江苏省江阴市三校2020届高三下学期联考数学试卷含附加题（有解析）

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1、1已知集合 M0，1，2，集合 N0，2，4，则 MN   2已知复数 z1+2i（i 为虚数单位） ，则 z2的值为   3袋中有形状、大小都相同的 4 只球，其中 1 只白球、1 只红球、2 只黄球，从中一次随机 摸出 2 只球，则这 2 只球颜色不同的概率为   4 某中学共有 1800 人， 其中高二年级的人数为 600 现用分层抽样的方法在全校抽取 n 人， 其中高二年级被抽取的人数为 21，则 n   5执行如图所示的伪代码，输出的结果是   6若曲线 f（x）mxex+n 在（1，f（1） ）处的切线方程为 yex，则 m+n &

2、nbsp; 7在平面直角坐标系 xOy 中，已知点 A 是抛物线 y24x 与双曲线 2 4 2 2 =1（b0）一 个交点，若抛物线的焦点为 F，且 FA5，则双曲线的渐近线方程为   8已知an是等比数列，Sn是其前 n 项和，若 a32，S124S6，则 a9的值为   9已知直三棱柱 ABCA1B1C1的所有棱长都为 a，点 P，Q 分别为棱 CC1，BC 的中点，四 面体 A1B1PQ 的体积为 3 2 ，则 a 的值为   10已知 (0， 2)且2 = 3 5，则 ( 4;) ( 4:) =   11若关于 x，y 的方程组： + = 1

3、+ = 在 x1，2上有解，则 m2+n2的最小值为   12已知正实数 a，b 满足 a+2b2，则（a+ 4 ） （b+ 1 ）的最小值为   13在平面直角坐标系 xOy 中，A，B 是圆 C：x24x+y20 上两动点，且 AB2，点 P 坐 标为（4，3） ，则|3 2 |的取值范围为   14已知函数 f（x）= 3 + 42+ ，0 2， 0，若函数 g （x）ff（x1）恰有 3 个 不同的零点，则实数 b 的取值范围是   二、解答题：本答题共二、解答题：本答题共 6 分，计分，计 90 分分.解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步

4、骤，解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤， 请把答案写在答题卡的指定区域内请把答案写在答题卡的指定区域内. 15 在ABC 中， 角 A， B， C 的对边分别为 a， b， c， 已知 = 10 10 ， = 2， = 5 （1）求 a； （2）求 cos（BA）的值 16如图，在四棱锥 PABCD 中 （1）若 AD平面 PAB，PBPD，求证：平面 PBD平面 PAD； （2）若 ADBC，AD2BC，E 为 PA 的中点，求证：BE平面 PCD 17已知椭圆 C： 2 2 + 2 2 =1（ab0）的左顶点为 A，左、右焦点分别为 F1，F2，离心 率为1 2，P 是椭圆上的一

5、个动点（不与左、右顶点重合） ，且PF1F2 的周长为 6，点 P 关 于原点的对称点为 Q，直线 AP，QF2交于点 M （1）求椭圆方程； （2）若直线 PF2与椭圆交于另一点 N，且 S 2=4S2，求点 P 的坐标 18如图，建筑公司受某单位委托，拟新建两栋办公楼 AB，CD（AC 为楼间距） ，两楼的楼 高分别为 am，bm，其中 ba由于委托单位的特殊工作性质，要求配电房设在 AC 的中 点 M 处，且满足两个设计要求：BMD90，楼间距与两楼的楼高之和的比 （0.8，1） （1）求楼间距 AC（结果用 a，b 表示） ；来源:学科网 ZXXK （2） 若CBD45， 设 = ，

6、用 k 表示 ， 并判断是否能满足委托单位的设计要求？ 19已知函数() = 2+1，其中 a0，bR，e 为自然对数的底数 （1）若 b1，x0，+） ，若函数 f（x）单调递增，求实数 a 的取值范围；若对 任意 x0，f（x）1 恒成立，求实数 a 的取值范围 （2）若 b0，且 f（x）存在两个极值点 x1，x2，求证：1 + 3 2(1) + (2) 20已知数列an满足奇数项a2n1成等差，公差为 d，偶数项a2n成等比，公比为 q，且 数列an的前 n 项和为 Sn，a11，a22 （1）若 S52a4+a5，a9a3+a4 求数列an的通项公式； 若 amam+1am+2，求正

7、整数 m 的值； （2）若 d1，q1，对任意给定的 q，是否存在实数 ，使得| 21 2 对任意 nN* 恒成立？若存在，求出 的取值范围；若不存在，请说明理由 选修选修 4-2：矩阵与变换：矩阵与变换 21已知矩阵 = 4 0 01， = 12 05，列向量 = （1）求矩阵 AB； （2）若;1;1 = 5 1，求 a，b 的值 选修选修 4-4：坐标系与参数方程：坐标系与参数方程 22在极坐标系中，直线 l 的极坐标方程为 = 3 ( )，以极点为原点，极轴为 x 轴的正 半轴建立平面直角坐标系，曲线 C 的参数方程为 = 2 = 1 + 2（ 为参数） ，求直线 l 与曲线 C 的交

8、点 P 的直角坐标 【必做题】第【必做题】第 22 题、第题、第 23 题，每题题，每题 10 分，共计分，共计 20 分请在答卷卡指定区域内作答解分请在答卷卡指定区域内作答解 答应写出文字说明、证明过程或演算步骤答应写出文字说明、证明过程或演算步骤 23已知正四棱锥 PABCD 的侧棱和底面边长相等，在这个正四棱锥的 8 条棱中任取两条， 按下列方式定义随机变量 的值： 若这两条棱所在的直线相交，则 的值是这两条棱所在直线的夹角大小（弧度制） ； 若这两条棱所在的直线平行，则 0； 若这两条棱所在的直线异面，则 的值是这两条棱所在直线所成角的大小（弧度制） （1）求 P（0）的值； （2）求

9、随机变量 的分布列及数学期望 E（） 24给定整数 n（n3） ，记 f（n）为集合1，2，2n1的满足如下两个条件的子集 A 的元素个数的最小值： （a）1A，2n1A； （b）A 中的元素（除 1 外）均为 A 中的另两 个（可以相同）元素的和 （1）求 f（3）的值； （2）求证：f（100）108 答案解析答案解析 一、填空题：本题共一、填空题：本题共 14 小题，每小题小题，每小题 5 分，计分，计 70 分分.不需写出解答过程，请把答案写在答不需写出解答过程，请把答案写在答 题纸的指定位置上题纸的指定位置上. 1已知集合 M0，1，2，集合 N0，2，4，则 MN 0，1，2，4

10、利用集合的并集运算即可解题 集合 M0，1，2，集合 N0，2，4， MN0，1，2，4， 故答案为：0，1，2，4 此题考查了并集及其运算，熟练掌握并集的定义是解本题的关键，属于基础题 2已知复数 z1+2i（i 为虚数单位） ，则 z2的值为 3+4i 利用复数的运算法则即可得出 复数 z1+2i（i 为虚数单位） ， 则 z214+4i3+4i 故答案为：3+4i 本题考查了复数的运算法则，考查了推理能力与计算能力，属于基础题 3袋中有形状、大小都相同的 4 只球，其中 1 只白球、1 只红球、2 只黄球，从中一次随机 摸出 2 只球，则这 2 只球颜色不同的概率为 5 6 根据题意，把

11、 4 个小球分别编号，用列举法求出基本事件数，计算对应的概率即可 根据题意，记白球为 A，红球为 B，黄球为 C1、C2，则 一次取出 2 只球，基本事件为 AB、AC1、AC2、BC1、BC2、C1C2共 6 种， 其中 2 只球的颜色不同的是 AB、AC1、AC2、BC1、BC2共 5 种； 所以所求的概率是 P= 5 6， 故答案为：5 6 本题考查了用列举法求古典概型的概率的应用问题，是基础题目 4 某中学共有 1800 人， 其中高二年级的人数为 600 现用分层抽样的方法在全校抽取 n 人， 其中高二年级被抽取的人数为 21，则 n 63 根据分层抽样的定义建立比例关系即可得到结论

12、 高二年级被抽取的人数为 21， 21 600 = 1800，得 n63， 故答案为：63 本题主要考查分层抽样的应用，根据条件建立比例关系是解决本题的关键比较基础 5执行如图所示的伪代码，输出的结果是 8 由题意，模拟程序的运行，依次写出 I，S 的值，即可求解 模拟程序的运行，可得 S1，I2 满足条件 S100，执行循环体，I4，S4 满足条件 S100，执行循环体，I6，S24 满足条件 S100，执行循环体，I8，S192 此时，不满足条件 S100，退出循环，输出 I 的值为 8 故答案为：8 本题主要考查了循环语句的定义及表示形式，熟练掌握循环语句的格式是解答的关键， 属于基础题

13、 6若曲线 f（x）mxex+n 在（1，f（1） ）处的切线方程为 yex，则 m+n :1 2 先将 x1 代入切线方程求出切线坐标，然后代入曲线方程得 m，n 的一个方程，然后 求出曲线在 x1 处的导数，令其等于 e，得另一个关于 m，n 的方程，联立求解 即可 将 x1 代入 yex 得切点为（1，e） ， 所以 eme+n， 又 f（x）mex（x+1） ， f（1）2eme， = 1 2 ， 联立解得 = 1 2， = 2， 故 + = +1 2 故答案为：:1 2 本题考查导数的几何意义和切线方程的求法，注意利用切点满足的两个条件列方程组求 解同时考查学生的逻辑推理和数学运算等

14、数学核心素养属于基础题 7在平面直角坐标系 xOy 中，已知点 A 是抛物线 y24x 与双曲线 2 4 2 2 =1（b0）一 个交点，若抛物线的焦点为 F，且 FA5，则双曲线的渐近线方程为 y23 3 x 求出 A 的坐标，代入双曲线方程求出 b，然后求解双曲线的渐近线方程 抛物线 y24x 的焦点为 F，且 FA5，可得 F（1，0）则 A（4，4） ， 点 A 是抛物线 y24x 与双曲线 2 4 2 2 =1（b0）一个交点，a2， 可得4 2 4 16 2 = 1，解得 b= 43 3 ， 所以双曲线的渐近线方程为：y23 3 x 故答案为：y23 3 x 本题考查抛物线以及双曲

15、线的简单性质的应用，考查计算能力 8已知an是等比数列，Sn是其前 n 项和，若 a32，S124S6，则 a9的值为 2 或 6  根据条件结合等比数列的通项公式以及前 n 项和公式，求出首项和公比即可得到结论 在等比数列中，a32，S124S6， 若公比 q1，则 S124S6， q1， S124S6 1(1; 12) 1; =4 1(16) 1 ， 即 1q124（1q6）（1+q6） （1q6） 即（1q6） （q63）0 q61 或 3，又 q1， q1 或 q63， 当 q1 时，a9a3q6212 当 q63 时，a9a3q6236 故答案为：2 或 6 本题主要考查等

16、比数列通项公式和前 n 项和公式的应用，根据条件建立方程关系求出首 项和公比是解决本题的关键 9已知直三棱柱 ABCA1B1C1的所有棱长都为 a，点 P，Q 分别为棱 CC1，BC 的中点，四 面体 A1B1PQ 的体积为 3 2 ，则 a 的值为 2 由题意画出图形，求出 A1到平面 BB1C1C 的距离，再求出三角形 B1PQ 的面积，得到四 面体 A1B1PQ 的体积，则 a 的值可求 如图， 直三棱柱 ABCA1B1C1的所有棱长都为 a，点 P，Q 分别为棱 CC1，BC 的中点， 取 B1C1 的中点 H，连接 A1H，则 A1H平面 BB1C1C，且1 = 3 2 ， 1= 2

17、 1 2 2 2 2 1 2 2 = 32 8 四面体 A1B1PQ 的体积为1 3 32 8 3 2 = 3 16 3= 3 2 ， 解得 a2 故答案为：2 本题考查多面体体积的求法，考查空间想象能力与思维能力，是中档题 10已知 (0， 2)且2 = 3 5，则 ( 4;) ( 4:) = 1 9 由二倍角的余弦函数公式，同角三角函数基本关系式结合角 的范围可求 tan 的值，进 而利用两角和与差的正切函数公式化简所求即可求解 (0， 2)， tan0， 2 = 3 5 = 22 2+2 = 12 1+2，整理可得：tan 2=1 4， tan= 1 2， ( 4;) ( 4:) = 1

18、 1+ 1+ 1 = 11 2 1+1 2 1+1 2 11 2 = 1 9 故答案为：1 9 本题主要考查了二倍角的余弦函数公式，同角三角函数基本关系式，两角和与差的正切 函数公式在三角函数化简求值中的应用，考查了转化思想，属于基础题 11若关于 x，y 的方程组： + = 1 + = 在 x1，2上有解，则 m2+n2的最小值为 9 5 解方程可得（m1）x+n10，构造函数 f（x）（m1）x+n1，依题意，函数 y f（x）在 x1，2上存在零点，则由零点存在性定理可得 f（1）f（2）0，即（m+n 2） （2m+n3）0，作出不等式表示的可行域，再利用 m2+n2的几何意义得解来源

19、:学#科#网 依题意，mx+yxy1n，即（m1）x+n10， 设 f（x）（m1）x+n1，显然函数 f（x）在 R 上单调， 又方程组在 x1，2上有解， 故由函数零点存在性定理可知，f（1）f（2）0，即（m1）+n12（m1）+n1 0，即（m+n2） （2m+n3）0， 作出不等式（m+n2） （2m+n3）0 表示的可行域如下图阴影部分所示， 而 m2+n2表示的是可行域内的任意一点（m，n）到原点距离的平方， 显然其最小值为原点（0，0）到直线 2m+n30 的距离的平方，即为( |3| 22+1) 2 = 9 5 故答案为：9 5 本题题干呈现形式新颖，巧妙的考查了方程的解与函

20、数零点的关系，简单的线性规划， 点到直线的距离公式等知识点， 考查转化思想及数形结合思想， 是一道难度中等的好题 12已知正实数 a，b 满足 a+2b2，则（a+ 4 ） （b+ 1 ）的最小值为 25 2 【分析】由 2a+2b22，可得 1 2， （a+ 4 ） （b+ 1 ）= 2+4 2+1 = ()2+2+42+4 = ()2+(+2)24+4 = + 8 4 令 abt，t（0，1 2根据函数 f（t）t+ 8 4 在（0，1 2）单调递减，即可求解 正实数 a，b 满足 a+2b2， 2a+2b22，可得 1 2， 则（a+ 4 ） （b+ 1 ）= 2+4 2+1 = ()2

21、+2+42+4 = ()2+(+2)24+4 = + 8 4， 令 abt，t（0，1 2 即有 ab+ 8 4 = + 8 4， 又函数 f（t）t+ 8 4 在（0，1 2）单调递减， f（t） (1 2) = 25 2 故答案为：25 2 本题考查了均值不等式的应用，考查了函数思想、转化思想，属于中档题 13在平面直角坐标系 xOy 中，A，B 是圆 C：x24x+y20 上两动点，且 AB2，点 P 坐 标为（4，3） ，则|3 2 |的取值范围为 7，37 设 3 2 = ， 则 =3 ， 即 =3 ， 求出 CM 的长度得出 M 的轨迹， 从而得出| |的范围 3 2 =3 3 +

22、 =3 + ， 设 3 2 = ，则 =3 ，即 =3 ， A，B 均为圆 C：x24x+y20 上两动点，且 AB2， ABC 是边长为 2 的等边三角形， 过 C 作 AB 的垂线 CN，则 N 为 AB 的中点， CN= 3，MN5， CM= 2+ 2=27， M 的轨迹是以 C 为圆心，以 27为半径的圆 又|PC|=(4 2)2+ (3)2= 7， 7 | |37 故答案为：7，37 本题考查了平面向量、圆的方程，轨迹方程，构造 是本题的关键，属于难题 14已知函数 f（x）= 3 + 42+ ，0 2， 0，若函数 g （x）ff（x1）恰有 3 个 不同的零点，则实数 b 的取值

23、范围是 （，25） 首先分析出 b0，则 f（m）0 有两个根，一个为 0，和一个负根 m1，那么 g （x） ff（x1）0 需满足 f（x1）0 或 f（x1）m1，显然 f（x1）0 有两个根， 由题意，f（x1）m1必然有一个根，则只需 bm1即可 当 x0 时，f（x）3x2+8xx（3x8）0，则 f（x）在（，0）上单调递 减，此时 f（x）f（0）b， 令 f（x1）m，当 b0 时，f（m）0 只有一解 m0，此时 g（x）不可能有三个零 点， 故 b0，此时 f（m）0 有两个根，一个为 0，和一个负根 m1，如下图所示， 则 f（x1）0 或 f（x1）m1，m10， 显

24、然 f（x1）0 有两个根，则 f（x1）m1必然有一个根， 由图象可知，要使 f（x1）m1有一个根，则需 bm1， 又13+ 412+ = 0，所以 = 13 4121， 12 41 10，解得12 5， 2 5 故答案为：(，2 5) 本题考查函数的零点，复合函数问题一般利用换元法转化为简单函数，再将函数零点个 数转化为两个函数图象的交点个数，利用数形结合思想求解 二、解答题：本答题共二、解答题：本答题共 6 分，计分，计 90 分分.解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤，解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤， 请把答案写在答题卡的指定区域内请把答案写在答题卡的指定区域内

25、. 15 在ABC 中， 角 A， B， C 的对边分别为 a， b， c， 已知 = 10 10 ， = 2， = 5 （1）求 a； （2）求 cos（BA）的值 （1）直接利用余弦定理求出结果 （2）利用正弦定理和三角函数的关系变换求出结果 （1）ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c， 已知 = 10 10 ， = 2， = 5， 则：a2b2+c22abcosC2+52 2 5 ( 10 10 ) =9， 故：a3 （2）由于 = 10 10 ， 则： = 1 2 = 310 10 利用正弦定理： = ， 解得：sinB= 5 5 ， 所以： = 1 2 = 25 5

26、则：cos（BA）cosBcosA+sinBsinA= 2 10 本题考查的知识要点：三角函数关系式的恒等变换，正弦定理和余弦定理的应用 16如图，在四棱锥 PABCD 中 （1）若 AD平面 PAB，PBPD，求证：平面 PBD平面 PAD； （2）若 ADBC，AD2BC，E 为 PA 的中点，求证：BE平面 PCD （1） 推导出 ADPB， PBPD， 从而 PB平面 PAD， 由此能证明平面 PBD平面 PAD （2）取 PD 的中点 F，连结 EF，推导出 EFAD，且 AD2EF，ADBC，AD2BC， 从而四边形 EFCB 是平行四边形，进而 BECF，由此能证明 BE平面 P

27、CD 证明： （1）因为 AD平面 PAB，PB平面 PAB 所以 ADPB， 又因为 PBPD，且 ADPDD， 所以 PB平面 PAD， 又因为 PB平面 PBD， 所以平面 PBD平面 PAD（6 分） （2）取 PD 的中点 F，连结 EF， 因为 E，F 分别是 PA，PD 的中点， 所以 EFAD，且 AD2EF， 又因为四边形 ABCD 为直角梯形，且 ADBC，AD2BC， 所以 EFBC 且 EFBC，所以四边形 EFCB 是平行四边形， 所以 BECF，又 CF平面 PCD，BE平面 PCD， 所以 BE平面 PCD   本题考查面面垂直的证明，考查线面平行的证明

28、，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，考查函数与方程思想，是中档题 17已知椭圆 C： 2 2 + 2 2 =1（ab0）的左顶点为 A，左、右焦点分别为 F1，F2，离心 率为1 2，P 是椭圆上的一个动点（不与左、右顶点重合） ，且PF1F2 的周长为 6，点 P 关 于原点的对称点为 Q，直线 AP，QF2交于点 M （1）求椭圆方程； （2）若直线 PF2与椭圆交于另一点 N，且 S 2=4S2，求点 P 的坐标 （1）根据椭圆的性质，即可求得 a 和 b 的值，求得椭圆方程； （2）分类讨论，当设 P（m，n） ，当 m1，求得 QF2的方程，联立方

29、程组，求得 M 点坐标，根据 S 2=4S2，则|yM|4|yN|，由2 与2 共线，求得 N 点坐标， 代入椭圆方程，即可求得 P 点坐标 （1）因为椭圆的离心率为1 2，PF1F2 的周长为 6，设椭圆的焦距为 2c 则 2 + 2 = 6 = 1 2 2+ 2= 2 ，解得，a2，c1， = 3 所以椭圆方程为 2 4 + 2 3 = 1 （2）设 P（m，n） ，则 2 4 + 2 3 = 1，且 Q（m，n） 所以 AP 的方程为 = +2 ( + 2) 若 m1，则 QF2的方程为 x1   由对称性不妨设点 P 在 x 轴上方，则(1， 3 2)，(1， 3 2) 联立

30、，解得 = 1 = 9 2 ，即(1， 9 2) PF2的方程为 = 3 4 ( 1)，代入椭圆方程得(13 7 ， 9 14) 所以 2 2 = 1 2|2| 1 2|2| = | | = 9 2 |; 9 14| = 7 4，不符合条件 若 m1，则 QF2的方程为 = 1 ( 1)，即 = +1 ( 1)， 联立， = 3 + 4 = 3 ， 所以 M （3m+4， 3n） ， 因为 S 2=4S2， 所以 1 2 |AF2|yM|4 1 2 |AF2|yN|， 即|yM|4|yN|， 又因为 M，N 位于 x 轴异侧，所以| = 3 4 因为 P，F2，N 三点共线，即2 与2 共线

31、所以( 1) = 3 4 ( 1)，即= 73 4 ， 所以 (73 4 )2 4 + (;3 4 )2 3 = 1，又 2 4 + 2 3 = 1 所以(7 3 )2 2= 28 9 ，解得 = 1 2，所以 = 35 4 所以点 P 的坐标为(1 2， 35 4 )或(1 2， 35 4 ) 本题考查椭圆的标准方程，直线与椭圆的位置关系，向量的坐标运算，考查转化思想， 计算能力，属于中档题 18如图，建筑公司受某单位委托，拟新建两栋办公楼 AB，CD（AC 为楼间距） ，两楼的楼 高分别为 am，bm，其中 ba由于委托单位的特殊工作性质，要求配电房设在 AC 的中 点 M 处，且满足两个

32、设计要求：BMD90，楼间距与两楼的楼高之和的比 （0.8，1） （1）求楼间距 AC（结果用 a，b 表示） ； （2） 若CBD45， 设 = ， 用 k 表示 ， 并判断是否能满足委托单位的设计要求？ 来源:Z+xx+k.Com （1）易知 = 2 = 2 ， = 2 = 2 ，而BMA+DMC90，可得 tanBMAtanDMC1，由此得到 = 2； （2） = 2 + = 2 1+2 = 2 +1 ，利用正切的和角公式可知 = 3 2 + 1 22，即 2k 33k21 0，构造函数 f（x）2x33x21，x1，利用导数结合零点存在性定理可得 1k2， 符合题意，进而作出判断 （1

33、）在ABM 中， = 2 = 2 ，在CDM 中， = 2 = 2 ， BMD90， BMA+DMC90， tanBMAtanDMC1，即 c24ab， = 2； （2） = 2 + = 2 1+2 = 2 +1 ， 在CBD 中，过点 B 作 CD 的垂线，垂足为 E， = ， = ， = ( +) = + 1 = 2+ 2 1 2 2 = 2 1 4 = 1， = 3 2 + 2， 因为 = ，则 = 3 2 + 1 22，即 2k 33k210， 设 f（x）2x33x21，x1， f'（x）6x26x6x（x1）0， 函数 f（x）单调递增， 若 （0.8，1） ，则2 + 1

34、 5 2，即 1k2， f（1）20，f（2）30， 1k2 成立， （0.8，1） ， 能满足委托单位的设计要求 本题考查导数的实际运用，考查利用导数研究函数的单调性及最值，考查应用意识及运 算能力，属于中档题目 19已知函数() = 2+1，其中 a0，bR，e 为自然对数的底数 （1）若 b1，x0，+） ，若函数 f（x）单调递增，求实数 a 的取值范围；若对 任意 x0，f（x）1 恒成立，求实数 a 的取值范围 （2）若 b0，且 f（x）存在两个极值点 x1，x2，求证：1 + 3 2(1) + (2) （1）问题等价于 f（x）0 在0，+）上恒成立，即 ax2a1 对任意 x

35、0，+） 恒成立，由此得解；分0 1 2及 1 2讨论，容易得出结论； （2）解法一：表示出 f（x1）+f（x2）= 1(21)+211 2 ，令() = (2)+2 2 ， 求导后易证 F（x）F（1）e；令() = (2 ) + 2 3(2 )， (0，1)， 利用导数可证 G（x）G（0）2，进而得证1 + 3 2(1)+ (2)； 解法二： 不等式的右边同解法一； 由 （1） 当 x0 时， 可得 1 2 2+ + 1， 由此 f （x1） +f （x2） = 1(21)+211 2 2(1 212+1+1)+1( 1 222+2+1) 2 = 1 + 3 212 = 1 + 3 2

36、， 即得证 （1）因为() = 2+1单调递增， 所以() = 2+(12) (2+1)2 0对任意 x0， +） 恒成立， 即 ax2a1 对任意 x0， +）恒成立， 2a10，即0 1 2； 由当0 1 2时，() = 2+1单调递增，故 f（x）1 成立，符合题意； 当 1 2时，令 f'（x）0 得 = 21 ， f（x）在(0， 21 )上递减， (21 )(0) = 1不合题意； 综上，实数 a 的取值范围为(0， 1 2； （2）证明：解法一：因为() = 2+1 ， 存在两个极值点 x1，x2 所以() = (22+1) (2+1)2 = 0有两个不同的解，故4a24

37、a0，又 a0，所以 a 1， 设两根为 x1，x2（x1x2） ，则1+ 2= 2，12= 1 ，故 0x11， (1) + (2) = 1 1 2+1+ 2 2 2+1 = 1 1 2+1 + 2 2 1+1 = 12+21 1+2 = 1(21)+211 2 ， 令() = (2)+2 2 ，因为() = (1)+2(1) 2 0， 所以 F（x）在（0，1）上递增，则 F（x）F（1）e； 又2(1) + (2) 3 = 1(2 1) + 21 1 31(2 1)， 令() = (2 ) + 2 3(2 )， (0，1)，则() = (1 )(+ 2 6)，  令 G'

38、;（x）0 得= 3 9 2， 又 x（0，1） ，则= 3 9 2，即 = (3 9 2)，记为 x0，则 G（x）在（0， x0）上递增，在（x0，1）上递减， 又 G（0）2，G（1）2e32， 所以 G（x）G（0）2，即(1) + (2)1 + 3 2， 综上：1 + 3 2(1) + (2) 解法二：不等式的右边同解法一； 由（1）当 x0 时， 1 2 2:1 1恒成立，所以有当 x0 时， 1 2 2+ + 1， 所以 (1) + (2) = 1 1 2+1+ 2 2 2+1 = 1 1 2+1 + 2 2 1+1 = 12+21 1+2 2(1 21 2+1+1)+1(1 22 2+2+1) 2 = 1 212(1+2)+212+1+2 2 = 1 + 3 212 = 1 + 3 2 本题考查利用导数研究函数的单调性， 极值及不等式的恒成立问题， 考查不等式的证明， 考查推理论证能力及运算求解能力，属于较难题目 20已知数列an满足奇数项a2n1成等差，公差为 d，偶数项a2n成等比，公比为 q，且 数