江苏省盐城市2023届高三三模数学试题(含答案解析)

2023年12月2日发(作者：数学试卷离谱怎么写的好)

江苏省盐城市2023届高三三模数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．若集合A{2,1,0,1,2}，集合B{x|ylog2(1x)}，则AB（A．{2}B．{1,2}）C．{2,1,0}D．{2,1,0,1}）已知ABCD是平面四边形，设p：AB2DC，q：ABCD是梯形，则p是q的条件（2．A．充分不必要必要13．2x3展开式中x10项的系数为（x6B．必要不充分C．充要D．既不充分也不）C．20D．240）A．240B．204．已知a，bR，虚数z1bi是方程x2ax30的根，则z（A．2B．3C．2D．5）5．设Sn为下图所示的数阵中前n行所有数之和，则满足Sn1000的n的最大值为（A．6B．7C．8D．96．一般地，设A、B分别为函数yfx的定义域和值域，如果由函数yfx可解得唯一的xy也是一个函数（即对任意一个yB，都有唯一的xA与之对应），11那么就称xy是函数yfx的反函数，记作xfy.在xfy中，y是自1变量，x是y的函数，习惯上改写成yfx的形式.例如函数fx2x1的反函数1为fxx14x.设gxx1，则函数hxxg1x的值域为（2x1）A．8,B．8,1C．,4D．9,7．动点M在正方体ABCDA1B1C1D1从点B1开始沿表面运动，且与平面A1DC1的距离保持不变，则动直线A1M与平面A1DC1所成角正弦值的取值范围是（）试卷第1页，共4页16A．,3313B．,3312C．,3216D．,23a2b2x2y28．定义曲线221为双曲线221的“伴随曲线”.在双曲线C1：x2y21的伴xyab随曲线C2上任取一点P，过P分别作x轴、y轴的垂线，垂足分别为M、N，则直线MN与曲线C1的公共点的个数为（A．0有关系B．1）C．2D．与点P的位置二、多选题92,93,95,95,97,98，随机抽取6位影迷对电影《长津湖》的评分，得到一组样本数据如下：9．则下列关于该样本的说法中正确的有（A．均值为95C．方差为26）B．极差为6D．第80百分位数为9722210．已知数列an对任意的整数n3，都有nan2an2n4an，则下列说法中正确的有（）A．若a22,a42，则a62B．若a11，a33，则a2n12n1nNC．数列an可以是等差数列D．数列an可以是等比数列411．已知函数fxsinxcosxsin2x，则（）A．fx是偶函数C．fx在0,上为增函数3B．fx的最小正周期为D．fx的最大值为1212．设函数fx为R上的奇函数，fx为fx的导函数，f2x1f22x4x1，f11，则下列说法中一定正确的有（A．f2233B．f22）123C．f12ifD．5920i159三、填空题试卷第2页，共4页13．已知圆C1：x3y22和抛物线C2：y24x，请写出与C1和C2都有且只有一2个公共点的一条直线l的方程____.（写出一条即可）14．在ABC中，AB4，Buuuruuurπππ，A,，则ABAC的取值范围是______.36215．某同学在劳技课上设计了一个球形工艺品，球的内部有两个内接正五棱锥，两正五棱锥的底面重合，若两正五棱锥的侧棱与底面所成的角分别为、，则tantan的最小值为______.3216．已知函数fx2x3xcx1在0,上有两个极值点x1,x2，且x1x2，则fx1x2的取值范围是___.四、解答题17．已知数列an、bn满足4an13anbnt，4bn13bnant，tR，nN，且a11，b10.(1)求证：anbn是等比数列；(2)若an是递增数列，求实数t的取值范围.18．如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，四边形ABB1A1为正方形，点D为棱BB1的中点，平面AA1C1C平面ABB1A1，AA1CD.(1)求证：CACA1；(2)若ACAB2，求二面角CA1DB1的余弦值.19．某中学对学生钻研奥数课程的情况进行调查，将每周独立钻研奥数课程超过6小时的学生称为“奥数迷”，否则称为“非奥数迷”，从调查结果中随机抽取100人进行分析，得到数据如表所示：奧数迷非奥数迷总计试卷第3页，共4页男女总计24040100(1)判断是否有99%的把握认为是否为“奧数迷”与性别有关？(2)现从抽取的“奥数迷”中，按性别采用分层抽样的方法抽取3人参加奥数闯关比赛，已知其中男、女学生独立闯关成功的概率分别为求有女生闯关成功的概率.参考数据与公式：PK2k32、，在恰有两人闯关成功的条件下，340.102.7060.053.84120.0106.6350.00110.828kK2nadbcabcdacbd，其中nabcd.20．在ABC中,AD为ABC的角平分线,且AD2.(1)若BAC2π,AB3,求ABC的面积;3(2)若BD3,求边AC的取值范围.x2y221．在平面直角坐标系xOy中，过椭圆C：221ab0上的动点P作x轴的垂ab线，垂足为点M，MQ2MP，|OQ|2.(1)求椭圆C的方程；(2)设直线l：ykxm交C于不同的两点A、B，向量i1,0，j0,1，是否存在常数k，使得满足OAi2OBj0的实数m有无穷多解？若存在，请求出k的值；若不存在，请说明理由.xa22．已知函数fxeealnx.(1)当a1时，求fx的单调递增区间；(2)若fx0恒成立，求a的取值范围.试卷第4页，共4页参考答案：1．C【解析】先利用函数的定义域求法化简集合B，再利用交集的运算求解.【详解】因为集合Bxylog2(1x){xx1}，集合A{2,1,0,1,2}，所以AB{2,1,0}.故选：C.【点睛】本题主要考查集合的基本运算以及函数定义域的求法，还考查了运算求解的能力，属于基础题.2．A【分析】根据向量共线的性质，利用充分条件和必要条件的定义进行判断即可.【详解】在四边形ABCD中，若AB2DC，则ABDC，且AB2DC，即四边形ABCD为梯形，充分性成立；若当AD，BC为上底和下底时，满足四边形ABCD为梯形，但AB2DC不一定成立，即必要性不成立；故p是q的充分不必要条件.故选：A3．D1【分析】利用二项展开式通项即可求得2x3展开式中x10项的系数.x1r【详解】2x3展开式通项为Tr1C62x3x2666r1r6r1812rC6x4rxr由184r10，可得r2，则1262C26240，1则2x3展开式中x10项的系数为240.x6故选：D4．B答案第1页，共20页【分析】将虚数z代入方程，利用复数相等解方程组即可得出答案.【详解】因为虚数z1bi（bR）是方程x2ax30的根，2则1bia1bi30，即a4b2babi0，2a4b20由复数相等得出，解得b22或b0，2bab0因为虚数z1bi中b0，所以b22，所以z1b23.故选：B5．C【分析】先求利用等比数列前n和公式求得第n行所有数之和，再利用分组求和法求得数阵中前n行所有数之和，进而求得满足不等式Sn1000的n的最大值.【详解】图中第n行各数依次构成首项为1公比为2的等比数列，12n其所有数之和为2n1，12则数阵中前n行所有数之和Sn(21)(221)(231)(2n1)(2222)n23n212n12n2n1n2，由Sn1000，可得2n1n21000，即2n1n10020当n9时，21091002130，Sn1000不成立；当n8时，29810024980，Sn1000成立；当n7时，28710027530，Sn1000成立；当n6时，27610028800，Sn1000成立.综上，满足Sn1000的n的最大值为8.故选：C6．D【分析】先解出g1x，再根据基本不等式求h(x)的值域.答案第2页，共20页【详解】由题意可得g1xxx4，x422x45x44x445x4，则hxxxx3xx4x4x4x4由x40，根据基本不等式，h(x)2459，当且仅当x6时，等号成立，故h(x)的值域为9,.故选：D7．A【分析】根据线面位置关系和余弦定理以及同角三角函数基本关系式即可求解.【详解】连接B1C,B1A,AC，容知B1CA1D，B1AC1D,所以平面A1DC1平面B1AC,M与平面A1DC1的距离保持不变，点M的移动轨迹为三角形B1AC的三条边，当M为AB1中点时，直线A1M与平面A1DC1所成角正弦值最大，取C1D的中点N，设正方体的棱长为2，答案第3页，共20页所以A1M=1222+2=2，2MN=AD=2，A1N=ADDN11122=6，222所以A1M+MN=A1N,所以A1MN为直角三角形，所以直线A1M与平面A1DC1所成角正弦值为sin1=MN26,A1N36当M为C点时，当M为AB1中点时，直线A1M与平面A1DC1所成角2的正弦值最小，此时A1N=6，NC=2，AC1=23，所以cos=262231.3222262322，3sin2=1cos2216直线A1M与平面A1DC1所成角正弦值的取值范围是,，33故选：A.8．B【分析】根据伴随曲线的定义和坐标关系以及直线与双曲线的联立即可求解.答案第4页，共20页【详解】双曲线C1：x2y21的伴随曲线C2为：111，x2y2设P(m,n)为则111上一点，x2y2111，m2n2过P分别作x轴、y轴的垂线，垂足分别为M、N，则M(m,0)，N(0,n)，所以直线MN:ynxn，mx2y21联立，nyxnmn222n2xn210，得12xmm2n2n2所以Δ412mm22(n1)11Δ4n41241n212(n21)0，nn则直线MN与曲线C1的公共点的个数为1个，故选：B.9．ABD【分析】根据数据的均值、极差、方差以及第80百分位数的计算，分别判断各选项，即得答案.93,95,95,97,98的平均值为【详解】由题意得92,极差为98926，B正确；92939595979895，A正确；69593959595959597959895，方差为3C错误；6由于80%64.8，故第80百分位数为第5个数，即97，D正确，故选：ABD10．BC【分析】利用赋值，递推式以及假设法，即可逐一选项进行判断.答案第5页，共20页【详解】若a22,a42，2当n4时，16a2a612a4，解得a63，故A错；2若a11，a33，2当n3时，9a1a55a3，解得a55，2当n5时，25a3a721a5，解得a77，L，根据递推关系可知，当n为奇数，即n2n1时，a2n12n1nN，故B正确；若ann，222则nn2n2n4n成立，故数列an可以是等差数列，即C正确；若数列an是等比数列，假设公比为q，222则由nan2an2n4an，222n14an得n1an1an31，n1两式相除得，n22an1an3n14an21，2an2an2n24an2n1即n22n1q242q，2n421解得n，不符合题意，2则假设不成立，故D错.答案第6页，共20页故选：BC11．ADπ【分析】A选项，由f(x)f(x)可判定fx为偶函数；B选项，由f(x)f(x)可排除；2CD选项均由三角函数的单调性判定.【详解】A选项，f(x)的定义域xR，f(x)|sin(x)||cos(x)|sin4(2x)snxcosxsin42xf(x)，故f(x)为偶函数，A正确；πππ44B选项，f(x)|sin(x)||cos(x)|sin(2xπ)snxcosxsin2xf(x)，故222fx的一个周期为π，B错误；2ππ44C选项，x0,时，fxsinxcosxsin2x2sin(x)sin2x，43ππ7π2ππx[,],2x[0,]，故y2sin(x)与ysin42x先增后减，444123所以f(x)不是增函数，C错误；D选项，由fx的一个周期为π，2ππ44所以考虑当x[0,]时，fxsinxcosxsin2x2sin(x)sin2x，24ππππππ当x[0,]时，x[,],2x[0,]，y2sin(x)与ysin42x均在递增，444424ππππ3πππ当x[,]时，x[,],2x[,π]，y2sin(x)与ysin42x均在递减，4424242所以当x时，fx取到最大值为12，故D正确.4故选：AD.12．ACD【分析】由fx为R上的奇函数，f2x1f22x4x1，f11可得fx的性质，可判断A，B；对fxfx，f2x1f22x4x1求导可得导函数fx的性质，即可判断C，D.【详解】因为函数fx为R上的奇函数，所以fxfx，因为πf2x1f22x4x1，f11，所以当x0得f1f21，所以f22，故A正确；答案第7页，共20页又f2x1f22x4x1，可得f2x12x1f22x22x，则fxxf3x3x，所以函数fxx关于直线x3对称，故23f的值无法确定，故B不正确；2y因为fxfx，则fxfxfx①，所以fx关于轴对称，又f2x1f22x4x1，所以2f2x12f22x4，即3f2x1f22x2，所以fx关于点,1对称，则fxf3x2②，2由①②得fxf3x2，所以f3xf6x2，则fxf6x，3123333故fx的周期为6，由②可得ff2，即f1，所以ff1，22222故C正确；i60i由②得fxf3x2，所以ff2，2020则ffffffff2020202020202020i159i15925829313025911592，故D正确.故选：ACD.13．y2（或y2，或xy10，或xy10，或x7y70，或x7y70，写出一个即可）【分析】所求直线l方程可设为ykxn，利用其与圆C1相切和与抛物线C2有且只有一个公共点列方程即可求得k,n的值，进而得到直线l的方程.【详解】圆C1：x3y22的圆心C1(3,0)，半径2，2由题意可得所求直线l斜率存在，其方程可设为ykxn，ykxn由2，整理得k2x22(kn2)xn20，y4xn2当k0时，方程可化为4xn0，方程组有一组解,n，42答案第8页，共20页又直线yn与圆C1相切，则y2，或y2；当k0时，由直线l与抛物线C2相切可得，4(kn2)24k2n20，即kn1，又由直线l与圆C1相切可得，即7k26knn2203kn1k22，7k26knn220联立，整理得7k48k210kn177k1k1kk7或7解之得或或n1n1n7n777则直线l方程为yx1或y=x1或yx7或yx777综上，直线l方程为y2或y2，或xy10，或xy10，或x7y70，或x7y70，故答案为：y2（或y2，或xy10，或xy10，或x7y70，或x7y70，写出一个即可）14．0,12【分析】利用正弦定理和向量数量积的定义得切函数的值域即可求出其范围.ABAC8313，再根据A的范围和正tanA224b4b，π，即【详解】根据正弦定理得sinCsinAsinsin333b2323，πsinA1sinA3cosA32283cosA83ABAC|AB||AC|cosA4bcosA1313，sinAcosAtanA2222答案第9页，共20页ππA,tanA6231323,tanA,0AB·AC12，3223uuuruuur即ABAC的取值范围(0,12).故答案为：0,12.15．2【分析】由PQ平面ABCDE，得到侧棱PA,QA与底面所成的角，设PAH，QAH分别在直角PAH和QAH中，求得tantan求得tantan取值最小值.【详解】如图所示，设另个正五棱锥外接球O的半径为R，球心到底面ABCDE的距离为d，又由PQ平面ABCDE，所以PAH和QAH分别为侧棱PA,QA与底面所成的角，设RdRd2R，结合AHR，即可AHAHAHPAH，QAH分别在直角PAH和QAH中，可得tanPOOHRdPOOHRd,tan，AHAHAHAHRdRd2R，AHAHAH所以tantan又由AHR，所以当当AHR时，tantan取值最小值，最小值为2.故答案为：2.516．1,2【分析】先利用题给条件将fx1x24x133x1214x133x121转化为，再利用导数求得取值1x11x1答案第10页，共20页的范围，即可求得fx1x2的取值范围.32【详解】fx2x3xcx1，x0,，2则fx6x6xc，x0,则方程6x26xc0有二不等正根x1,x2，6224c03由c，可得0c，206x1x21则c，则c6x1x2，x21x1x1x26又x1396c1396c10,,x2,1，6262fx12x133x1261x1x1214x133x121则，x21x11x14x33x211,x0,令hx1x2则h(x)8x315x26x11x21,x0,，2132令k(x)8x15x6x1,x0,，21则k(x)24x230x66(x1)(4x1)0在0,上恒成立，2151则k(x)在0,上单调递减，又k()2421则k(x)0在0,上恒成立，211则h(x)0在0,上恒成立，则h(x)在0,上单调递增，221515又h(0)1,h()，则h(x)在0,上值域为1,，2222则fx1x25的取值范围是1,.25故答案为：1,217．(1)证明见解析；答案第11页，共20页(2)1,.【分析】（1）根据已知条件，求得an1bn1与anbn的关系，即可证明；（2）方法一：由an的单调性可判断an1an0，结合已知条件，将问题转化为tanbn对任意nN恒成立，由（1）中所求anbn，即可求得参数范围；方法二：对已知条件中的两个递推公式作差，求得anbn，结合（1）中所求anbn，即可求得an；再根据其单调性，即可求得参数范围.【详解】（1）由题可知：4bn13bnant，4an13anbnt，故可得an1bn1∴1anbn，又a1b110，∴anbn0，2an1bn11，所以anbn是首项为1，公比为1的等比数列.2anbn2（2）方法一：∵an是递增数列，∴an1an0对任意nN恒成立，∵4an13anbnt，∴4an1ananbnt则anbnt0对任意nN恒成立，即tanbn对任意nN恒成立，1由（1）知anbn21∴t2n1n1，对任意nN恒成立，n11因为当n1时2取得最大值，且最大值为1，所以t1，即实数t的取值范围为1,.方法二：答案第12页，共20页4bn13bnant得4an1bn14anbn2t，4a3abtnnn11即an1bn1anbnt，又a1b11，21故数列anbn为首项1，公差t的等差数列，2所以anbn1n1t，2n11又由（1）知anbn211t，所以ann1，224n因为an是递增数列，所以an1an对任意nN恒成立.1所以2n11t11tnn1，24224t10，所以t42n1n1n1所以2n1，1因为当n1时2取得最大值，且最大值为1，所以t1，即实数t的取值范围为1,.18．(1)证明见解析(2)21919【分析】（1）取AA1中点O，根据题意AA1OD，AA1CD，证得AA1平面OCD，进而证得AA1OC，结合点O为AA1的中点，即可证得CACA1；OA,OD,OC为基底建立空间直角坐标系，分别求得平ABBA（2）先证得OC平面11，以面ACD和平面A1DB1的一个法向量，结合向量的夹角公式，即可求解.1【详解】（1）证明：取AA1中点O，连接OD，OC，因为四边形ABB1A1为正方形，点D为BB1的中点，点O为AA1的中点，所以AA1OD，又因为AA1CD，CDODD，CD,OD平面OCD，所以AA1平面OCD，答案第13页，共20页又因为OC平面OCD，所以AA1OC，因为点O为AA1的中点，所以CACA1.（2）解：因为平面AA1C1C平面ABB1A1，平面AA1C1C平面ABB1A1AA1，且OCAA11C，所以OC平面ABB1A1，OCAAC1，OA,OD,OC为基底建立如图所示空间直角坐标系，以则C0,0,3，A11,0,0，D0,2,0，可得A1D1,2,0，A1C1,0,3，nADx2y01ACD设nx,y,z为平面1的一个法向量，则，nACx3z01nx6取，得y=3,z23，所以6,3,23，由OC平面ABB1A1，可得平面A1DB1的一个法向量为OC0,0,3，OCn2332cosOC,n则19573OCn19，219.19由图知二面角CA1DB1为钝二面角，所以其余弦值为19．(1)没有99%的把握认为是否为“奥数迷”与性别有关(2)47【分析】（1）提出假设H0：“奥数迷”与性别无关，计算K2，从而可判断假设是否成立得结论；（2）根据条件概率公式求解即可.【详解】（1）提出假设H0：“奥数迷”与性别无关.答案第14页，共20页则K2nadbc2abcdacbd10024281236604036642251.04242因为PK6.6350.01，而1.046.635，故没有99%的把握认为是否为“奥数迷”与性别有关.（2）根据分层抽样，抽取的男生人数为2人，女生人数为1人，记“恰有两人闯关成功”为事件A，“有女生闯关成功”为事件B，3则PA423327211C21，3443163321PABC12144341PAB44∣A，由条件概率的公式得PB77PA16故在恰有两人闯关成功的条件下，有女生闯关成功的概率为20．(1)9324.75(2),4【分析】（1）根据SABCSABDSADC得到AC的长,再利用三角形的面积公式求解即可;（2）设BAC2,ABc,ACb,根据SABCSABDSADC得到cosbc,在△ABD中,bcc25利用余弦定理得到cos,由两者相等结合c的取值范围即可求出结果.4c【详解】（1）因为SABCSABDSADC,所以12π1πABACsinABACADsin,2323得:3AC23AC,解得AC6,所以SABC12πACsin232（2）设BAC2,ABc,ACb,由SABCSABDSADC得答案第15页，共20页111ABACsin2ABADsinACADsin,222即bccosbc,所以cosbc,bc4c29c25又在△ABD中cos,4c4cc25bc所以,4cbc得b4c9,cc25因为cos0,1且b0,4c得3c5,916则c0,,c55所以b,45即边AC的取值范围为,.4x221．(1)y2141(2)存在，k2【分析】（1）设Px,y，则Mx,0，根据向量数量关系的坐标表示得Qx,2y，利用两点距离公式求椭圆C轨迹方程；（2）（法一）联立直线与椭圆，应用韦达定理得xAxB、xAxB，结合向量关系得xA2yB0，22进而有xAxB4，将韦达式代入得到恒等式求参数k；（法二）同方法一，根据向量关系得到xA2kxBm，韦达式代入2k1xB2m2k114k22恒成立，求参数k；（法三）根据题设向量关系有xA2yB0，设yBt，则xA2t，确定A,B坐标，斜率两点式判断k是否为常数即可.答案第16页，共20页Mx,0Px,y，则，由MQ2MP得：Qx,2y，【详解】（1）设2x由|OQ|2得：x4y4，所以曲线C的方程为：y21.422（2）（法一）将直线代入椭圆得：x24kxm40，即14k22x28kmx4m240，8km4m24由韦达定理xAxB，xAxB，14k214k22222由OAi2OBj0知：xA2yB0，又xB4yB4，故有xAxB4，由xx4xAxB2A2B24m248km2xAxB，则4，22214k14k22222222所以24k1m4k14k14k1(2m4k1)0恒成立，m为任意实数，111所以4k210，可得k2，得k，经检验，k不合题意，2421即存在常数k使OAi2OBj0对任意实数m恒成立，k2222（法二）将直线代入椭圆得：x24kxm40，即14kx8kmx4m40，2由韦达定理得xAxB8km，14k2由OAi2OBj0知：xA2yB0xA2kxBm，即xA2kxBm，28km2m2k1代入xAxB得：2k1xB，214k214k由于k为常数，故当且仅当k1时等式成立，21故存在常数k使OAi2OBj0对任意实数m恒成立，k.2（法三）由OAi2OBj0知：xA2yB0，设yBt，则xA2t，2222由此得到A2t,1t或者A2t,1t，B21t,t或者B21t,t当A2t,22当A2t,1t，B21t,t时，求得kAB1t2，B21t,t时，求得k2221；21；2AB当A2t,1t，B21t,t时，求得kAB1t1t2，不为常数；2t1t2答案第17页，共20页当A2t,1t2，B21t,t时，求得k2AB1t1t2，不为常数；2t1t21综上，存在常数k使OAi2OBj0对任意实数m恒成立，k.2【点睛】关键点点睛：第二问，联立直线与椭圆，应用韦达定理结合已知关系得到恒等关系求参数，注意验证所得结果.22．(1)1,(2),1x【分析】（1）代入求导得fxee，再次设导函数为新函数进行求导得到其单调性和其x零点，从而得到fx的单调增区间；xaxa（2）法一：令gxxee，利用导数和零点存在定理得存在唯一正实数x0使得x0e0e，xaa从而得到fxminfx0e0elnx0ea，再利用隐零点法得x02lnx010，再次设x0新函数进行求导从而得到a的范围；xaa法二：同法一求得fxminfx0e0elnx0ea，则1aafxmineax0aeaa，利用基本不等式有fxmine2aea0，从而得到ax0的范围.xx【详解】（1）当a1时，fxee1lnx，fxex设xee，xex答案第18页，共20页x又xee0，∴x在0,上单调递增，2x又f10，∴当x0,1时fx0，当x1,时f¢(x)>0，∴fx的单调递增区间为1,.eaxexeaxaxfx（2）对函数求导得，fxe，令gxxee，xxxxxa则gxexe0，∴gxxee在0,上单调递增，a又g0e0，当x时gx，xa故存在唯一正实数x0使得x0e0e，当xx0时，fx0，fx单调递减，当xx0时，f¢(x)>0，fx单调递增，xaa∴fxminfx0e0elnx0ea，由fx0恒成立，得fxmin0，xxxa由x0e0e得x0lnx0a，∴fxminfx0e0x0e0x02lnx00∴1x0x02lnx00，∴x0x02lnx010，∴x02lnx010，x0211，则hx120恒成立，xxx设hxx2lnx故hx在0,上单调递增，而h10，∴0x01，又x0lnx0a且函数yxlnx在0,1上是增函数，故a的取值范围为,1xaa法2：同法一得fxminfx0e0elnx0ea，xa由x0e0e得x0lnx0a，∴fxmineaealnx0eaaeax01aalnx0eaex01x0ax0aea答案第19页，共20页ea2aeaa0，当且仅当x01时等号成立，a∴e22a0，故a的取值范围为,1【点睛】关键点睛：本题第二问利用零点存在定理及隐零点法得到fxminfx0ex0x0ex0x02lnx00，从而有x02lnx0hxx2lnx10，再次重新设函数x01，根据其单调性和零点得到0x01，从而得到a,1.x答案第20页，共20页