2022年海南高考数学真题及答案(完整版)

2023年12月2日发(作者：荆州小升初2023数学试卷)

2022年海南高考数学真题及答案

注意事项:

1．答卷前，考生务必将自己 姓名、准考证号填写在答题卡上.

2．答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目 答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.

3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.

一、选择题:本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出 四个选项中，只有一项是符合题目要求 .

1. 已知集合A1,1,2,4,Bxx11，则AIB（ ）

A.

{1,2}

【答案】B

【解析】

【分析】求出集合B后可求AIB.

【详解】Bx|0x2，故AIB1,2，

故选:B.

2.

(22i)(12i)（ ）

A.

24i

【答案】D

【解析】

【分析】利用复数 乘法可求22i12i.

【详解】22i12i244i2i62i，

故选:D.

3. 中国 古建筑不仅是挡风遮雨 住处，更是美学和哲学 体现．如图是某古建筑物 剖面图，B.

24i C.

62i D.

62i

B.

{1,2} C.

{1,4} D.

{1,4}

DD1,CC1,BB1,AA1是举，

OD1,DC1,CB1,BA1是相等 步，相邻桁 举步之比分别为DD1CCBBAA0.5,1k1,1k2,1k3，若k1,k2,k3是公差为0.1 等差数列，且直线OD1DC1CB1BA1OA 斜率为0.725，则k3（ ）

1

1

A. 0.75

【答案】D

【解析】

B. 0.8 C. 0.85 D. 0.9

【分析】设OD1DC1CB1BA11，则可得关于k3 方程，求出其解后可得正确 选项.

【详解】设OD1DC1CB1BA11，则CC1k1,BB1k2,AA1k3，

依题意，有k30.2k1,k30.1k2，且DD1CC1BB1AA10.725，

OD1DC1CB1BA1所以0.53k30.30.725，故k30.9，

4故选:D

2

24. 已知a(3,4),b(1,0),catb，若a,cb,c，则t（ ）

A.

6

【答案】C

【解析】

【分析】利用向量 运算和向量 夹角 余弦公式 坐标形式化简即可求得

B.

5 C. 5 D. 6

rrrrrrrrr93t163trrrrr,解得t5,

r【详解】解:c3t,4,cosa,ccosb,c,即5cc故选:C

5. 有甲乙丙丁戊5名同学站成一排参加文艺汇演，若甲不站在两端，丙和丁相邻 不同排列方式有多少种（ ）

A. 12种

【答案】B

【解析】

【分析】利用捆绑法处理丙丁，用插空法安排甲，利用排列组合与计数原理即可得解

【详解】因为丙丁要在一起，先把丙丁捆绑，看做一个元素，连同乙，戊看成三个元素排列,有3!种排列方式；为使甲不在两端，必须且只需甲在此三个元素 中间两个位置任选一个位置插入，有2种插空方式；注意到丙丁两人 顺序可交换，有2种排列方式，故安排这5名同学共有:3!2224种不同 排列方式，

故选:B

6. 角,满足sin()cos()22cosA.

tan()1

C.

tan()1

【答案】D

【解析】

【分析】由两角和差的正余弦公式化简，结合同角三角函数 商数关系即可得解.

【详解】由已知得:B. 24种 C. 36种 D. 48种

sin，则（ ）

4B.

tan()1

D.

tan()1

sincoscossincoscossinsin2cossinsin,

即:sincoscossincoscossinsin0，

即:sincos0,

所以tan1,

故选:D

3

37. 正三棱台高为1，上下底边长分别为33和43，所有顶点在同一球面上，则球 表面积是（ ）

A.

100π

【答案】A

【解析】

【分析】根据题意可求出正三棱台上下底面所在圆面的半径r1,r2，再根据球心距，圆面半径，以及球 半径之间 关系，即可解出球 半径，从而得出球 表面积．

【详解】设正三棱台上下底面所在圆面 半径r1,r2，所以2r1B.

128π C.

144π D.

192π

3343，即,2r2oosin60sin60r13,r24，设球心到上下底面 距离分别为d1,d2，球 半径为R，所以d1R29，d2R216，故d1d21或d1d21，即R29R2161或22R29R2161，解得R25符合题意，所以球 表面积为S4πR100π．

故选:A．

8. 若函数f(x) 定义域为R，且f(xy)f(xy)f(x)f(y),f(1)1，则（ ）

A.

3

【答案】A

【解析】

【分析】根据题意赋值即可知函数fx 一个周期为6，求出函数一个周期中

B.

2 C. 0 D. 1

f(k)k122f1,f2,L,f6 值，即可解出．

【详解】因为fxyfxyfxfy，令x1,y0可得，2f1f1f0，所以f02，令x0可得，fyfy2fy，即fyfy，所以函数fx为偶函数，令y1得，fx1fx1fxf1fx，即有fx2fxfx1，从而可知fx2fx1，fx1fx4，故fx2fx4，即fxfx6，所以函数fx 一个周期为6．

因为f2f1f0121，f3f2f1112，f4f2f21，f5f1f11，f6f02，所以

4

4一个周期内

f1f2Lf60．由于22除以6余4，

所以fkf1f2f3f411213．

k122故选:A．

二、选择题:本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出 选项中，有多项符合题目要求．全部选对 得5分，部分选对 得2分，有选错 得0分.

9. 函数f(x)sin(2x)(0π) 图象以2π,0中心对称，则（ ）

3A.

yf(x)在0,B.

yf(x)在5π单调递减

12π11π,有2个极值点

1212C. 直线x7π是一条对称轴

6D. 直线y【答案】AD

【解析】

3x是一条切线

2【分析】根据三角函数 性质逐个判断各选项，即可解出．

【详解】由题意得:f即4π2π4π0，所以sinkπ，kZ，

3334πkπ,kZ，

32π2π，故f(x)sin2x．

33又0π，所以k2时，对A，当x0,2π2π3π5π2x,，由正弦函数ysinu图象知yf(x)在时，332125π0,上是单调递减；

12对B，当x2ππ5ππ11π,2x,，由正弦函数ysinu图象知yf(x)时，32212125π5π2π3π，解得x，即x为函数 唯一极值点；

321212只有1个极值点，由2x5

5对C，当x2π7π7π7π3π，f()0，直线x时，2x不是对称轴；

66362π2π1y2cos2x1cos2x对D，由得:，

332解得2x2π2π2π4π2kπ或2x2kπ,kZ,

3333πkπ,kZ,

332πky2cos1， 处 切线斜率为x023从而得:xkπ或x所以函数yf(x)在点0,切线方程为:y故选:AD．

33(x0)即yx．

2210. 已知O为坐标原点，过抛物线C:y22px(p0) 焦点F 直线与C交于A，B两点，点A在第一象限，点M(p,0)，若|AF||AM|，则（ ）

A. 直线AB 斜率为26

C.

|AB|4|OF|

【答案】ACD

【解析】

【分析】由AFAM及抛物线方程求得A(B.

|OB||OF|

D.

OAMOBM180

3p6p,)，再由斜率公式即可判断A选42p6p,)，即可求出OB判断B选项；33项；表示出直线AB 方程，联立抛物线求得B(由抛物线 定义求出ABuuuruuuruuuruuur25p即可判断C选项；由OAOB0，MAMB0求得12AOB，AMB为钝角即可判断D选项.

6

6【详解】

对于A，易得F(p,0)，由AFAM可得点A在FM 垂直平分线上，则A点横坐标为2pp3p，

224代入抛物线可得y2p23p323p6pp，则A(,)，则直线AB 斜率为42426p226，A正确；

3pp421pxy对于B，由斜率为26可得直线AB 方程为，联立抛物线方程得226y21pyp20，

626p666pB(x,y)设，代入抛物线得2px1py1p，则y111，则3263，解得x1pp6p，则B(,)，

333226p7ppp则OB，B错误；

OF3323对于C，由抛物线定义知:AB3pp25pp2p4OF，C正确；

4312uuuruuur3p6pp6p3pp6p6p3p2,)(,)对于D，OAOB(40，则423343237

7AOB为钝角，

uuuruuurp6p2p6pp2p6p6p5p2)(,)又MAMB(,6042334323，则AMB为钝角，

又AOBAMBOAMOBM360o，则OAMOBM180o，D正确.

故选:ACD.

11. 如图，四边形ABCD为正方形，ED平面ABCD，FB∥ED,ABED2FB，记三棱锥EACD，FABC，FACE 体积分别为V1,V2,V3，则（ ）

A.

V32V2 B.

V32V1

C.

V3V1V2 D.

2V33V1

【答案】CD

【解析】

【分析】直接由体积公式计算V1,V2，连接BD交AC于点M，连接EM,FM，由V3VAEFMVCEFM计算出V3，依次判断选项即可.

【详解】

设ABED2FB2a，因为ED平面ABCD，FBPED，则V13EDS11241VACD32a22a3a3，

88 11122V2FBSVABCa2aa3，连接BD交AC于点M，连接EM,FM，易3323得BDAC，

又ED平面ABCD，AC平面ABCD，则EDAC，又EDIBDD，ED,BD平面BDEF，则AC平面BDEF，

又BMDM1BD2a，过F作FGDE于G，易得四边形BDGF为矩形，则2FGBD22a,EGa，

则EM22a222a26a,FMa22a23a，EFa22a3a，

1322EMFMa，AC22a，

22EM2FM2EF2，则EMFM，SVEFM则V3VAEFMVCEFM1ACSVEFM2a3，则2V33V1，V33V2，V3V1V2，3故A、B错误；C、D正确.

故选:CD.

12. 对任意x，y，x2y2xy1，则（ ）

A.

xy1

C.

x2y22

【答案】BC

【解析】

【分析】根据基本不等式或者取特值即可判断各选项 真假．

B.

xy2

D.

x2y21

a2b2ab【详解】因为ab（

a,bÎR），由x2y2xy1可变形为，222xy2xy13xy3，解得2xy2，当且仅当xy1时，22xy2，当且仅当xy1时，xy2，所以A错误，B正确；

x2y2由xyxy1可变形为xy1xy，解得x2y22，当且仅当22222xy1时取等号，所以C正确；

9

9y3y3因为xyxy1变形可得xy21，设xcos,ysin，所2422222以xcos12sin,ysin，因此3352111x2y2cos2sin2sincos1sin2cos2

3333342π2sin2,2，所以当x3,y3时满足等式，但是x2y21336333不成立，所以D错误．

故选:BC．

三、填空题:本题共4小题，每小题5分，共20分.

13. 已知随机变量X服从正态分布N2,2，且P(2X2.5)0.36，则P(X2.5)____________．

【答案】0.14##【解析】

【分析】根据正态分布曲线 性质即可解出．

【详解】因为X:N2,7．

502，所以PX2PX20.5，因此PX2.5PX2P2X2.50.50.360.14．

故答案为:0.14．

14. 写出曲线yln|x|过坐标原点 切线方程:____________，____________．

【答案】 ①.

y【解析】

【分析】分x0和x0两种情况，当x0时设切点为x0,lnx0，求出函数的导函数，即可求出切线 斜率，从而表示出切线方程，再根据切线过坐标原点求出x0，即可求出切线方程，当x0时同理可得；

【详解】解: 因为ylnx，

当x0时ylnx，设切点为x0,lnx0，由y11x ②.

yx

ee11y|，所以，所以切线方程为xx0x0xylnx01xx0，

x010

10又切线过坐标原点，所以lnx01x0，解得x0e，所以切线方程为x0y111xe，即yx；

ee11y|，所以，所以切线xx1x1x当x0时ylnx，设切点为x1,lnx1，由y方程为ylnx11xx1，

x11x1，解得x1e，所以切线方程为x1又切线过坐标原点，所以lnx1y111xe，即yx；

ee故答案为:y11x；yx

ee15. 已知点A(2,3),B(0,a)，若直线AB关于ya 对称直线与圆(x3)2(y2)21存在公共点，则实数a 取值范围为________．

【答案】,

32【解析】

【分析】首先求出点A关于ya对称点A 坐标，即可得到直线l 方程，根据圆心到直线

距离小于等于半径得到不等式，解得即可；

【详解】解:A2,3关于ya对称 点 坐标为A2,2a3，B0,a在直线ya上，

所以AB所在直线即为直线l，所以直线l为y2213a3xa，即a3x2y2a0；

2圆C:x3y21，圆心C3,2，半径r1，

依题意圆心到直线l 距离d3a342aa32221，

即55aa322，解得故答案为:,

32221313a，即a,；

32321311

11x2y21，直线l与椭圆在第一象限交于A，B两点，与x轴，y轴分别交16. 已知椭圆63于M，N两点，且|MA||NB|,|MN|23，则直线l 方程为___________．

【答案】x2y220

【解析】

【分析】令AB 中点为E，设Ax1,y1，Bx2,y2，利用点差法得到kOEkAB1，2设直线AB:ykxm，k0，m0，求出M、N 坐标，再根据MN求出k、m，即可得解；

【详解】解:令AB 中点为E，因为MANB，所以MENE，

22x12y12xy22设Ax1,y1，Bx2,y2，则1，

1，6363xxxxyy2y1y20

x12x22y12y22所以0，即12121636633所以y1y2y1y211，即kOEkAB，设直线AB:ykxm，k0，2x1x2x1x22mmmm,，即M,0，N0,m，所以E2k2kkm0，

令x0得ym，令y0得x，

m221，解得k2或即k（ 舍去），

km2222k又MN23，即MN所以直线AB:y

m22m2，

23，解得m2或m2（ 舍去）2x2，即x2y220；

212

12 故答案为:x2y220

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. 已知an为等差数列，bn是公比为2 等比数列，且a2b2a3b3b4a4．

（ 1）证明:a1b1；

（ 2）求集合kbkama1,1m500中元素个数．

【答案】（ 1）证明见解析；

（ 2）9．

【解析】

【分析】（ 1）设数列an 公差为d，根据题意列出方程组即可证出；

（ 2）根据题意化简可得m2k2，即可解出．

【小问1详解】

a1d2b1a12d4b1d设数列an 公差为d，所以，，即可解得，b1a1，2a1d2b18b1a13d所以原命题得证．

【小问2详解】

由（ 1）知，b1a1dk1，所以bkama1b12a1m1da1，即2k22k12m，亦即m21,500，解得2k10，所以满足等式 解k2,3,4,L,10，故集合k|bkama1,1m500中 元素个数为10219．

18. 记VABC 三个内角分别为A，B，C，其对边分别为a，b，c，分别以a，b，c为边长

13

13三个正三角形 面积依次为S1,S2,S3，已知S1S2S3（ 1）求VABC 面积；

（ 2）若sinAsinC【答案】（ 1）（ 2）2

【解析】

【分析】（ 1）先表示出S1,S2,S3，再由S1S2S3弦定理及平方关系求得ac，再由面积公式求解即可；

131,sinB．

232，求b．

32

83求得a2c2b22，结合余2b2ac（ 2）由正弦定理得，即可求解.

2sinBsinAsinC【小问1详解】

由题意得S1123323232aa,S2b,S3c，则224443232323，

abc4442S1S2S3222a2c2b2即acb2，由余弦定理得cosB，整理得accosB1，则2accosB0，又sinB21，

313212221则cosB1，ac，则SVABCacsinB；

cosB42833【小问2详解】

由正弦定理得:bac，则sinBsinAsinC32bacac49，则b3，b3sinB1.

sin2BsinAsinCsinAsinC4sinB22223219. 在某地区进行流行病调查，随机调查了100名某种疾病患者 年龄，得到如下 样本数据频率分布直方图．

14

14 （ 1）估计该地区这种疾病患者 平均年龄（ 同一组中 数据用该组区间 中点值作代表）；

（ 2）估计该地区一人患这种疾病年龄在区间[20,70) 概率；

（ 3）已知该地区这种疾病 患病率为0.1%，该地区年龄位于区间[40,50) 人口占该地区总人口

16%，从该地区任选一人，若此人年龄位于区间[40,50)，求此人患该种疾病 概率．（ 样本数据中 患者年龄位于各区间 频率作为患者年龄位于该区间 概率，精确到0.0001）

【答案】（ 1）44.65岁；

（ 2）0.89；

（ 3）0.0014．

【解析】

【分析】（ 1）根据平均值等于各矩形 面积乘以对应区间 中点值 和即可求出；

（ 2）设A{一人患这种疾病 年龄在区间[20,70)}，根据对立事件 概率公式P(A)1P(A)即可解出；

（ 3）根据条件概率公式即可求出．

【小问1详解】

平均年龄x(50.001150.002250.012350.017450.023

550.020650.012750.006850.002)1044.65（ 岁）．

【小问2详解】

设A{一人患这种疾病 年龄在区间[20,70)}，所以

P(A)1P(A)1(0.0010.0020.0060.002)1010.110.89．

【小问3详解】

设B{任选一人年龄位于区间[40,50)，C{任选一人患这种疾病}，

则由条件概率公式可得

P(C|B)P(BC)0.1%0.023100.0010.230.00143750.0014．

P(B)16%0.1620. 如图，PO是三棱锥PABC 高，PAPB，ABAC，E是PB 中点．

15

15 （ 1）求证:OE//平面PAC；

（ 2）若ABOCBO30，PO3，PA5，求二面角CAEB 正弦值．

【答案】（ 1）证明见解析

（ 2）11

13【解析】

【分析】（ 1）连接BO并延长交AC于点D，连接OA、PD，根据三角形全等得到OAOB，再根据直角三角形 性质得到AODO，即可得到O为BD 中点从而得到OE//PD，即可得证；

（ 2）过点A作Az//OP，如图建立平面直角坐标系，利用空间向量法求出二面角 余弦值，再根据同角三角函数 基本关系计算可得；

【小问1详解】

证明:连接BO并延长交AC于点D，连接OA、PD，

因为PO是三棱锥PABC 高，所以PO平面ABC，AO,BO平面ABC，

所以POAO、POBO，

又PAPB，所以△POA△POB，即OAOB，所以OABOBA，

又ABAC，即BAC90，所以OABOAD90，OBAODA90，

所以ODAOAD

所以AODO，即AODOOB，所以O为BD 中点，又E为PB 中点，所以OE//PD，

又OE平面PAC，PD平面PAC，

所以OE//平面PAC

16

16【小问2详解】

解:过点A作Az//OP，如图建立平面直角坐标系，

因为PO3，AP5，所以OA

AP2PO24，

又OBAOBC30，所以BD2OA8，则AD4，AB43，

所以AC12，所以O23,2,0，B43,0,0，P23,2,3，C0,12,0，所以3E33,1,，

2ruuuruuur3uuu则AE33,1,，AB43,0,0，AC0,12,0，

2v3vuuurnAE33xyz02的nx,y,z设平面AEB法向量为，令z2，则，则uuuvvnAB43x0ry3，x0，所以n0,3,2；

v3vuuuurmAE33abc0设平面AEC 法向量为ma,b,c，则u，令a3，则2uuvvmAC12b017

17urc6，b0，所以m3,0,6；

rurrurnm1243cosn,mrur所以

131339nm设二面角CAEB为，由图可知二面角CAEB为钝二面角，

所以cos11432，所以sin1cos

131311；

13故二面角CAEB 正弦值为x2y221. 设双曲线C:221(a0,b0) 右焦点为F(2,0)，渐近线方程为y3x．

ab（ 1）求C 方程；

（ 2）过F 直线与C 两条渐近线分别交于A，B两点，点Px1,y1,Qx2,y2在C上，且x1x20,y10．过P且斜率为3 直线与过Q且斜率为3 直线交于点M，请从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个条件成立:

①M在AB上；②PQ∥AB；③|MA||MB|．

注:若选择不同 组合分别解答，则按第一个解答计分.

y2【答案】（ 1）x1

32（ 2）见解析

【解析】

【分析】（ 1）利用焦点坐标求得c 值，利用渐近线方程求得a,b 关系，进而利用a,b,c

平方关系求得a,b 值，得到双曲线 方程；

（ 2）先分析得到直线AB 斜率存在且不为零，设直线AB 斜率为k, M(x0,y0),由③8k2|AM|=|BM|等价分析得到x0ky02；由直线PM和QM 斜率得到直线方程，结合k3双曲线 方程，两点间距离公式得到直线PQ 斜率m3x0，由②PQ//AB等价转化为y0ky03x0，由①M在直线AB上等价于ky0k2x02，然后选择两个作为已知条件一个作为结论，进行证明即可.

【小问1详解】

右焦点为F(2,0)，∴c2,∵渐近线方程为y3x，∴b3，∴b3a，∴a18

18c2a2b24a24，∴a1，∴b3．

y2∴C 方程为:x1；

32【小问2详解】

由已知得直线PQ 斜率存在且不为零，直线AB 斜率不为零，

若选由①②推③或选由②③推①:由②成立可知直线AB 斜率存在且不为零；

若选①③推②，则M为线段AB 中点，假若直线AB 斜率不存在，则由双曲线 对称性可知M在x轴上，即为焦点F,此时由对称性可知P、Q关于x轴对称，与从而x1x2，已知不符；

总之，直线AB 斜率存在且不为零.

设直线AB 斜率为k,直线AB方程为ykx2,

则条件①M在AB上，等价于y0kx02ky0k两渐近线 方程合并为3x2y20,

联立消去y并化简整理得:k3x4kx4k0

设Ax3,y3,Bx3,y4,线段中点为NxN,yN,则2x02；

2222x3x42k26k,

xN2,yNkxN222k3k3设Mx0,y0,

则条件③AMBM等价于x0x3y0y3x0x4y0y4,

移项并利用平方差公式整理得:

2222x3x42x0x3x4y3y42y0y3y40，

y3y42xxx2y0y3y40,即x0xNky0yN0,

340x3x48k2即x0ky02；

k3由题意知直线PM 斜率为3, 直线QM 斜率为3,

∴由y1y03x1x0,y2y0∴y1y23x1x22x0,

所以直线PQ 斜率m3x2x0,

3x1x22x0y1y2,

x1x2x1x219

19直线PM:y3xx0y0,即yy03x03x,

代入双曲线 方程3x2y230,即3xy3xy3中，

得:y03x023xy03x03,

解得P 横坐标:x11233yy03x003x0,

同理:x13223yy03x0，

03x0∴x11x23x33y0y23x2y0,x1x22x00x0,

00y23x200∴m3x0y,

0∴条件②PQ//AB等价于mkky03x0，

综上所述:

条件①M在AB上，等价于ky20kx02；

条件②PQ//AB等价于ky03x0；

条件③AMBM等价于x8k20ky0k23；

选①②推③:

:x2k28k2由①②解得0k23,x0ky04x0k23,∴③成立；

选①③推②:

由①③解得:x2k26k20k23，ky0k23，

∴ky03x0，∴②成立；

选②③推①:

由②③解得:x2k26k260k23，ky0k23，∴x02k23，

∴ky0k2x02，∴①成立.

22. 已知函数f(x)xeaxex．

（ 1）当a1时，讨论f(x) 单调性；

2020 （ 2）当x0时，f(x)1，求a 取值范围；

（ 3）设nN，证明:11121222L1nn2ln(n1)．

【答案】（ 1）fx 减区间为,0，增区间为0,.

（ 2）a1

2（ 3）见解析

【解析】

【分析】（ 1）求出f¢x，讨论其符号后可得fx 单调性.

（ 2）设hxxee1，求出hx，先讨论aaxx()1时题设中 不等式不成立，再就20a1结合放缩法讨论hx符号，最后就a0结合放缩法讨论hx 范围后可得参数

2取值范围.

1（ 3）由（ 2）可得2lntt对任意

t1恒成立，从而可得lnn1lnnt1n2n对任意

nN*恒成立，结合裂项相消法可证题设中 不等式.

【小问1详解】

当a1时，fxx1e，则fxxe，

xx当x0时，f¢x<0，当x0时，f¢x>0，

故fx 减区间为,0，增区间为0,.

【小问2详解】

设hxxee1，则h00，

axx()()又hx1axee，设gx1axee，

axxaxx则gx2aaxee，

2axx若a1，则g02a10，

2因为gx为连续不间断函数，

故存在x00,，使得x0,x0，总有g¢x>0，

故gx在0,x0为增函数，故gxg00，

故hx在0,x0为增函数，故hxh01，与题设矛盾.

()21

21若0a1axln1axaxxex， ，则hx1axeee2下证:对任意x0，总有ln1xx成立，

证明:设Sxln1xx，故Sx1x10，

1x1x故Sx在0,上为减函数，故SxS00即ln1xx成立.

由上述不等式有eaxln1axexeaxaxexe2axex0，

故hx0总成立，即hx在0,上为减函数，

所以hxh01.

当a0时，有hxeeaxeaxxax1100，

所以hx在0,上为减函数，所以hxh01.

综上，a1.

2【小问3详解】

取a11，则x0，总有xe2xex10成立，

21令te2x，则t1,t2ex,x2lnt，

1故2tlntt21即2lntt对任意

t1恒成立.

t所以对任意

nN*，有2ln整理得到:lnn1lnnn1n1n，

nnn11nn1nn22，

故11121222Lln2ln1ln3ln2Llnn1lnn

lnn1，

故不等式成立.

【点睛】思路点睛:函数参数 不等式 恒成立问题，应该利用导数讨论函数 单调性，注意结合端点处导数 符号合理分类讨论，导数背景下数列不等式 证明，应根据已有 函数不等式合理构建数列不等式.22

22 全 卷

完

1.考试顺利祝福语经典句子

　　1、相信自己吧！坚持就是胜利！祝考试顺利，榜上有名！

　　2、愿全国所有的考生都能以平常的心态参加考试，发挥自己的水平，考上理想的学校。我真心地祝福你们。

　　3、试纸浸墨香，金笔下千言。思虑心平定，谨慎落笔闲。且喜平常度，切忌神慌乱。畅游题海后，金榜题君名。考试在即，祝你成功。

　　4、亲爱的同学，期末考试来了，愿你们考出好成绩，考到自己理想的成绩。

23

23　　5、努力吧！不管结果怎样，经历过，总会有结果的！期中考试的朋友们，为你们祝福，也为自己祈祷！愿梦开始的地方，也是梦想实现的地方！嗯嗯，加油，嗯，加油！

　　6、相信你们一定会有很多想说却未言的话，总之走过了，哭过了，笑过了，就不会有遗憾！带上我们的祝福去打造另外一片属于自己的天空吧！

　　7、祝愿天下所有考生开心度过期中考试。祝福你们旗开得胜，取得美好佳绩。平心对待，你们是最棒的！仁慈的上帝会祝福你们的，相信自己，一定能行！

　　8、眼看考试就要来了，向前看，相信自己，我会在远方为你送去最真挚的祝福，付出就会有收获的！

　　9、又是一年年终了，期末考试转眼到。寒窗苦读为前途，望子成龙父母情。我发短信传祝福：放下包袱开动脑筋，勤于思考好好复习，祝你取得好成绩！

　　10、信心来自于实力，实力来自于勤奋。我看到了你的努力，相信你一定能在考试中取得好成绩！

2.考试顺利祝福语经典句子

　　1、高考了，祝愿你频施妙笔，作下妙句佳篇；频露锋芒，谱就千古绝唱；频施才智，成就考卷佳绩；频放异彩，展现才子风采。祝愿你高考顺利，一顺百顺！

　　2、高考日到了，愿你一帆风顺、二话不说、三阳开泰、四平八稳、五福临门、六六大顺、七星高照、八面威风、九转功成。祝高考顺顺利利、金榜题名。

　　3、同学，我们一起经历了辛苦的高三，最后的高中生活快结束了，考试到了，祝你飞跃！

　　4、亲爱的朋友，平和一下自己的心态，控制自己的情绪，以平常心态应考，考完一门忘一门，让自己尽量放松，好好休息。希望你一举高中喔！

　　5、手机铃响，那是问候；手机唱歌，那是祝福；手机震动，那一定是我握住了你的手。专八考试成功！我的朋友。

　　6、知道你正在经历人生中的一次重要挑战，或许你有焦虑、有恐惧，也有激动，但想说，请不要忘记身边所有关爱着你的人，们是你坚强的后盾。

　　7、这两天的考试过程中，要调整好自己的状态，给自己一个完美的明天。

　　8、期中考试不是母老虎，莫因畏惧而愁苦；从容应考是关键，摆正心态身轻松；莫论成败千万种，一心只展所学功；发挥出色便称雄，何患金榜不提名；祝期中考试成功！

　　9、小朋友，做做这份试卷，你会发现自己真的学会了很多知识，有一种成就感，相信你今后一定更喜欢语文，会把语文学得更好。祝你顺利做完试题，取得好成绩。

24

24　　10、考试之日又来临，考生家长心如焚。子女面前莫表现，压力太大难发挥。营养餐要准备好，不能太荤坏肠胃。保证孩子睡眠好，报早传，开心欢笑！

2525

从从容容应考试。祝捷