2019-2020学年浙江省绍兴市诸暨市高三（上）期末数学试卷（含详细解答）

《2019-2020学年浙江省绍兴市诸暨市高三（上）期末数学试卷（含详细解答）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019-2020学年浙江省绍兴市诸暨市高三（上）期末数学试卷（含详细解答）（22页珍藏版）》请在七七文库上搜索。

1、已知 a，bR，i 是虚数单位，则 b 可取的值为（ ） A1 B1 C1 或1 D任意实数 4 （3 分）已知公比为 q 的等比数列an的首项 a10，则“q1”是“a5a3”的（ ） A充分不必要条件 B必要不充分条件 C充要条件 D既不充分也不必要条件 5 （3 分）已知，随机变量 的分布列如图：则当 a 增大时， 的期望 E（）变 化情况是（ ） 1 0 1 P a b AE（）增大 BE（）减小 CE（）先增后减 DE（）先减后增 6（3 分） 若函数的图象经过点 和，则要得到函数 g（x）2sinx 的图象，只需把 f（x）的图象（ ） A向左平移个单位 B向左平移个单位 C向右平

2、移个单位 D向右平移个单位 7 （3 分）某几何体的正视图与侧视图如图所示：则下列两个图形中，可能是其俯视 图的是（ ） 第 2 页（共 22 页） A都可能 B可能，不可能 C不可能，可能 D都不可能 8 （3 分）已知 a，b0，a+b1，则的最小值是（ ） A B C D 9 （3 分）正四面体 ABCD 中，BCD 在平面 内，点 E 在线段 AC 上，AE2EC，l 是平 面 的垂线，在该四面体绕 CD 旋转的过程中，直线 BE 与 l 所成角为 ，则 sin 的最小 值是（ ） A B C D 10 （3 分）已知函数 f（x）x2+x+b 的定义域为0，1，值域包含于区间0，1，

3、且存在 实数满足：f（2x0）y0，f（2y0）x0，则实数 b 的取值范围是（ ） A B C D 二、填空题二、填空题 11 （3 分）已知函数，则 ；若 f（a）1，则 a 第 3 页（共 22 页） 12（3 分） 若二项式展开式各项系数和为 64， 则 n ； 常数项为 13 （3 分）若实数 x，y 满足约束条件，则 2x+y 的最大值是 ；若 0a 1，且 ax+y 的最大值为 3，则 a 14 （3 分）在ABC 中，角 A，B，C 所对的边为 a，b，c，点 D 为边 AC 上的中点，已知 a5，b7，c8，则 cosB ；BD 15 （3 分）用 0，1，2，3，4 组成没

4、有重复数字的四位数，其中奇数有 个 16 （3 分）已知 ， 是不共线的两个向量，若对任意的 m，nR，的最小值为 1， 的最小值为 1，若，则 ， 所成角的余弦值为 17 （3 分）已知 A，B 分别是椭圆的右顶点，上顶点，P 是椭圆在第三象限一段 弧上的点，PA 交 y 轴于 M 点，PB 交 x 轴于 N 点，若 MNAB，则 P 点坐标为 三、解答题三、解答题 18已知函数 （1）求函数 f（x）在区间上的值域； （2）设，求 sin 的值 19已知四棱锥 PABCD 中，底面 ABCD 为矩形，平面 PAD平面 ABCD，PAPDAD 2，点 E，F 分别是 PD，AB 的中点 （1

5、）求证：AE平面 PFC； （2）若 CF 与平面 PCD 所成角的余弦值等于，求 AB 的长 20数列an是公比为正数的等比数列，a12，a2+a312；数列bn前 n 项和为 Sn，满足 第 4 页（共 22 页） b23，Sn（bn+1） （nN+） （）求 b1，b3及数列an，bn的通项公式； （）求 a1b1+a2b2+a3b3+anbn 21已过抛物线 C：x24y 的焦点 F 作直线 l 交抛物线 C 于 A，B 两点，以 A，B 两点为切 点作抛物线的切线，两条直线交于 P 点 （1）当直线 l 平行于 x 轴时，求点 P 的坐标； （2）当时，求直线 l 的方程 22已知函

6、数，其中 e2.718是自然对数的底数，g（x） f（x）是函数 f（x）的导数 （1）若 g（x）是 R 上的单调函数，求 a 的值； （2）当 a时，求证：若 x1x2，且 x1+x22，则 f（x1）+f（x2）2 第 5 页（共 22 页） 2019-2020 学年浙江省绍兴市诸暨市高三（上）期末数学试卷学年浙江省绍兴市诸暨市高三（上）期末数学试卷 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 一、选择题一、选择题 1 （3 分）若 Px|x1，Qx|x0，全集为 R，则（ ） APQ BQP CQRP DRPQ 【分析】推导出RPx|x1Q，由此能求出结果 【解答】解：Px|x1，Qx|x0

7、，全集为 R， RPx|x1Q， 故选：D 【点评】本题考查命题真假的判断，考查子集定义等基础知识，考查运算求解能力，是 基础题 2 （3 分）双曲线的焦点坐标为（ ） A B （2，0） C D （0，2） 【分析】利用双曲线方程求出 c，然后求解焦点坐标即可 【解答】解：双曲线，c24，F（2，0） ， 故选：B 【点评】本题考查双曲线的简单性质的应用，是基本知识的考查 3 （3 分）已知 a，bR，i 是虚数单位，则 b 可取的值为（ ） A1 B1 C1 或1 D任意实数 【分析】把已知等式变形，利用复数代数形式的乘除运算化简，再由复数相等的条件列 式求解 【解答】解：，ai（a+i）

8、 bib+abi， ，解得或， 故选：C 【点评】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数相等的条件，是基础题 第 6 页（共 22 页） 4 （3 分）已知公比为 q 的等比数列an的首项 a10，则“q1”是“a5a3”的（ ） A充分不必要条件 B必要不充分条件 C充要条件 D既不充分也不必要条件 【分析】利用等比数列的通项公式及其单调性即可判断出结论 【解答】解：依题可知，a10，a30，q1 或 q1， 故选：A 【点评】本题考查了等比数列的通项公式及其单调性，考查了推理能力与计算能力，属 于基础题 5 （3 分）已知，随机变量 的分布列如图：则当 a 增大时， 的期望 E（）变 化

9、情况是（ ） 1 0 1 P a b AE（）增大 BE（）减小 CE（）先增后减 DE（）先减后增 【分析】由随机变量 的分布列的性质求出，从而当 a 增大时， 的期 望 E（）减小 【解答】解：依题可知， ， 当 a 增大时， 的期望 E（）减小 故选：B 【点评】本题考查离散型随机变量、数学期望的求法，考查离散型随机变量的分布列的 性质等基础知识，考查运算求解能力和应用意识，是中档题 6（3 分） 若函数的图象经过点 和，则要得到函数 g（x）2sinx 的图象，只需把 f（x）的图象（ ） A向左平移个单位 B向左平移个单位 第 7 页（共 22 页） C向右平移个单位 D向右平移个单

10、位 【分析】根据函数过定点，得到函数的周期和 ，求出 的值，结合三角函数的图象和 变换进行判断即可 【解答】解：因为函数 f（x）2sin（x+）的图象经过点和， 可知这两点分别为图象的最高点和最低点， 有，由，可得 2，满足 06 （注：若这两点不为函数图象相邻的最高点和最低点，则得出的 不满足 06） 再将点代入 f（x）2sin（x+）求得， 所以向右平移个单位可得到 g （x） 2sin2x 故选：D 【点评】本题主要考查三角函数的图象和性质，结合条件求出 和 的值是解决本题的 关键，难度中等 7 （3 分）某几何体的正视图与侧视图如图所示：则下列两个图形中，可能是其俯视 图的是（ ）

11、 A都可能 B可能，不可能 C不可能，可能 D都不可能 【分析】俯视图为时，该几何体是三棱锥； 俯视图是时，该几何体是棱锥和圆锥的组合体 【解答】解：当俯视图为时，该几何体是三棱锥，如图 1 所示； 当俯视图是时，该几何体是棱锥和圆锥的组合体，如图 2 所示； 所以都有可能 第 8 页（共 22 页） 故选：A 【点评】本题考查了由三视图还原出几何体的问题，是基础题 8 （3 分）已知 a，b0，a+b1，则的最小值是（ ） A B C D 【分析】直接利用权方和不等式的结论证明即可 【解答】解：a，b0，a+b1， 由 权 方 和 不 等 式 可 得， （， “” ） ， 故选：A 【点评】

12、本题主要考查权方和不等式的应用属于基础题目 9 （3 分）正四面体 ABCD 中，BCD 在平面 内，点 E 在线段 AC 上，AE2EC，l 是平 面 的垂线，在该四面体绕 CD 旋转的过程中，直线 BE 与 l 所成角为 ，则 sin 的最小 第 9 页（共 22 页） 值是（ ） A B C D 【分析】取 AD 上的点 F，使得，连接 EF 则，EFCD，把问题等价于平面 绕 着 EF 旋转，利用余弦定理求出 cosBEF，进而求出 sin 的范围 【解答】解析：相对运动，让正四面体 ABCD 保持静止，平面 绕着 CD 旋转， 故其垂线 l 也绕着 CD 旋转，取 AD 上的点 F，

13、使得， 连接 EFEFCD，等价于平面 绕着 EF 旋转， 在BEF中，BC2， 如下图所示，将问题抽象为几何模型，平面的垂线可看作圆锥底面半径 EP，绕着圆锥的 轴 EF 旋转， 故选：A 【点评】本题考查两条异面直线夹角大小的求法，是中档题，解题时需认真审题，注意 空间思维能力的培养 10 （3 分）已知函数 f（x）x2+x+b 的定义域为0，1，值域包含于区间0，1，且存在 第 10 页（共 22 页） 实数满足：f（2x0）y0，f（2y0）x0，则实数 b 的取值范围是（ ） A B C D 【分析】先根据 f（2x0）y0，f（2y0）x0，得到得，再代入 f （2x0）y0，结

14、合二次函数的性质即可求解 【解答】解： （代数消元）， ， 两式相减可得， 故可得， 代入可得对称轴为， 故可得， 故选：D 【点评】本题主要考查二次函数的图象与性质，属于基础题目 二、填空题二、填空题 11 （3 分）已知函数，则 4 ；若 f（a）1，则 a 0 或 1 【分析】根据分段函数的解析式，先求出 f（）的值，再求 f（f（） ）的值； 分情况讨论 a 和 1 的大小关系，再分别代入即可求解 【解答】解：， ； 故； 若 a1，则 2a+11a0； 若 a1，则 a21a1， 故 a0 或 1 故答案为：4，0 或 1， 第 11 页（共 22 页） 【点评】本题考查了求分段函数

15、的函数值的问题，解题时应对自变量进行分析，是基础 题 12 （3 分）若二项式展开式各项系数和为 64，则 n 6 ；常数项为 135 【分析】在二项式中令 x1 列方程求得 n 的值，再利用展开式的通项公式 求出常数项 【解答】解：二项式中， 令 x1，则 2n64，解得 n6； 所以展开式的通项公式为， 令 6r0，解得 r4， 所以展开式的常数项为 故答案为：6，135 【点评】本题考查了二项式定理的计算问题，也考查了运算求解能力，是基础题 13 （3 分）若实数 x，y 满足约束条件，则 2x+y 的最大值是 5 ；若 0a 1，且 ax+y 的最大值为 3，则 a 【分析】作出不等式

16、组对应的平面区域，利用目标函数的几何意义，利用平移法进行求 解即可；结合图象即可求出 a 【解答】解：可行域的三个交点：，B（2，1） ，C（4，4） ， 则 2x+y 在 B（2，1）处取到最大值， 故 2x+y 的最大值是 5； yax，1a0， 若，点 B（2，1）处取到最大值，则 2a+13a1（舍） ； 若，点 C（4，4）处取到最大值，则， 故 第 12 页（共 22 页） 故答案为：5， 【点评】本题主要考查线性规划的应用，利用目标函数的几何意义，结合数形结合的数 学思想是解决此类问题的基本方法 14 （3 分）在ABC 中，角 A，B，C 所对的边为 a，b，c，点 D 为边

17、AC 上的中点，已知 a5，b7，c8，则 cosB ；BD 【分析】直接利用向量法和解三角形知识的应用求出结果 【解答】解：1：向量法 由题意，平方， 得到， 故填：， 解：2：平行四边形法则 倍长中线，由平行四边形法则，得到（2BD）2+AC22（BA2+BC2） ， 即，即 解析 3：余弦定理 第 13 页（共 22 页） 由题意， 因为 cosADB+cosCDB0， 则，代入数据， 得到，即， 故填：， 故答案为：， 【点评】本题考查的知识要点：正弦定理、余弦定理的应用，向量的线性运算的应用， 主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型 15 （3 分）用 0，1，2，

18、3，4 组成没有重复数字的四位数，其中奇数有 36 个 【分析】特殊位置优先考虑先考虑末尾，有种，再考虑首位非零，剩下的两 个位置有种，由分步乘法计数原理得到共有奇数个数 【解答】解：特殊位置优先考虑 先考虑末尾，有种，再考虑首位非零，剩下的两个位置有种， 则由分步乘法计数原理，得到共有奇数种， 故答案为：36 【点评】本题考查了特殊位置优先考虑、排列组合应用，考查了推理能力与计算能力， 属于基础题 16 （3 分）已知 ， 是不共线的两个向量，若对任意的 m，nR，的最小值为 1， 的最小值为 1，若，则 ， 所成角的余弦值为 【分析】可得出：，mR，从而得出时，取 最小值，从而得出 a2b

19、2b2+16；而同理，根据的最小值 为 1 即可得出，从而联立即可求出，的值，这样根据 向量夹角的余弦公式即可求出夹角的余弦值 【解答】解：，mR， 第 14 页（共 22 页） 当时，即， ，nR， 当时， 即， ， 故答案为： 【点评】本题考查了向量数量积的运算，二次函数的最值的求法，向量夹角的余弦公式， 考查了计算能力，属于中档题 17 （3 分）已知 A，B 分别是椭圆的右顶点，上顶点，P 是椭圆在第三象限一段 弧上的点，PA 交 y 轴于 M 点，PB 交 x 轴于 N 点，若 MNAB，则 P 点坐标为 【分析】法一：椭圆在坐标轴上进行仿射变换：设，ny，从而得到 圆方程：m2+n

20、21显然 P 是圆在第三象限弧的中点满足题意，求解即 可； 法二： （常规方法）设点 P（m，n） （m0，n0） ，B（0，1） ，利用 KMN KAB， 可 得， 点 P （ m ， n ） 在 椭 圆 上 ， 可 得代 入 ，求解即可 【解答】解：法一：椭圆在坐标轴上进行仿射变换：设，ny，从而 得到圆方程：m2+n21显然 P 是圆在第三象限弧的中点满足题意，即 ，可得 x1， 第 15 页（共 22 页） 故答案为： 法二： （常规方法） 设点 P（m，n） （m0，n0） ，B（0，1） ， 直线 PA 方程：，PA 交 y 轴于点， 直线 PB 方程：，PB 交 x 轴于点，利用

21、 KMNKAB， 即，化简可得， 又因为点 P （m， n） 在椭圆上， 所以， 可得代入， 化简可得，得 m1， 故答案为： 【点评】本题考查椭圆的简单性质的应用，仿射变换的应用以及直线与椭圆的位置关系 的综合应用，考查转化思想以及计算能力，是难题 三、解答题三、解答题 18已知函数 （1）求函数 f（x）在区间上的值域； （2）设，求 sin 的值 【分析】 （1）利用三角函数的倍角公式以及辅助角公式进行化简，结合三角函数的单调 性和值域性质进行求解即可 （2）根据三角函数的诱导公式以及两角和差的正弦公式进行转化计算即可 【解答】解： （1）， 第 16 页（共 22 页） 当 x0，时，

22、 即当 2x+时，函数取得最小值为 y2sin， 当 2x+时，函数取得最大值为 y2sin2， 所以，此时 f（x）的值域为 （2）因为， 所以， 所以， 【点评】本题主要考查三角函数的图象和性质，利用三角函数的倍角公式以及辅助角公 式进行化简，结合三角函数的性质以及两角和差的三角公式进行转化是解决本题的关 键难度中等 19已知四棱锥 PABCD 中，底面 ABCD 为矩形，平面 PAD平面 ABCD，PAPDAD 2，点 E，F 分别是 PD，AB 的中点 （1）求证：AE平面 PFC； （2）若 CF 与平面 PCD 所成角的余弦值等于，求 AB 的长 【分析】 （1）证明平行四边形得线

23、线平行，由线线平行证明线面平行 （2） 取 AD 的中点 O， 推导出 PO平面 ABCD， 以 O 为原点， OA 为 x 轴， 在平面 ABCD 中过 O 作 AD 的垂线为 y 轴，OP 为 z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出 AB 的长 【解答】解： （1）证明：取 PC 的中点 M，连接 MF，NE， E，M 分别为 PD，PC 的中点， 第 17 页（共 22 页） EMDC， ABCD 为矩形，EMAF，EMAF， 四边形 AFEM 是平行四边形， AEFM，AE平面 PFC， 又FM平面 PFC，AE平面 PFC （2）解：取 AD 的中点 O， PAPDAD2，PO

24、AD， 平面 PAD平面 ABCD，平面 PAD平面 ABCDAD， PO平面 ABCD， 以 O 为原点，OA 为 x 轴，在平面 ABCD 中过 O 作 AD 的垂线为 y 轴，OP 为 z 轴，建立 如图坐标系， 设 AB2a，则，D（1，0，0） ，C（1，2a，0） ，F（1，a，0） ， ， 设平面 PCD 的法向量 （x，y，z） ， 则，取 x，得平面 PCD 的法向量， ， 设 CF 与平面 PCD 所成角为 ， CF 与平面 PCD 所成角的余弦值等于， sin， 解得 a， （舍负） 故 AB 的长为 第 18 页（共 22 页） 【点评】本题考查线面平行的证明，考查线段

25、长的求法，考查空间中线线、线面、面面 间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题 20数列an是公比为正数的等比数列，a12，a2+a312；数列bn前 n 项和为 Sn，满足 b23，Sn（bn+1） （nN+） （）求 b1，b3及数列an，bn的通项公式； （）求 a1b1+a2b2+a3b3+anbn 【分析】 （）解法 1，运用等比数列和等差数列的性质和通项公式，可得所求；解法 2， 对bn的通项公式由猜想，结合数学归纳法即可得到； （） 解法 1， 运用数列的错位相减法求和， 结合等比数列的求和公式， 计算可得所求和； 解法 2，由（1）可知 anbn（2

26、n1） 2n，注意到（2n1） 2n（2n3） 2n+1（2n5） 2n，由数列的裂项相消求和计算可得所求和 【解答】解： （）解法 1： （数列定义） 易知，解得 q2 或 q3， 又公比为正数，则 q2，故，nN+； ， 第 19 页（共 22 页） 则，n2，两式相减得（n2）bn（n1）bn11， 则（n3）bn1（n2）bn21，n3，同理两式相减得 2bn1bn+bn2，n3（注： b1，b3也符合） ， 则bn为等差数列，故 bn2n1，nN+ 解法 2： （数学归纳法） 易知，解得 q2 或 q3，又公比为正数，则 q2，故 ，nN+； ，猜想 bn2n1，nN+， 用数学归纳

27、法证明 当 n1 时，b11 成立； 假设当 nk 时，bk2k1 成立， 当 nk+1 时，Sk+1（bk+1+1）k2+bk+1Sk+bk+1，则（k1）bk+12k2k1， 即 bk+12k+1， 故当 nk+1 时，结论也成立 由可知，对于任意的 nN*，bn2n1 均成立； （）解法 1： （错位相减法求和） 由（1）可知 anbn（2n1） 2n， Tna1b1+a2b2+a3b3+anbn12+34+58+（2n1） 2n， 2Tn14+38+516+（2n1） 2n+1， 相减可得Tn2+2（4+8+2n）（2n1） 2n+12+2（2n1） 2n+1， 化简可得 Tn6+（2

28、n3） 2n+1 解法 2： （裂项求和） 由（1）可知 anbn（2n1） 2n，注意到（2n1） 2n（2n3） 2n+1（2n5） 2n， Tna1b1+a2b2+a3b3+anbn14（3） 2+8（1） 4+3168+（2n 3） 2n+1（2n5） 2n6+（2n3） 2n+1 【点评】本题考查等比数列的通项公式和求和公式的运用，数列的错位相减法求和、裂 项相消求和，数学归纳法的运用，考查化简运算能力，属于中档题 21已过抛物线 C：x24y 的焦点 F 作直线 l 交抛物线 C 于 A，B 两点，以 A，B 两点为切 第 20 页（共 22 页） 点作抛物线的切线，两条直线交于

29、P 点 （1）当直线 l 平行于 x 轴时，求点 P 的坐标； （2）当时，求直线 l 的方程 【分析】 （1）由题意求出焦点 F 的坐标，直线偶像 x 轴即斜率为 0，求出 A，B 的坐标， 求导得出 A，B 的切线 的斜率进而求出在 A，B 处的直线方程，两式联立求出交点 P 的 坐标； （2）设 A，B 的坐标求导可得在 A，B 的切线的方程，联立求出交点 P 的坐标，进而求 出 PA，PB 的值，在比值求出 A，B 的坐标，进而求出直线 AB 的方程 【解答】解： （1）依题可知 F（0，1） ，当直线 l 平行于 x 轴时，则 l 的方程为 y1， 所以可得 A（2，1） ，B（2，

30、1） ，又 x24y 可得 y，y； 所以在 A，B 处的切线分别为：y1（x2） ，y1（x+2） ，即 yx1，y x1， 联立两切线可得解得 x0，y1，所以 P（0，1） （2）设 l 的方程为：ykx+1，A（x，y） ，B（x，y） ， 则联立有整理得：x24kx40，所以 x+x4k，xx4， 在 A 处的切线为：yx2（xx） ，即 yxxx2， 同理可得，在 B 处切线：yx2（xx） ，即 yxxx2， 联立有：解得 x，y1，即点 P（，1） |PA|xx|， 同理可得：|PB|xx|， 所以2，x2+44（x2+4） ， 又 xx4，解得 x21x1，所以或， 第 21

31、 页（共 22 页） 所以直线方程为：yx+1 【点评】考查直线与抛物线的综合应用，属于中档题 22已知函数，其中 e2.718是自然对数的底数，g（x） f（x）是函数 f（x）的导数 （1）若 g（x）是 R 上的单调函数，求 a 的值； （2）当 a时，求证：若 x1x2，且 x1+x22，则 f（x1）+f（x2）2 【分析】 （1）由于 g（x）ex+1（ex+1axa1） ，g（x）是 R 上的单调函数G（x） ex+1axa10 恒成立，结合 G（1）0，可得 a 的值； （2）解法 1：消元求导： f（x），令 x+1t，t1+t20，再设 tx2+10，h（t） et（ett

32、+） ，令 H（t）h（t）+h（t）原题即证明当 t0 时，H（t）2； 解法 2：切线放缩：化解过程同上，原题即证明当 t0 时，H（t）h（t）+h（t）2， h（t）et（ett+） ，注意到 h（0）e0（e00+）1，求出 h（t）在（0， 1）处的切线方程为 yt+1，从而证明 h（t）t+1 恒成立（t0）即可 【解答】解： （1）g（x）f（x）ex+1（ex+1ax1） ，g（x）ex+1（ex+1ax a1） ， 由题意 g（x）是 R 上的单调函数， 故 G（x）ex+1axa10 恒成立，由于 G（1）0， 所以 G（1）0，解得 a1 解法 1：消元求导： （2），

33、 令 x+1t，t1+t20，不妨设 tx2+10，h（t）et（ett+） ， 令 H（t）h（t）+h（t）et（ett+）+e t（ e t+ t+） ， 原题即证明当 t0 时，H（t）2，H（t）et（ett）e t（ e t+ t） （et+e t） （etet） t（et+e t） （ete t） 第 22 页（共 22 页） （et+e t） （etet）t+ （ete t）（et+et）20，其中 （etet） （et+e t）10， 因为 H（0）2， 所以当 t0 时，H（t）2，得证 解法 2：切线放缩： 化解过程同上，原题即证明当 t0 时，H（t）h（t）+h（t）

34、2，h（t）et（et t+） ， 注意到 h（0）e0（e00+）1， 求出 h（t）et（ett+）在（0，1）处的切线方程，则 h（t）et（ett ） ，即 h（0），则：切线方程为 yt+1 下面证明 h（t）t+1 恒成立（t0） ； 令 F（t）h（t）t1， 则 F（t）et（ett）0t0，得 F（t）0 在 t0 恒成立， 故 F（t）在（t0）上单调递增，F（t）h（t）t1F（0）0 恒成立， 故 h（t）t+1 恒成立，同理可证 h（t）始终位于 h（t）在（0，1）处的切线 y t+1 的上方， 即：h（t）（t）+1（实际上 h（t）与 h（t）关于 y 轴对称） ， 故 H（t）h（t）+h（t）t+1+（t）+12 恒成立，原不等式得证 【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、突出考查函数恒成立问题， 考查等价转化方法，逻辑推理推理能力与数学运算能力，属于难题