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福建省2020年3月高三毕业班质量检测理科数学试题(含答案)

1、 理科数学参考答案及评分细则 第 1 页(共 15 页) 2020 年福建省高三毕业班质量检查测试 理科数学参考答案及评分细则理科数学参考答案及评分细则 评分说明: 1本解答给出了一种或几种解法供参考,如果考生的解法与本解答不同,可根据 试题的主要考查内容比照评分标准制定相应的评分细则 2对计算题,当考生的解答在某一步出现错误时,如果后继部分的解答未改变该 题的内容和难度, 可视影响的程度决定后继部分的给分, 但不得超过该部分正确解答应 给分数的一半;如果后继部分的解答有较严重的错误,就不再给分 3解答右端所注分数,表示考生正确做到这一步应得的累加分数 4只给整数分数选择题和填空题不给中间分

2、一、选择题:本大题考查基础知识和基本运算每小题一、选择题:本大题考查基础知识和基本运算每小题 5 分,满分分,满分 60 分分 1C 2B 3D 4B 5B 6A 7C 8A 9B 10C 11D 12A 二、填空题:本大题考查基础知识和基本运算每小题二、填空题:本大题考查基础知识和基本运算每小题 5 分,满分分,满分 20 分分 132i 149 15 1 3 168 三、解答题:本大题共三、解答题:本大题共 6 小题,共小题,共 70 分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤 17本小题主要考查正弦定理、余弦定理等解三角形基础知识,考查运算求解能力,

3、考查函 数与方程思想,考查逻辑推理、数学运算等核心素养,体现基础性、综合性满分 12 分 解法一: (1)由余弦定理得, 222 2coscabacB, . 2 分 又 222 2cabab,所以2cos2acBab,即coscBb, 由正弦定理得,sincossinCBB, . 4 分 显然cos0B ,所以tansinBC, 5 分 因为 3 sin 3 C ,所以 3 tan 3 B , 又因为0B ,所以 6 B . 6 分 (2)在ABD和BCD中,BDa,由余弦定理可得 2 22 222 + +2 cos 2 2 2 b ac BDADAB ADB bBD AD a , . 7 分

4、 2 22 222 + +2 cos 2 2 2 b aa BDCDBC CDB bBD CD a , 8 分 因为coscos0ADBCDB,所以 2 22 2 b ca, 9 分 又因为 222 2cabab,所以 22 440aabb,即 2 4410 aa bb , 10 分 解得 12 2 a b ,因为0,0ab,所以 12 2 a b . 12 分 理科数学参考答案及评分细则 第 2 页(共 15 页) 解法二: (1)由已知,根据正弦定理得 222 sinsinsin2sinsinCABAB, . 2 分 所以 2 22 sincoscossinsinsin2sinsinABA

5、BABAB, 3 分 得 222222 sincoscossin2sincossincossinsin2sinsinABABAABBABAB, 故 22222 sincoscos1 sin2sincossincossin2sinsinABABAABBAAB, 于是 22222 sincossinsinsin2sincossincos2sinsinABABAAABBAB, 2222 sincossin1sin2sincossincos2sinsinABABAABBAB, 22 sincossincossincossinsinABAABBAB, 4 分 因为sincos0AB ,所以 sinsin

6、 sincoscossin sincos AB ABAB AB , 所以sintanCB, 5 分 因为 3 sin 3 C ,所以 3 tan 3 B ,又因为0,B,所以 6 B 6 分 (2)因为D是AC中点,所以 1 2 BDBABC, 所以 2221 2 4 BDBABCBA BC, . 7 分 因为BDBCa,所以 222 42cosacaacB, 8 分 又因为 222 cos 2 acb B ac ,所以 222222 4acaacb, 所以 222 22acb, 9 分 又因为 222 2cabab,所以 2222 222abaabb, 所以 22 44abab,即 2 44

7、10 aa bb , . 10 分 解得 12 2 a b ,因为0,0ab,所以 12 2 a b . 12 分 解法三: (1)同解法一 . 6 分 (2)在ABC中,由正弦定理知: sinsinsincoscossincos cossin sinsinsinsin BCaABCBCB CC bBBBB , . 7 分 又由(1)知sintanCB,所以 cos costancos1 sin aB CBC bB , 即cos1 a C b , 8 分 又BDBC,所以 2 aBCBD bACDC , 又因为BDCC ,2DBCCBDCC , 理科数学参考答案及评分细则 第 3 页(共 15

8、 页) 在BCD中, sinsin1 sin2sinCcos2cos BDCC DCDBCCC ,所以 1 4cos a bC , 即cos 4 b C a , 9 分 所以 2 4410 aa bb , 10 分 解得 12 2 a b ,因为0,0ab,所以 12 2 a b . 12 分 解法四: (1)同解法一 6 分 (2)延长BD至E,使得DEBD,连接,CE AE,如图所示. 因为D为AC中点,所以四边形ABCE是平行四边形, 所以BCEABC ,.7 分 在BCE中,CEABc,222BEBDBCa, 由余弦定理得: 2 22 22 23 cos 22 acaca BCE ac

9、ac ,即 22 3 cos 2 ca ABC ac , . 8 分 在ABC中, 222 cos 2 cab ABC ac , 所以 22222 3cabac,即 222 22cab, . 9 分 又因为 222 2cabab, 所以 2222 2 22abbaab, 得 22 440aabb,即 2 4410 aa bb , . 10 分 解得 12 2 a b ,因为0,0ab,所以 12 2 a b . 12 分 解法五: (1)同解法一 . 6 分 (2)因为BDBC,所以BDCC,2DBCCBDCC , 在BCD中,由正弦定理知: sin sin CDCBD BCBDC ,即 si

10、n2 2cos 2sin Cb C aC , 7 分 所以 222 2 22 abc b aab ,. 8 分 化简得 222 22abc, 9 分 又因为 222 2cabab,所以 2222 222abaabb, 所以 22 44abab,即 22 440aabb,即 2 4410 aa bb , 10 分 解得 12 2 a b ,因为0a ,0b ,所以 12 2 a b . 12 分 理科数学参考答案及评分细则 第 4 页(共 15 页) 18本小题考查直线与平面平行、平面与平面平行的判定与性质,直线与平面垂直的判定与 性质,三棱锥的体积与二面角等基础知识;考查空间想象能力,推理论证

11、能力,运算求 解能力;考查化归与转化思想,函数与方程思想;考查直观想象、逻辑推理、数学运算 等核心素养,体现基础性、综合性.满分 12 分 解法一: (1)依题意得,在矩形ABCD中,2AB ,3BC ,2BEEC, 所以3,1ADEC 在线段 1 B A上取一点M,满足 1 2AMMB, 又因为 1 2DFFB,所以 11 B MB F MAFD , 故FMAD, 1 分 又因为ECAD,所以ECFM, . 2 分 因为 1 1 3 FMAD,所以ECFM, 3 分 所以四边形FMEC为平行四边形,所以CFEM, 4 分 又因为CF 平面 1 B AE,EM 平面 1 B AE, 所以CF平

12、面 1 B AE. 5 分 (2)设 1 B到平面AECD的距离为h, 1 1 3 BAEDAED VSh ,又3 AED S , 所以 1 BAED Vh ,故要使三棱锥 1 BAED的体积取到最大值,须且仅需取到最大值 取AE的中点O,连结 1 BO,依题意得 1 BOAE,则 1 2hBO , 因为平面 1 B AE平面AECDAE, 1 BOAE, 1 BO 平面 1 B AE, 故当平面 1 B AE 平面AECD时, 1 BO 平面AECD, 1 hBO 即当且仅当平面 1 B AE 平面AECD时, 1 BAED V 取得最大值,此时2h . 6 分 如图,以D为坐标原点,DA,

13、DC的方向分别为 x 轴,y 轴的正方向建立空间直角坐 标系D xyz ,得 0,0,0D , 1,2,0E , 1 2,1, 2B, 1 2,1,2DB , 1,2,0DE , 7 分 设 , ,x y zn 是平面 1 B ED的一个法向量, 则 1 0, 0, DB DE n n 8 分 得 220, 20, xyz xy 令1y ,解得 3 2,1, 2 n, 9 分 又因为平面CDE的一个法向量为0,0,1m, . 10 分 所以 3 3 19 2 cos 199 41 2 m n m n mn , . 11 分 因为 1 BDEC为钝角,所以其余弦值等于 3 19 19 . . 1

14、2 分 h 理科数学参考答案及评分细则 第 5 页(共 15 页) 解法二: (1)依题意,在线段AD上取一点Q,使得 2 3 DQDA, 因为 1 2DFFB,所以 1 DQDF DADB ,所以 1 FQB A,.1 分 因为FQ 平面 1 B AE, 1 B A平面 1 B AE, 所以FQ平面 1 B AE, . 2 分 在矩形ABCD中,ADBC,2BEEC,所以 11 33 ECBCADAQ, 又AQEC,所以四边形QAEC为平行四边形,故QCAE, 又因为CQ 平面 1 B AE,AE 平面 1 B AE,所以CQ平面 1 B AE, 3 分 又因为CQFQQ,所以平面QCF平面

15、 1 B AE, . 4 分 又因为CF 平面QCF,所以CF平面 1 B AE. 5 分 (2)设 1 B到平面AECD的距离为h, 1 1 3 BAEDAED VSh ,又3 AED S , 所以 1 BAED Vh ,故要使三棱锥 1 BAED的体积取到最大值,须且仅需取到最大值 取AE的中点O,连结 1 BO,依题意得 1 BOAE,则 1 2hBO , 因为平面 1 B AE平面AECDAE, 1 BOAE, 1 BO 平面 1 B AE, 故当平面 1 B AE 平面AECD时, 1 BO 平面AECD, 1 hBO 即当且仅当平面 1 B AE 平面AECD时, 1 BAED V

16、 取得最大值,此时2h . 6 分 如图,以O为坐标原点,EC,CD的方向分别为 x 轴,y 轴的正方向建立空间直角坐标 系Oxyz,得 1 0,0,2B,2,1,0D,1, 1,0E, 所以 1 1,1, 2EB , 1,2,0ED ,7 分 设 , ,x y zn 是平面 1 B ED的一个法向量, 则 1 0, 0, EB ED n n 8 分 得 20, 20, xyz xy 令1y ,解得 3 2, 1, 2 n, . 9 分 又因为平面CDE的一个法向量为0,0,1m, . 10 分 所以 3 3 19 2 cos 199 41 2 m n m n mn , . 11 分 因为 1

17、 BDEC为钝角,所以其余弦值等于 3 19 19 . . 12 分 h 理科数学参考答案及评分细则 第 6 页(共 15 页) 解法三: (1) 延长,AE DC相交于点N,在矩形ABCD中,2BEEC,所以 2 3 DC DN , .2 分 又因为 1 2DFFB,所以 1 DCDF DNDB ,所以 1 CFB N,.4 分 又因为CF 平面 1 B AE, 1 B N 平面 1 B AE, 所以CF平面 1 B AE5分 (2)设 1 B到平面AECD的距离为h, 1 1 3 BAEDAED VSh , 又3 AED S ,所以 1 BAED Vh ,故要使三棱锥 1 BAED的体积取

18、到最大值,须且仅需 取到最大值 取AE的中点O,连结 1 BO,依题意得 1 BOAE,则 1 2hBO , 因为平面 1 B AE平面AECDAE, 1 BOAE, 1 BO 平面 1 B AE, 故当平面 1 B AE 平面AECD时, 1 BO 平面AECD, 1 hBO 即当且仅当平面 1 B AE 平面AECD时, 1 BAED V 取得最大值,此时2h 6 分 过O作OHDE,垂足为H,连接 1 B H, 因为 1 BO 平面AECD,所以 1 BODE, 7 分 又因为OHDE, 1 BOOHO,所以DE 平面 1 BOH, 8 分 所以 1 B HDE,所以 1 B HO为二面

19、角 1 ADEB的平面角, 即 1 B HO为二面角 1 BDEC的平面角的补角. 9 分 设A到直线DE的距离d, 11 3 22 AED SDE dAD DC , 又因为 22 215DE ,得 6 5 d ,所以 3 25 d OH , 10 分 在 1 BOH中, 1 2BO , 3 5 OH ,且 1 90BOH, 所以 222 11 19 5 B HBOOH,所以 1 1 3 19 cos 19 OH B HO B H , . 11 分 二面角 1 BDEC的余弦值等于 3 19 19 12 分 19本小题主要考查椭圆的定义、标准方程及简单几何性质,直线与椭圆的位置关系等基础 知识

20、;考查运算求解能力,推理论证能力;考查数形结合思想,函数与方程思想等;考 查直观想象,逻辑推理,数学运算等核心素养;体现基础性,综合性与创新性满分 12 分 解法一: (1)因为椭圆E的焦距为2 3,所以 3c , . 1 分 所以 22 3ab, . 2 分 h 理科数学参考答案及评分细则 第 7 页(共 15 页) 当 2 l垂直x轴时,3MG ,因为ABG的面积为 3 3 2 ,即 13 3 22 ABMG, 所以3AB ,不妨设 3 1, 2 A , . 3 分 代入椭圆E的方程得 22 13 1 4ab , 联立 解得 2 4a , 2 1b ,所以椭圆E的方程 2 2 1 4 x

21、y. 5 分 (2)设 11 ,A x y , 22 ,B x y ,则 1 4,Cy. 因为直线 2 l不与x轴重合,故可设 2 l方程为1xmy, . 6 分 联立 2 2 1, 1, 4 xmy x y 整理得 22 4230mymy, 所以 2 =1630m, 12 2 2 4 m yy m , 12 2 3 4 y y m , . 7 分 所以直线:BC 12 1 2 4 4 yy yyx x , 8 分 令 0y ,则 12 12 4 4 yx x yy ,所以D的横坐标 12 12 4 4 D yx x yy , 9 分 所以 12121212 121212 432333553

22、4 2222 D yxy myy myyy x yyyyyy 1212 12 23 2 my yyy yy 22 12 66 44 0 2 mm mm yy ,所以 5 2 D x , 11 分 因为MG中点的横坐标为 5 2 ,所以D为线段MG的中点, 所以MD DG . 12 分 解法二: (1)因为椭圆E的焦距为2 3,所以2 2 3c ,所以 3c , . 1 分 所以 22 3ab, . 2 分 即 22 3ab,所以椭圆E的方程为 22 22 1 3 xy bb , 当 2 l垂直x轴时,点A的横坐标为 1,将1x 代入椭圆方程得 22 2 2 2 3 bb y b , 所以 2

23、2 22 2 3 b b ABy b , 3 分 又因为 3MG ,所以 2 2 132 2 3 ABG b b SABMG b , 理科数学参考答案及评分细则 第 8 页(共 15 页) 因为 2 2 3 3323 3 , 22 3 ABG b b S b 所以,解得 2 1b 或 2 9 4 b (舍去) , 所以椭圆E的方程为 2 2 1 4 x y. 5 分 (2)设 11 ,A x y , 22 ,B x y ,则 1 4,Cy. 因为直线 2 l不与x轴重合,故可设 2 l方程为1xmy, . 6 分 联立 2 2 1, 1, 4 xmy x y 整理得 22 4230mymy,

24、所以 2 =1630m, 12 2 2 4 m yy m , 12 2 3 4 y y m ,. 7 分 要证MD DG ,只要证D 5 0 2 , . 8 分 只须证 22 (,)B xy, 1 (4,)Cy与点 5 0 2 ,三点共线,只须证 12 2 35 22 yy x , . 9 分 又 22 1xmy,只须证 212 35 1 22 yymy , 只须证 1212 3 2 yymy y, . 10 分 因为 12 2 2 4 m yy m , 12 2 3 4 y y m ,所以 1212 3 2 yymy y成立, . 11 分 所以MD DG . 12 分 解法三: (1)同解

25、法一 . 5 分 (2)设 11 ,A x y , 22 ,B x y ,则 1 4,Cy. 因为直线 2 l不与x轴重合,故可设 2 l方程为1xmy, . 6 分 联立 2 2 1, 1, 4 xmy x y 整理得 22 4230mymy, 所以 2 =1630m, 12 2 2 4 m yy m , 12 2 3 4 y y m ,. 7 分 所以 1212 3 2 my yyy, 又因为直线:BC 12 1 2 4 4 yy yyx x , 8 分 令 0y ,则 12 12 4 4 yx x yy ,所以D的横坐标 12 12 4 4 D yx x yy , . 9 分 又因为 2

26、2 1xmy, 理科数学参考答案及评分细则 第 9 页(共 15 页) 所以 1212 1212 1212 121212 3 4 344 2 D yyyy y myyymy yyy x yyyyyy 12 12 55 5 22 2 yy yy , . 11 分 因为MG中点的横坐标为 5 2 ,所以D为线段MG的中点, 所以MD DG . 12 分 20本小题主要考查回归直线、数列和二项展开式等基础知识,考查数据处理能力、运算 求解能力、应用意识,考查统计与概率思想、分类与整合思想,考查数学抽象、数学建 模、数据分析、数学运算等核心素养,体现基础性、综合性与应用性满分 12 分 解: (1)依

27、题意得: 123456 3.5 6 x , 1 分 故 68610 410 66 3.5 x y y x ,. 2 分 所以 66 11 693108610700 iiii ii xxyyx yxy ,3 分 6 2 1 25911925 17.5 444444 i i xx ,所以 6 1 6 2 1 700 40 17.5 ii i i i xxyy b xx , . 4 分 41040 3.5270aybx, 所以y关于x的线性回归方程为 40270yx 5 分 令12x 时,得 2019 年 12 月该家庭人均月纯收入预估值为40 12270750元, 所以,2020 年第一季度每月的

28、人均月纯收入均为 2 750500 3 元, 所以,2020 年 3 月份该家庭的人均月纯收入为500元 6 分 (2)因为每月的增长率为,设从 3 月开始到 12 月的纯收入之和为,则 29 10 500500150015001Saaa 10 50011a a , . 8 分 依题意,令 10 50011 80005005007000 a a (*) , . 9 分 a 10 S 理科数学参考答案及评分细则 第 10 页(共 15 页) 当0.15a时, 10 10 5001.151 30500 =7000 0.153 S , (*)成立; 10 分 当00.15a 时,由(*)得 10 1

29、17000 14 500 a a , 即 23 1 10451201 14 aaa a , 所以 2 1204540aa ,解得0.074a或0.449a(舍去) , 综上0.074a, 11 分 所以,为使该家庭 2020 年能实现小康生活,至少应为8% 12 分 21本小题主要考查函数的单调性与极值、导数的应用等基础知识,考查抽象概括能力、推 理论证能力、 运算求解能力, 考查函数与方程思想、 化归与转化思想、 分类与整合思想、 数形结合等思想、特殊与一般思想,考查数学抽象、逻辑推理、直观想象、数学运算等 核心素养,体现综合性、应用性与创新性满分 12 分 解法一: (1)因为0ax ,

30、11xa fx axax , 1 分 当0a 时,0x ,若0xa,则 0fx, f x在0,a单调递减;若xa,则 0fx , f x在, a 单调递增. 所以 f x的极小值为 1 2lnf aa ,无极大值. . 3 分 当0a 时,0x ,若xa,则 0fx, f x在,a单调递减;若0ax, 则 0fx,所以在,0a单调递增. 所以 f x的极小值为 1 2lnf aa ,无极大值 5 分 综上所述,当0a 时, f x的极小值为 1 2lnf aa ,无极大值;当0a 时, f x 的极小值为 1 2lnf aa ,无极大值 (2)由(1)知,当=1a时, lnf xxx在0,1单

31、调递减,在1,单调递增, 所以 min 11f xf,所以ln1xx, . 6 分 因为 2 e ln1e0 xx xmxx+m, 所以 2 eln0 x xxmxx+m,所以 2 ln ex mxxm xx , (*) , 7 分 令 2 ex mxxm h x ,0,x, 则 2 2 2 21 ee 21111 eee xx xxx mxmxxm mxmxmmxmx h x , 8 分 因为0m ,所以 1 11 m , 若01m,则 1 10 m ,当01x时,则 0h x,所以 h x在0,1单调递增; a 理科数学参考答案及评分细则 第 11 页(共 15 页) 当1x 时,则 0h

32、 x,所以 h x在1,单调递减 所以 max 21 1 e m h xh ,又因为 1f x ,且 h x和 f x都在1x 处取得最值, 所以 21 1 e m ,解得 e 1 2 m - ,所以 e 1 0 2 m - , 10 分 若1m ,则 1 011 m ,当 1 01x m 时, 0h x, h x在 1 0,1 m 单调递减; 当 1 11x m 时, 0h x, h x在 1 1,1 m 单调递增; 当1x时, 0h x, h x在 1,单调递减,所以 21 11 e m h ,与(*)矛盾,不符合题意,舍去 11 分 综上,正实数m的取值范围为 e 1 0, 2 12 分

33、 解法二: (1)同解法一 5 分 (2)由(1)知,当=1a时, lnf xxx在0,1单调递减,在1,单调递增, 所以 min 11f xf,所以ln1xx, 6 分 因为 2 e ln1e0 xx xmxx+m,所以 2 eln0 x xxmxx+m, 所以 2 ln ex mxxm xx , 7 分 要使原不等式成立,则当1x 时上式必须成立,代入得 e 1 2 m - ,此时 e 1 0 2 m - 8 分 下面证明:当 e 1 0 2 m - 时,原不等式恒成立 令 2 ex mxxm h x ,0,x, 则 2 2 2 21 ee 21111 eee xx xxx mxmxxm

34、mxmxmmxmx h x , 因为 e 1 0 2 m - ,0x ,所以10mxm , 所以当01x时,( )0h x,当1x 时,( )0h x, 所以( )h x在0,1单调递增,在1,单调递减, . 10 分 max 21 11 e m h xh , 11 分 所以不等式 2 ln ex mxxm xx 恒成立,即原不等式恒成立, 所以正实数m的取值范围为 e 1 0, 2 - 12 分 理科数学参考答案及评分细则 第 12 页(共 15 页) 解法三: (1)同解法一 . 5 分 (2)由(1)知,当=1a时, lnf xxx在0,1单调递减,在1,单调递增, 所以 min 11f

35、 xf,所以ln1xx, 6 分 因为 2 e ln(1 e )0 xx xmxx+m,所以 2 eln0 x xxmxx+m, 所以 2 ln ex mxxm xx , 7 分 要使原不等式成立,则当1x 时上式必须成立, 代入得 e 1 2 m - ,此时 e 1 0 2 m - . 8 分 下面证明:当 e 1 0 2 m - 时,原不等式恒成立 因为 e 1 0 2 m - ,所以 22 (e1)2(e1) e2e xx mxxmxx , 9 分 令 2 e12e1 2ex xx h x ,0,x, 则 2 1e1e3e12 e2e3 2e2e xx xxxx h x , 所以当01x

36、时, 0h x,当1x 时, 0h x, 所以 h x在0,1单调递增,在1,单调递减,. . 10 分 所以 max 11h xh,所以 1h x , . 11 分 即 2 1 ex mxxm , 所以当 e 1 0 2 m - 时, 2 ln ex mxxm xx 成立, 即原不等式恒成立 所以当正实数m的取值范围为 e 1 0, 2 - . . 12 分 解法四: (1)同解法一 . 5 分 (2)因为 2 e ln1e0 xx xmxx+m,又因为 2 10x , 所以 2 e ln1e 1 xx xx m x , 6 分 由(1)知,当=1a时,( )lnf xxx在0,1单调递减,

37、在1,单调递增, 所以 min 11f xf,所以ln1xx,所以ln1xx ,当且仅当1x 时等号成立 7 分 所以 222 e ln1ee11e e 111 xxxx x xxxx x xxx ,当且仅当1x 时等号成立 . 8 分 令 2 e 1 x x H x x ,0,x,则 2 2 1e1 +1 1 x xxx+ Hx x , 9 分 理科数学参考答案及评分细则 第 13 页(共 15 页) 令 e1 +1 x K xxx+, 则 e1 0 x Kxx+,所以 K x在0,单调递增,所以 00K xK, 所以当01x时, 0Hx,当1x 时, 0Hx, 10 分 所以 H x在0,

38、1单调递减,在1,单调递增,所以 min e1 1 = 2 H xH , 综上当1x 时, 2 e ln1e 1 xx xx y x 取得最小值 e1 2 , . 11 分 所以正实数m的取值范围为 e 1 0, 2 - . . 12 分 解法五: (1)同解法一 . 5 分 (2)要使得原不等式成立,则必须当1x 时上式成立,代入得 e 1 2 m - , . 6 分 下面证明:当 e 1 2 m - 时,原不等式恒成立 因为 e 1 2 m - ,且 2 10x , 所以 22 e 1 e ln1ee ln11e 2 xxxx xmxx+mxxx - , 7 分 令 2 e 1 e ln1

39、1e 2 xx k xxxx - ,0,x, 则 1 eln1e 11 x kxxxx x -, 8 分 令 1 eln1e 11 x xxxx x -,所以 2 21 eln2e 1 x xxx xx , 由(1)知,当1a 时, lnf xxx在0,1单调递减,在1,单调递增, 所以 min 11f xf,所以ln1xx,即ln1xx,当且仅当1x 时等号成立 所以 2212 2112112 eln2e 1 e+3e 1e+31 e xxx x xxx xxxxxx , 9 分 再令 12 112 +30 ex M xx xx ,下面证明 0M x , 由ln1xx,得 1 exx ,因为0x ,所以 1 11 exx , 所以 2 12222 11211213331 +3+3+30 ex xx M x xxxxxxxx , 所以 e10 xM x -,所以 0x,所以 k x在0,单调递减, 10 分 又因为 10 k ,所以当01x时, 0k x,当1x 时, 0k x, 所以 k x在0,1单调递增,在1,单调递减,所以 max 10k xk, 11 分 所以 0k x ,所以 2