逐一计算即可

【详解】由频率分布直方图可得：

10



2a3a7a6a2a



1

，解得

a0.005

，故A错误；

前三个矩形面积为



2a3a7a



100.6

，即第60百分位数为80，故B错误；

估计这二十人的众数为

70



80



75

，故C错误；

2

总体中成绩落在



60,70



内的学生人数为：

3a101000150

，故D正确.

故选：

D

4

．

D

【分析】先判断函数

f(x)

是奇函数，排除

A,C

，再排除选项

B

，即得解

.

3



x

+3

x

3



x



3

x

3

x



3



x



f

(

x

)

.

【详解】解：因为

f

(

x

)



，所以

f

(



x

)



33

3

(



x

)

x

x

所以函数

f(x)

是奇函数，排除选项

A,C

.

3

2



3



2

41

3

4



3



4

81



3



4

656241

因为

f

(2)



，

f

(4)



f

(2)

，所以排除选项B.

2

3

36

4

3

646436

故选

:D

5

．

C

答案第

1

页，共

12

页

【分析】利用对数函数与指数函数的性质，以及指数幂的运算公式即可求解

.

【详解】由题知，

0log

2

1log

2

3log

2

41

，

即：

0a1

，又

b2

0.4

2

0

1

，所以

ba

；



b

15

2

0.4



15

2

6

64

，

1







5



3

11



155

c















3



243





3







3





15



b

15

c

15

，



bc

，

所以：

abc

.

故选：

C.

6

．

C

【分析】根据给定的几何体，利用等体积法及锥体体积、柱体体积公式计算作答

.

【详解】在正四棱柱

ABCDA

1

B

1

C

1

D

1

中，P是侧棱

CC

1

上一点，

1111

则

V

1



V

P



D

1

DB



V

B



D

1

DP



S



D

1

DP



BC



DD

1



CD



BC



V

，

3326

所以

1

V

1

的值为

.

V

6

故选：

C

7

．

D

【分析】双曲线的渐近线方程为

y



b

p

x

，与抛物线的准线方程

x

联立，求出

A

、

B

两

a

2



点的坐标，由

FAFB

，得

FAFB0

，结合

c

2

a

2

b

2

计算得解

.

b

x

2

y

2

【详解】解：∵双曲线

C

:

2



2



1(

a



0,

b



0)

，∴双曲线的渐近线方程为

y



x

，

ab

a

又

y

2

2px(p0)

的准线方程是

x

A、B

两点的纵坐标分别是

y



p

，

2

pb

，

2

a



ppb



ppb



p



F

不妨设

A

在

B

上方，则

A





,



，

B





,



，



,0



，



22

a



22

a



2











pb



pb







FA







p

,



，

FB







p

,





，

2

a



2

a









p

2

b

2

2

又



FAFB0

，



p



0

，即

b

2

4a

2

，

c

2

a

2

4a

2

，

c

2

5a

2

，

e5

.

2

4

a

故选：

D.

答案第

2

页，共

12

页

8

．

C

【分析】根据三角恒等变换化简函数为正弦型三角函数，利用正弦型函数的对称轴、对称中

心、周期，值域求解判断即可

.

π



【详解】

f

(

x

)



4cos

x

cos



x







4cos

x

3





13

cos

x



sin

x





22





2







2cos

x



23sin

x

cos

x



π



cos2

x

1



3sin2

x

2sin(2

x

)



1

，

6

所以

T

令

2

x

故





2π



π

，故（1）错误；

2

π

k

ππ

π

k

π,

kZ

，解得

x，kZ

，当

k0

时，

x

，

6212

12



π



,1



是函数的一个对称中心，故（2）错误；



12



k

ππππ

ππ

，kZ

，当

k0

时，

x

，所以

x

是函数的

k

π

，kZ

，解得

x

2666

62

令

2

x

一条对称轴，故（

3

）正确；

π



π5π



π



1





π



当

x





0,



时，

2

x





,



，



sin(2

x



)





,1



，

6



66



6



2





3



π



2sin(2

x

)



1





2,3



，故（4）正确.

6

故选：

C

9

．

A



【分析】连接

MN

，求出

|NM|

的范围，再利用向量线性运算及数量积运算律求解作答.

【详解】连接

MN

，如图，点

N

在线段

CD

（端点除外）上运动，

因为

MCMDCD1

，即

△MCD

是正三角形，于是



且

|MA|1

，



3





|

NM

|



1

，而M为AB的中点，

2



2



2

1

NANB

(

NMMA

)(

NMMA

)

NMMA

[



,0)

.

所以

4

故选：

A

答案第

3

页，共

12

页

【点睛】关键点睛：涉及定长的线段两端点为向量端点的向量数量积，取线段的中点，借助

向量数量积的计算公式求解是关键

.

10

．

1

【分析】利用复数乘法运算及复数相等求出

a

值作答

.

【详解】依题意，

2(1i)(1ai)(a1)(a1)i

，而

aR

，



a



1



2

因此



，解得

a1

；

a



1



0



所以

a1

.

故答案为：

1

11

．

21

1



1



r

7



3

r



r

7



r



r

【详解】展开式的通项为，令

73r1

，得

r2

，

x



T



Cx



C



1

x



r



177



2



2



x



x



C

7

2



1



21

，故答案为

21

.

2

7

r

【方法点晴】本题主要考查二项展开式定理的通项与系数，属于简单题

.

二项展开式定理的

问题也是高考命题热点之一，关于二项式定理的命题方向比较明确，主要从以下几个方面命

题：（1）考查二项展开式的通项公式

T

r



1



C

n

a

rn



r

b

r

；（可以考查某一项，也可考查某一项的

系数）（

2

）考查各项系数和和各项的二项式系数和；（

3

）二项展开式定理的应用

.

12．



3

4

3

【解析】利用点到直线的距离公式求出圆心到直线

l

1

的距离

d

，再根据弦长公式求出

d

，解

方程求得

k

值，

【详解】解：由题意得：圆心

C(1,2)

，

则圆心到直线

l

的距离

d



3

解得

k

；

4

|

k



2|

k

2



1



4



(3)

2

，

因为

d1

，

r2

，

则圆

C

上到直线

l

的距离为

1

的点应有

3

个

.

3

故答案为：



；3．

4

【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，涉及点到直线的距离公式的应用

.

答案第

4

页，共

12

页

13．

5

;

6

1

3

【分析】（

1

）利用

“

正难则反

”

求出两人均不命中的概率，用

1

减去刚才的结果；（

2

）两人各

投两次一共四次，命中三次说明必然是一人中两次，一人一次，分类讨论即可

.

骣

1

骣

25

琪

1

-

1

-=

【详解】（1）两人各投篮一次，则至少有一人命中，记为事件

A

，则

P

(

A

)

=

1

-

琪

；

琪琪

6

桫

2

桫

3

（

2

）若每人投篮两次，两人共投中三次记为事件

B

，这里有两种情况：甲命中两次，乙一

骣

1

次

P

1

=

琪

琪

2

桫

2

骣

1

21122

1

11

P

(

B

)

=P+P=

，故

.

鬃

C

=

；甲命中一次，乙两次

P

2

=

琪

鬃

C

=

12

2

琪

3

3393229

桫

1

2

2

51

故答案为：

;

63

14

．

16

【分析】根据给定条件，利用换底公式变形，再利用均值不等式求解作答

.

12

【详解】因为

a1

，

b1

，则

log

2

a0,log

2

b0

，由

log

2

a

log

b

4

，得

log

2

a



，

2log

2

b

则有

4



log

2

a



log

2

b



(

取等号，

于是

log

2

ab4

，

ab16

，

所以当

ab4

时，

ab

取得最小值

16.

故答案为：

16

35



1

15．

(,)

22

log

2

a



log

2

b

2

1

)



(log

2

ab

)

2

，当且仅当

log

2

alog

2

b

，即

ab4

时

24

【分析】根据给定条件，按

a0

与

a0

讨论，当

a0

时，分段去绝对值符号讨论方程的解

的情况作答

.

【详解】当

x(1,)

时，

1

1



0

，当

a0

时，

f

(

x

)



x

在

(1,)

上单调递减，

x



1

x



1

函数

yf(x)

在

(1,)

上最多一个零点，不符合要求，

1



1



x

,1



x



1





1



x



1

a



a



x



a





当

a0

时，

f

(

x

)



，

11

x



1



2

a



x

,

x



1





x



1

a



由

2

a



减，

111



x



0

，



x

在

(1,1



]

上递得

x

2

(2a1)x2a10

最多两个实根，又

y



x



1

x



1

a

答案第

5

页，共

12

页

且当

x



1



11

1



x



2

a



x

，因为函数

yf(x)

在

(1,)

上有三个不同的零点，时，

a

x



1

x



1

1

1

因此

yf(x)

在

(1,1



)

上有一个零点，在

(1



,



)

上有两个零点，

a

a

1

1

5



11

5



1



x



0

，解得

x



当

x



(1,1



)

时，由，即



1



，于是

0



a



a

x



1

2

2a

111



x



(

x



1)



1

，当

x



(1



,



)

，由

f(x)0

，得

2

a



ax



1

x



1

5



1

，

2

1

函数

y



t



(t



0)

在

(0,1)

上单调递减，在

(1,)

上单调递增，当

t1

时，

y

min

2

，

t

1

11

1



x

在

(1



,2)

上要使函数

yf(x)

在

(1



,



)

上有两个零点，必有

1



2

，此时

y



a

x



1

aa

递减，在

(2,)

递增，

因此

3



2a



a



1



1

35



1

，解得



a



，

a

22

35



1

所以实数a的取值范围是

(,)

.

22

35



1

故答案为：

(,)

22

【点睛】思路点睛：涉及分段函数零点个数求参数范围问题，可以按各段零点个数和等于总

的零点个数分类分段讨论解决

.

1

16．(Ⅰ)



；

4

(Ⅱ)



35



7

.

16

【分析】

(Ⅰ)

由题意结合正弦定理得到

a,b,c

的比例关系，然后利用余弦定理可得

cosB

的值

(Ⅱ)

利用二倍角公式首先求得

sin2B,cos2B

的值，然后利用两角和的正弦公式可得





sin



2

B





的值.

6



【详解】(Ⅰ)在

ABC

中，由正弦定理

bc



得

bsinCcsinB

，

sin

B

sin

C

又由

3csinB4asinC

，得

3bsinC4asinC

，即

3b4a

.

又因为

bc2a

，得到

b

42

a

，

ca

.

33

22

416

a

2



a

2



a

2

1

a



c



b



99



.

由余弦定理可得

cos

B



2

4

2

ac

2



a



a

3

2

(Ⅱ)由(Ⅰ)可得

sin

B

1



cos

2

B

15

，

4

答案第

6

页，共

12

页

从而

sin2

B

2sin

B

cos

B

7

15

22

，

cos2

B

cos

B

sin

B

.

8

8







1537135



7





故

sin



2

B







sin2

B

cos



cos2

B

sin



.

666828216



【点睛】本题主要考查同角三角函数的基本关系，两角和的正弦公式，二倍角的正弦与余弦

公式，以及正弦定理､余弦定理等基础知识

.

考查计算求解能力

.

17

．

(1)

证明见解析；

(2)

(3)

3

；

3

310

.

10

【分析】（

1

）根据给定条件，建立空间直角坐标系，利用位置关系的向量证明推理判断

BEDC

.

（

2

）利用空间向量求出线面角的正弦作答

.

（

3

）利用空间向量确定点

F

的位置，再利用空间向量求出面面角的余弦作答

.

【详解】（

1

）在四棱锥

P



ABCD

中，

PA

底面

ABCD

，

AD



AB

，以点

E

为原点建立空

间直角坐标系，如图，

依题意，

B(1,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),P(0,0,2)

，

PC

的中点

E



1,1,1



，



uuur



向量

BE



0,1,1



，

DC



2,0,0



，则

BEDC0

，所以

BECD

.





n

（2）向量

BD(1,2,0),PB(1,0,2)

，设





x,y,z



为平面

PBD

的法向量，











n



BD



x



2

y



0



则







，令

z1

，得

n



2,1,1



，

n



PB



x



2

z



0







n



BE





于是有

cos



n

,

BE







|

n

||

BE

|

2

6



2



3

，

3

答案第

7

页，共

12

页

所以直线

BE

与平面

PBD

所成角的正弦值为



（3）

CP



2,2,2



,AC(2,2,0),AB(1,0,0),BC(1,2,0)

，

3

.

3



由点

F

在棱

PC

上，得

BFBCCFBCtCP(12t,22t,2t)

，



113

3

，即

BF

(



,,)

，

222

4









m



AB



x



0







设

m(x

1

,y

1

,z

1

)

为平面

ABF

的法向量，则







，令

z1

，得

113



m



BF



x



y



z



0

222



由

BF



AC

，得

2(12t)+2(22t)=0

，解得

t



m(0,3,1)

，







m



AD



3



2310



显然

AD(0,2,0)

为平面

PAB

的一个法向量，则

cos



m

,

AD







，

10

|

m

||

AD

|

10



2

显然平面

FAB

与平面

PAB

所成角是锐角，

所以平面FAB与平面PAB所成角的余弦值这

310

．

10

x

2

y

2

310

18．（1）



（2）





1

；

43

10

【分析】（1）将点

A



2,0



和点

H



1,3e



代入椭圆方程计算得到答案.

（2）设直线

l

的斜率为

k

，直线

l

的方程为

yk



x2



，联立方程解得

B

点坐标为



8

k

2



6



12

k



,

2



2



，

M

点坐标为



1,k



，根据

MF

1

BF

2

计算得到答案.

4

k



34

k



3





a



2





19

c

2

【详解】（1）∵椭圆经过点

A



2,0



和点



1,3e



，∴





2



1

，



4

2

4

b

22

b



c



a





x

2

y

2

∴解得

a2

，

b3

，

c1

，∴椭圆的方程为



1

.

43

（2）设直线

l

的斜率为

k

，∴直线

l

的方程为

yk



x2



，



y



k



x



2





2222

∵由方程组



x

2

y

2

，∴消去

y

，整理得

4k3x16kx16k120

，



1





3



4



答案第

8

页，共

12

页



8

k

2



6



12

k



8

k

2



6

,

2

∴解得

x2

或

x



2

，∴

B

点坐标为



2



．

4

k



34

k



3



4

k



3



由

OMMA

知，点

M

在

OA

的中垂线上，又∵

M

在直线

l

上，∴

M

点坐标为



1,k



，





8

k

2



6





12

k



4

k

2



9



12

k





1,

2

,

2

∴

F

1

M



2,k



，

F

2

B





2







2



，

4

k



34

k



34

k



34

k



3





8

k

2



1812

k

2

20

k

2



18

若∵

MF

1

BF

2

，∴

F

1

M



F

2

B



0

，

4

k

2



34

k

2



34

k

2



3

9

310

310

2

∴解得

k

，∴

k

，∴直线

l

的斜率



．

10

10

10

【点睛】本题考查了求椭圆方程，直线的斜率，意在考查学生的计算能力和综合应用能力

.

n



1

19．(1)

a

n



3



()

；

2

3

(2)

n

；

6

n

4

2

k



1

n

(

n



1)

2

(3)

3

n



()



.

32

【分析】（1）根据给定定义，可得

b

i

(

k

)

a

k



(2

a

k



1)(

i

1)

，再列出方程求出

a

1

,a

2

作答.

（

2

）由（

1

）的信息，利用裂项相消法求和作答

.

（

3

）利用（

1

）的结论，结合分组求和法及等差数列前

n

项和公式求解作答

.

【详解】（1）依题意，

b

i

(

k

)

a

k



(2

a

k



1)(

i

1),(

k

1,2,3,

n

),

i

N

，

(1)

b

1

(1)

a

1

,b

1

(2)

a

2

,b

2

a

1

(2a

1

1)3a

1

1

，

(2)

b

2

a

2

(2a

2

1)3a

2

1,b

3

(2)

a

2

(2a

2

1)25a

2

2

，

a

2

2



a

1



a

2



3

a

2



1

(1)(2)(2)

(1)(2)

由

b

1

b

1

b

2

及

b

2

b

3

，得



，解得

a

1

3,a

2

2

，于是

q



，

a

1

3



3

a

1



1



5

a

2



2

2

n



1

n



1

所以



a

n



的通项公式是

a

n



a

1

q



3



()

.

3

（2）由（1）知，

b

i

1

bb

(2)(2)

ii



1

(2)

a

2



(2

a

2



1)(

i

1)



2



3(

i

1)



3

i

1

，

b

i

(2)



1



3

i



2

，



1111



(



)

，

(3

i



1)(3

i



2)33

i



13

i



2

(2)(2)

ii



1

所以



i



1

n

1

bb

1111111111

n



[(



)



(



)







(



)]



(



)



.

325583

n



13

n



2323

n



26

n



4

答案第

9

页，共

12

页

（3）由（1）知，

b

i

所以



b

i



1

n

(

k

)

i

n

(

k

)

2

a

k



(2

a

k



1)(

i

1)



(2

i

1)

a

k



(

i

1)

，

a

k



3



()

k



1

,(

k



1,2,3,



,

n

)

，

3

nn

i



1



i

1





[(2

i



1)

a

k



(

i



1)]



a

k



(2

i



1)





(

i



1)



a

k



i



1

1



(2

n



1)0



(

n



1)



n



n

22



n

2

a

k



n

(

n



1)2

1

n

(

n



1)



3

n

2



()

k





.

232

【点睛】关键点睛：涉及数列新定义问题，关键是正确理解给出的定义，由给定的数列结合

新定义探求数列的相关性质，并进行合理的计算、分析、推理等方法综合解决

.

（

I

）证明见解析，（

II

）（

i

）证明见解析，（

ii

）证明见解析

.20

．

【分析】（

I

）方法一：先利用导数研究函数单调性，再结合零点存在定理证明结论；

（

II

）（

i

）先根据零点化简不等式，转化求两个不等式恒成立，构造差函数，利用导数求其

单调性，根据单调性确定最值，即可证得不等式；

（ii）方法一：先根据零点条件转化：

x

0

f

(

e

0

)

x

0

f

(

x

0

a

)

，再根据

1a2

放缩，转化为

证明不等式

4(

e

a



2)

2



(

e

1)

2

(

a

1)

，最后构造差函数，利用导数进行证明.

【详解】（

I

）

[

方法一

]

：单调性

+

零点存在定理法

Qf



(

x

)

e

x



1,

Qx

0,

e

x



1,

f



(

x

)



0,

f

(

x

)

在

(0,)

上单调递增，

Q1a2,f(2)e

2

2ae

2

40,f(0)1a0

，

x

所以由零点存在定理得

f(x)

在

(0,)

上有唯一零点．

：分离常数法

[

方法二

]

【最优解】

函数

yf(x)

在

(0,)

内有唯一零点等价于方程

e

x

xa

在

(0,)

内有唯一实根，又等价

于直线

ya

与

g

(

x

)

e

x

x

(

x

0)

只有1个交点．

记

ya

,

g

(

x

)

e

x

x

(

x

0)

，由于

g



(x)e

x

10

在

(0,)

内恒成立，所以

g(x)

在

(0,)

内

单调递增，故

g(x)g(0)1

．

因此，当

1a2

时，直线

ya

与

g

(

x

)

e

x

x

(

x

0)

只有1个交点．

（II）（i）

Qf

(

x

0

)



0,

e

0

x

0

a

0

，

x

a

1

x

0



2(

a

1)

e

0

x

0



1

x

0

2



2(

e

0

x

0



1)

，

x

2

令

g

(

x

)

ex

1

x

(0

x

2),

h

(

x

)

ex

1



(0

x

2),

2

x

2

x

xx

x

一方面：

h



(

x

)

e

1

xh

1

(

x

),

h

1



(

x

)



e

x



1



0

，

答案第

10

页，共

12

页

h



(x)h



(0)0,h(x)

在

(0,2)

单调递增，

h(x)h(0)0

，

x

2

ex

1



0,2(

e

x

x

1)

x

2

，

2

x

另一方面：

Q1a2a11

，

所以当

x

0

1

时，

a1x

0

成立，

因此只需证明当

0x1

时，

g

(

x

)

e

x

x

1

x

2



0

，

因为

g



(

x

)



e

x



1



2

x



g

1

(

x

)

，

g

1



(

x

)



e

x



2



0



x



ln2

当

x(0,ln2)

时，

g

1



(x)



0

，当

x(ln2,1)

时，

g

1



(x)



0

，

所以

g



(x)max{g



(0),g



(1)},Qg



(0)0,g



(1)e30,g



(x)0

，

g(x)

在

(0,1)

单调递减，

g(x)g(0)0

，

e

x

x

1

x

2

，

综上，

e

0

x

0



1

x

0

2



2(

e

0

x

0



1),

a

1

x

0



2(

a

1)

.

（

ii

）

[

方法一

]

：分析

+

构造函数法

xx

t

(

x

0

)

x

0

f

(

e

0

)

x

0

f

(

x

0

a

)

x

0

[(

e

a



1)

x

0

a

(

e

a



2)]

，

Qt



(

x

0

)



2(

e

a



1)

x

0

a

(

e

a



2)



0

，

a1x

0

2(a1)

，

t

(

x

0

)

t

(

a

1)

a

1[(

e

a



1)

a

1

a

(

e

a



2)]



(

e

a



1)(

a

1)

aa

1(

e

a



2)

，因为

1a2

，所以

e

a

e

,

a

2(

a

1)

，

t

(

x

0

)



(

e

1)(

a

1)



2(

a

1)

a

1(

e

a



2)

，

x

只需证明

2(

a

1)

a

1(

e

a



2)



(

e

1)(

a

1)

2

，

即只需证明

4(

e

a



2)

2



(

e

1)

2

(

a

1)

，

令

s

(

a

)



4(

e

a



2)

2



(

e

1)

2

(

a

1),(1

a

2)

，

则

s



(

a

)



8

e

a

(

e

a



2)



(

e

1)

2



8

e

(

e

2)



(

e

1)

2



0

，

s(a)s(1)4(e2)

2

0

，即

4(

e

a



2)

2



(

e

1)

2

(

a

1)

成立，

x

因此

x

0

fe

0

(e1)(a1)a

.



：放缩转化法

[

方法二

]

【最优解】

x

0

f



e

x

0





(

e

1)(

a

1)

ax

0

f



x

0

a





(

e

1)(

a

1)

a

．

答案第

11

页，共

12

页

设

h



x

0



x

0

f



x

0

a





a1x

0

2(a1)

，则由

e

x

0



a



1



x

0



a

得



h





x

0







x

0



1



e

x

0



a



2



x

0



a







x

0



1



x

0



a



1





2



x

0



a





0

．

从而只要证

h(a1)(e1)(a1)a0

．

上式左边



e

a



1



a



2

a



a



1(

a



ae



1)

．

使用不等式

e

x

x

1,

e

x

ex

可得

e

a



1



a



2

a



a



1(

a



ae



1)



(1



a



1)

ae



2

a



a



1(

a



ae



1)

a(e2)(a1)a10

【整体点评】（

Ⅰ

）方法一：直接研究函数的单调性，并根据零点存在定理证得结论，为通性

通法；方法二：先分离常数，转化为证明水平直线

ya

与函数

g

(

x

)

e

x

x

(

x

0)

的图象交

点个数问题，为最优解；

（

Ⅱ

）（

ⅰ

）通过分析，转化，然后构造函数证得；

aa

（ⅱ）方法一：构造函数

t

(

x

0

)

x

0

[(

e

1)

x

0

a

(

e

2)]

，利用导数研究单调性，求得最小值，

然后根据条件放缩转化为证明不等式

2(

a

1)

a

1(

e

a



2)



(

e

1)(

a

1)

2

．利用作差法构造关

于实数

a

的函数，利用导数证得此不等式，为该题的通性通法；方法二：利用

e

x

0



a



1



x

0



a

放缩判定

h



x

0



x

0

f



x

0

a



的导函数大于零，确定单调性，得到其最小值，转化为

e

a



1



a



2

a



a



1(

a



ae



1)



0

，然后利用不等式

e

x

x

1,

e

x

ex

放缩证明，运算相对简

洁，为最优解

.

答案第

12

页，共

12

页