广东省汕尾市2020-2021高二下学期数学期末试卷及答案.pdf

1、 2020-2021 学年广东省汕尾市高二（下）期末学年广东省汕尾市高二（下）期末教学质量测试教学质量测试 数学试卷数学试卷 一一选择题：本题共选择题：本题共 8 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 40 分分.在每小题给出的四个选项中，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的只有一项是符合题目要求的. 1设集合 A1，0，1，2，3，Bx|x23x0，则 AB（ ） A1，2 B0，1，2 C1，2，3 D0，1，2，3 2在等差数列an中，已知 a3+a5+a715，则该数列前 9 项和 S9（ ） A18 B27 C36 D45 3已知直线 x+y0 与圆（x1）2+（

2、yb）22 相切，则 b（ ） A3 B1 C3 或 1 D52 4已知函数( )()sin2f xxxR=+，下面结论错误的是（ ） A函数 f（x）的最小正周期为 2 B函数（x）在区间0,2上是增函数 C函数 f（x）的图象关于直线 x0 对称 D函数 f（x）是偶函数 5某校高三年级 1 班有 45 名学生，经初步计算，今年广东一模数学考试全班平均分为 70分，标准差为 s，后来发现甲、乙两名同学的成绩录入有误，甲实际为 60 分，被误录入为 50 分，乙实际为 40 分，被误录入为 50 分更正后重新计算，得到全班数学成绩的标准差为 s1，则 s 与 s2的大小关系为（ ） Ass1

3、 Bss1 Css1 D不能确定 6若直线 yx+1 与曲线lnxyax=+相切，则 a 的值为（ ） A0 B1 C1 D2 7 如 图 所 示 ，F为 平 行 四 边 形ABCD对 角 线BD上 一 点 ，13BFFD= ， 若AFxAByBC=+ ，则xy =（ ） A. 516 B. 316 C. 316 D. 516 8. 已知双曲线2222:1(0,0)xyCabab=的左右焦点分别为12,F F， 过点2F作直线l交双曲线C的右支于,A B两点，其中点A在第一象限，且223AFBF=.若AB =1AF，则双曲线C的离心率为（ ） A. 32 B. 2 C. 15 D. 4 二、选

4、择题：本题共二、选择题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分。在每小题给出的选项中，有多项符合分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得题目要求。全部选对的得 5 分，部分选对的得分，部分选对的得 2 分，有选错的得分，有选错的得 0 分。分。 9已知复数 zi（2+i），则（ ） A 12i B|z|5 Cz 对应的点位于第二象限 Dz 虚部为 2i 10已知抛物线 C：y24x 的焦点为 F，则下列结论正确的有（ ） A抛物线 C 上一点 M 到焦点 F 的距离为 4，则点 M 的横坐标为 3 B过焦点 F 的直线被抛物线所截的弦长最短为 4 C

5、过点（0，2）与抛物线 C 有且只有一个公共点的直线有 2 条 D过点（2，0）的直线 1 与抛物线 c 交于不同的两点 A（x1，y1），B（x2，y2），则 y1y28 11. 已知函数( )331f xxx=+，则（ ） A. 函数( )f x的增区间为11,33 + B. 函数( )f x的极小值为79 C. 若方程( )f xa=有三个互不相等的实数根，则71199a D. 函数( )f x的图像关于点()0,1对称 12. 下列命题中，正确的是（ ） A. 已知随机变量X服从正态分布()21,N，若()00.2P X =，则(2)0.8P X = B. 已知随机变量X的分布列为()

6、()()1,2,3,1001aP Xiii i=+，则99100a = C. 用X表示n次独立重复试验中事件A发生的次数，p为每次试验中事件A发生的概率，若()()50,30E XD X=，则25p = D. 已知某家系有甲和乙两种遗传病，该家系成员A患甲病的概率为415，患乙病的概率为215，甲乙两种病都不患的概率为710.则家系成员A在患甲病的条件下，患乙病的概率为38 三、填空题：本小题共三、填空题：本小题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分。分。 13命题：“xN，x3x2”的否定是 、 14已知12nxx的展开式中各项的二项式系数的和为 128，则这个展开式中

7、 x3项的系数是 15某中学举行“唱响红色主旋律，不忘初心跟党走”的文艺活动活动共有 9 个节目，其中高中部有 4 个参演节目，初中部有 5 个参演节目根据节目内容，第一个节目一定是初中部的，且高中部的 4 个参演节目均不相邻演出，则共有 种不同的演出顺序（用数字回答） 16如图，一个圆锥形物体的母线长为 6，一只小虫从圆锥的底面圆上的点 P 出发，绕圆锥表面爬行一周后回到点 P 处，若该小虫爬行的最短路程为6 2则该圆锥形物体的底面半径等于 四、解答题：本题共四、解答题：本题共 6 小题，共小题，共 70 分。解答写出文字说明、证明过程或演算步骤。分。解答写出文字说明、证明过程或演算步骤。

8、17在ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，且 b2，c4 （1）若 acosB（2cb）cosA，求ABC 的面积； （2）若 A2B，求边 a 18已知数列an的前 n 项和 Sn满足 Sn2n+12（nN+） （1）求 an； （2）已知_，求数列bn的前 n 项和 Tn 从下列三个条件中任选一个，补充在上面问题的横线中，然后对第（2）问进行解答 条件：bn（2n+1）an（nN+）； ()()()*1211nnnnbnaa+=N； bn（1）nlog2a2n+1（nN+） 19汕尾市陆河县因盛产青梅，被誉为“中国青梅之乡”该县某企业旗下的青梅产品深受广大消费者的青睐该企

9、业产品分正品和次品两种，每箱产品有 200 件，每件产品为次品的概率为 0.1，且是否为次品相互独立近期该企业举办了“青梅节”抽奖活动和促销活动 （1）“青梅节”抽奖活动，共有 10 张奖券，其中一等奖 1 张，每张价值 500 元；二等奖 3 张，每张价值 100 元；其余 6 张没有奖励、顾客 A 从 10 张奖券中随机抽出 2 张求顾客 A 获奖的总价值 X（单位：元）的分布列； （2）“青梅节”促销活动，每箱产品交付给顾客前都要进行检验，每件产品的检验费为2 元若检验出次品，则要更换为正品（更换的产品无需再付检验费）若因没有检验导致次品流入顾客手中，每件流入顾客手中的次品，企业要向顾客

10、支付 25 元的赔偿费现有以下两种方案，请你以检验费与赔偿费之和的期望值为决策依据，帮助企业决定应该选择那种方案？ 方案一：从每箱 200 件产品中随机抽查检验 20 件产品； 方案二：对每箱 200 件产品进行逐一检验 20如图1所示，在凸四边形ABCD中，,426ACBADCDACCABAB=，AB4，点 E 为 AB 的中点，M 为线段 AC 上的一点，且 MEAB，沿着 AC 将DAC 折起来，使得平面 DAC平面BAC，如图 2 所示 （1）证明：BCAD； （2）求平面 MDE 与平面 DEB 所成锐二面角的余弦值 21李华找了一条长度为 8 的细绳，把它的两端固定于平面上两点 F

11、1，F2处，|F1F2|8，套上铅笔，拉紧细绳，移动笔尖一周，这时笔尖在平面上留下了轨迹 C，当笔尖运动到点 M 处时，经测量此时122FMF=，且F1MF2的面积为 4 （1）以 F1，F2所在直线为 x 轴，以 F1F2的垂直平分线为 y 轴，建立平面直角坐标系，求李华笔尖留下的轨迹 C 的方程（铅笔大小忽略不计）； （2）若直线 1 与轨迹 C 交于 A，B 两点，且弦 AB 的中点为 N（2，1），求OAB 的面积 22已知函数( )()2ln2f xa xx aRx=+ （1）若函数 f（x）在定义域上单调递增，求实数 a 的取值范围； （2）若 f（x）存在两个极值点 x1，x2，

12、且1232xx，证明：|f（x1）f（x2）|10ln26 参考答案参考答案 一、选择题（共一、选择题（共 8 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 40 分）分）. 1设集合 A1，0，1，2，3，Bx|x23x0，则 AB（ ） A1，2 B0，1，2 C1，2，3 D0，1，2，3 解：集合 A1，0，1，2，3， Bx|x23x0 x|0 x3， AB1，2 故选：A 2在等差数列an中，已知 a3+a5+a715，则该数列前 9 项和 S9（ ） A18 B27 C36 D45 解：由等差数列的性质可得：a3+a5+a7153a5， 解得 a55 则该数列的前 9 项和9a54

13、5 故选：D 3已知直线 x+y0 与圆（x1）2+（yb）22 相切，则 b（ ） A3 B1 C3 或 1 D 解：圆（x1）2+（yb）22 的圆心坐标为（1，b），半径为 由圆心到切线的距离等于半径，得， |1+b|2，解得 b1 或 b3 故选：C 4已知函数（x）sin（x+）（xR），下面结论错误的是（ ） A函数 f（x）的最小正周期为 2 B函数（x）在区间0，上是增函数 C函数 f（x）的图象关于直线 x0 对称 D函数 f（x）是偶函数 解：对于函数（x）sin（x+）cosx（xR）， 它的最小正周期为 2，故 A 正确； 显然，函数（x）在区间0，上是减函数，故 B

14、错误； 由于 f（x）为偶函数，故它的图象关于直线 x0 对称，故 C、D 正确， 故选：B 5某校高三年级 1 班有 45 名学生，经初步计算，今年广东一模数学考试全班平均分为 70分，标准差为 s，后来发现甲、乙两名同学的成绩录入有误，甲实际为 60 分，被误录入为 50 分，乙实际为 40 分，被误录入为 50 分更正后重新计算，得到全班数学成绩的标准差为 s1，则 s 与 s2的大小关系为（ ） Ass1 Bss1 Css1 D不能确定 解：由题意可知，改动前后的平均分不变，还是 70 分， 但是计算方差的时候，因为（5070）2+（5070）2（6070）2+（4070）2， 所以

15、ss1 故选：A 6若直线 yx+1 与曲线 y+a 相切，则 a 的值为（ ） A0 B1 C1 D2 解：直线 yx+1 与曲线 yf（x）+a 相切，设切点为 P（x0，y0）， f（x）（）1， lnx01， x01， y0+aax0+12， 故选：D 7如图所示，F 为平行四边形 ABCD 对角线 BD 上一点，若x+y，则 xy（ ） A B C D 解：， 由图可得：+（）， 则 x，y， 所以 xy， 故选：C 8已知双曲线 C：1（a0，b0）的左、右焦点分别为 F1，F2，过点 F2作直线 l 交双曲线 C 的右支于 A， B 两点， 其中点 A 在第一象限， 且|AF2|

16、3|BF2| 若|AB|AF1|，则双曲线 C 的离心率为（ ） A B2 C D4 解：设|BF2|x，因为|AF2|3|BF2|，则|AF2|3x， 由双曲线的定义可得|AF1|2a+3x，|BF1|2a+x， 因为|AB|AF1|4x2a+3xx2a， 所以|BF2|2a，|AF2|6a，|AF1|8a，|BF1|4a， 因为F1F2B+F1F2A，所以 cosF1F2B+cosF1F2A0， 由余弦定理可得， 即，解得 故选：B 二、选择题：本题共二、选择题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分。在每小题给出的选项中，有多项符合分。在每小题给出的选项中，有多

17、项符合题目要求。全部选对的得题目要求。全部选对的得 5 分，部分选对的得分，部分选对的得 2 分，有选错的得分，有选错的得 0 分。分。 9已知复数 zi（2+i），则（ ） A 12i B|z|5 Cz 对应的点位于第二象限 Dz 虚部为 2i 解：zi（2+i）1+2i， 12i，| |，A 对 B 错； 复数 z 对应点坐标为（1，2）在第二象限，C 对； z 的虚部为 2，D 错 故选：AC 10已知抛物线 C：y24x 的焦点为 F，则下列结论正确的有（ ） A抛物线 C 上一点 M 到焦点 F 的距离为 4，则点 M 的横坐标为 3 B过焦点 F 的直线被抛物线所截的弦长最短为 4

18、 C过点（0，2）与抛物线 C 有且只有一个公共点的直线有 2 条 D过点（2，0）的直线 1 与抛物线 c 交于不同的两点 A（x1，y1），B（x2，y2），则 y1y28 解：抛物线 C：y24x 的焦点为 F（1，0），准线方程为 x1， 对于 A，设 M 的横坐标为 x0，则由抛物线的定义可得，MFx0+14，解得 x03，故选项 A 正确； 对于 B，过焦点 F 的直线被抛物线所截的弦长最短为通径长，又通径长为 2p4，故选项B 正确； 对于 C，当直线的斜率不存在时，直线为 x0，与抛物线有一个公共点； 当直线与抛物线的对称轴平行，即直线为 y2 时，与抛物线有一个公共点； 当直

19、线斜率存在且不为 0 时，设直线的方程为 ykx+2， 联立方程组，可得 k2x2+4（k1）x+40， 则16（k1）216k20，解得， 此时直线方程为，与抛物线有一个公共点 综上所述，过点（0，2）与抛物线 C 有且只有一个公共点的直线有 3 条，故选项 C 错误； 设过点（2，0）的直线方程为 xmy+2， 联立方程组，可得 y24my80， 则 y1y28，故选项 D 正确 故选：ABD 11已知函数 f（x）3x3x+1，则（ ） A函数 f（x）的增区间为（，）（，+） B函数 f（x）的极小值为 C若方程 f（x）a 有三个互不相等的实数根，则a D函数 f（x）的图像关于点（

20、0，1）对称 解：f（x）3x3x+1， f（x）9x21， 令 f（x）0，得 x或 x， 令 f（x）0，得x， 所以 f（x）的单调递增区间为（，），（，+）， 单调递减区间为（，），故 A 错误； f（x）极小值f（）3（）3+1，故 B 正确； f（x）极大值f（）3（）3+1， 作出 f（x）的图象： 由图可知 f（x）a 有三个互不相等的实数根， 所以a，故 C 错误； f（0 x）f（x）3（x）3（x）+13x3+x+1， f（0+x）f（x）x3x+1， 所以 f（0 x）+f（0+x）2， 所以 f（x）的图象关于点（0，1）对称，故 D 正确 故选：BD 12下列命题中

21、，正确的是（ ） A已知随机变量 X 服从正态分布 N（1，2），若 P（X0）0.2，则 P（X2）0.8 B已知随机变量 X 的分布列为 P（Xi）（i1，2，3，100），则 a C用 X 表示 n 次独立重复试验中事件 A 发生的次数，P 为每次试验中事件 A 发生的概 率，若 E（X）50，D（X）30，则 P D已知某家系有甲和乙两种遗传病，该家系成员 A 患甲病的概率为，患乙病的概率为，甲乙两种病都不患的概率为则家系成员 A 在患甲病的条件下，患乙病的概率为 解：对于 A：随机变量 X 服从正太分布 N（1，2）， 所以 P（X0）0.2， 所以 P（0X1）0.50.20.3，

22、 所以 P（1X2）P（0X1）0.3， 所以 P（X2）0.5+0.30.8，故 A 正确； 对于 B：由于已知随机变量 X 的分布列为 P（Xi）（i1，2，3，100）， 所以 P（X1）+P（X2）+P（X3）+.+P（X100）1， 所以+.+1， 所以 a（1）+（）+.+（）1， 所以 a（1）1， 所以 a，故 B 错误； 对于 C：因为随机变量服从二项分布 B（n，p），E（X）50，D（X）30， 所以 np50，np（1p）30， 解得 p，故 C 正确； 对于 D：设甲乙两种病都患的概率为 p， p+p+p+1， 解得 p， 所以家系成员 A 在患甲病的条件下，患乙病的

23、概率为，故 D 正确， 故选：ACD 三、填空题：本小题共三、填空题：本小题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分。分。 13命题：“xN，x3x2”的否定是 xN，x3x2 、 解：由一个命题的否定的定义可知：改变相应的量词，然后否定结论 故答案是xN，x3x2 14已知（2x）n的展开式中各项的二项式系数的和为 128，则这个展开式中 x3项的系数是 672 解：2n128， n7 （2x）7的展开式的通项 Tr+1（2x）7r27r（1）rx72r， 令 72r3，得 r2， T325x33221672， 故答案为：672 15某中学举行“唱响红色主旋律，不忘初心跟

24、党走”的文艺活动活动共有 9 个节目，其中高中部有 4 个参演节目，初中部有 5 个参演节目根据节目内容，第一个节目一定是初中部的，且高中部的 4 个参演节目均不相邻演出，则共有 14400 种不同的演出顺序（用数字回答） 解：根据题意，分 2 步进行分析： 将初中部的 5 个节目全排列，有120 种安排方法， 排好后，除去前端空位不可用，有 5 个空位可用，在其中任选 4 个，安排高中部的 4个节目，有120 种安排方法， 则有 12012014400 种安排方法， 故答案为：14400 16如图，一个圆锥形物体的母线长为 6，一只小虫从圆锥的底面圆上的点 P 出发，绕圆锥表面爬行一周后回到

25、点 P 处，若该小虫爬行的最短路程为 6则该圆锥形物体的底面半径等于 解：根据圆锥的侧面展开图： 得知 OAOB6，AB6， 所以 OA2+OB2AB2， 所以AOB， 设圆锥的底面半径为 r， 所以 62r，解得 r， 故答案为： 四、解答题：本题共四、解答题：本题共 6 小题，共小题，共 70 分。解答写出文字说明、证明过程或演算步骤。分。解答写出文字说明、证明过程或演算步骤。 17在ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，且 b2，c4 （1）若 acosB（2cb）cosA，求ABC 的面积； （2）若 A2B，求边 a 解：（1）acosB（2cb）cosA， acos

26、B+bcosA2ccosA，即 sinAcosB+cosAsinB2sinCcosA， 则 sin（A+B）2sinCcosA， sin（A+B）sinC0， cosA， 又A（0，）， A， 则 SABCbcsinA2 （2）A2B，sinAsin2B2sinBcosB， 即有 a2bcosB， 又cosB， 整理可得 8a4（a+12），即 a12， 解得 a2 18已知数列an的前 n 项和 Sn满足 Sn2n+12（nN+） （1）求 an； （2）已知_，求数列bn的前 n 项和 Tn 从下列三个条件中任选一个，补充在上面问题的横线中，然后对第（2）问进行解答 条件：bn（2n+1）

27、an（nN+）； bn（nN+）； bn（1）nlog2a2n+1（nN+） 解：（1）根据题意，当 n1 时，有 a12222；当 n2 时，anSnSn12n+12（2n2）2n， 又 a12 满足上式，所以 an2n； （2）若选择条件： 由（1）可知 an2n；所以 bn（2n+1）an（2n+1）2n， 所以 Tnb1+b2+bn321+522+（2n+1）2n；2Tn322+523+（2n+1）2n+1， 两式相减得Tn6+2（21+22+2n）（2n+1）2n+16+2（2n+1）2n+1， 即Tn62（42n+1）（2n+1）2n+12（2n1）2n+1，所以 Tn（2n1）2

28、n+1+2； 若选择条件： 由（1）可知 an2n；所以 bn （nN+）， 所以 Tnb1+b2+bn（）+（）+（）1； 若选择条件： 由（1）可知 an2n；所以 bn（1）nlog2a2n+1（1）n（2n+1）， 所以当 n 为偶数时，Tn（b1+b2）+（b3+b4）+（bn1+bn）， 即 Tn（3+5）+（7+9）+（2n1）+（2n+1）2n； 当 n 为奇数时，Tnb1+（b2+b3）+（b4+b5）+（bn1+bn）， 即 Tn（3）+（2）+（2）+（2）3+（2）n2， 综上所述，Tn（nN+） 19汕尾市陆河县因盛产青梅，被誉为“中国青梅之乡”该县某企业旗下的青梅产

29、品深受广大消费者的青睐该企业产品分正品和次品两种，每箱产品有 200 件，每件产品为次品的概率为 0.1，且是否为次品相互独立近期该企业举办了“青梅节”抽奖活动和促销活动 （1）“青梅节”抽奖活动，共有 10 张奖券，其中一等奖 1 张，每张价值 500 元；二等奖 3 张，每张价值 100 元；其余 6 张没有奖励、顾客 A 从 10 张奖券中随机抽出 2 张求顾客 A 获奖的总价值 X（单位：元）的分布列； （2）“青梅节”促销活动，每箱产品交付给顾客前都要进行检验，每件产品的检验费为2 元若检验出次品，则要更换为正品（更换的产品无需再付检验费）若因没有检验导致次品流入顾客手中，每件流入顾

30、客手中的次品，企业要向顾客支付 25 元的赔偿费现有以下两种方案，请你以检验费与赔偿费之和的期望值为决策依据，帮助企业决定应该选择那种方案？ 方案一：从每箱 200 件产品中随机抽查检验 20 件产品； 方案二：对每箱 200 件产品进行逐一检验 解：（1）X 的所有可能值为 0，100，200，500，600， ， ， ， 奖品总价值 X 的分布列为 X 0 100 200 500 600 P （2）设检验费用与赔偿费用之和为 W， 当选择方案一时，设剩下的 180 件产品中，次品数为 ， 由题意可得，B（180，0.1）， E（）1800.118， W40+2518490， 当选项方案二时

31、，W2200400， 由于 400490，故选方案二 20如图 1 所示，在凸四边形 ABCD 中，ACBADC，DACCAB，AB4，点 E 为 AB 的中点，M 为线段 AC 上的一点，且 MEAB，沿着 AC 将DAC 折起来，使得平面 DAC平面 BAC，如图 2 所示 （1）证明：BCAD； （2）求平面 MDE 与平面 DEB 所成锐二面角的余弦值 【解答】（1）证明：如图， 平面 DAC平面 BAC，且平面 DAC平面 BACAC， BC平面 BAC，且 BCAC，BC平面 DAC， 而 AD平面 DAC，BCAD； （2）解：以 C 为原点，分别以 CA、CB 所在直线为 x、

32、y 轴建立空间直角坐标系， 在图 1 中，ACBADC，DACCAB，AB4， BC2，AC，CD，CMACAM， M（，0，0），E（，1，0），B（0，2，0），D（，0，）， ， 设平面 MDE 的一个法向量为， 由，取 z11，可得； 设平面 DEB 的法向量为， 由，取 x21，得 设平面 MDE 与平面 DEB 所成锐二面角为 ， 则 cos 故平面 MDE 与平面 DEB 所成锐二面角的余弦值为 21李华找了一条长度为 8 的细绳，把它的两端固定于平面上两点 F1，F2处，|F1F2|8，套上铅笔，拉紧细绳，移动笔尖一周，这时笔尖在平面上留下了轨迹 C，当笔尖运动到点 M 处时，

33、经测量此时F1MF2，且F1MF2的面积为 4 （1）以 F1，F2所在直线为 x 轴，以 F1F2的垂直平分线为 y 轴，建立平面直角坐标系，求李华笔尖留下的轨迹 C 的方程（铅笔大小忽略不计）； （2）若直线 1 与轨迹 C 交于 A，B 两点，且弦 AB 的中点为 N（2，1），求OAB 的面 积 解：（1）设椭圆的标准方程为， 由椭圆的定义知 2a8，故 a216 在 RtF1MF2中，|F1F2|2c，假设|MF1|x，|MF2|y（x，y0）， 又F1MF2的面积为 4cm2， ，故 4c2x2+y2（x+y）22xy48， c212，b2a2c24， 椭圆的标准方程为 （2）设

34、A（x1，y1），B（x2，y2）， 弦 AB 的中点为 N（2，1）， x1+x24，y1+y22 且 x1x2 又A，B 均在椭圆上， ，得， 即（x1+x2）（x1x2）4（y1+y2）（y1y2） （x1x2）2（y1y2） x1x2， 故直线 AB 的方程为：x+2y40 联立 ，整理得 x24x0 得 x10，x24，A（0，2），B（4，0）， OAB 的面积为 4cm2 22已知函数 f（x）alnx+2x（aR） （1）若函数 f（x）在定义域上单调递增，求实数 a 的取值范围； （2）若 f（x）存在两个极值点 x1，x2，且|x1x2|，证明：|f（x1）f（x2）|10

35、ln2 6 解：（1）因为 f（x）alnx+2x （aR）， 所以 f（x）+2（x0）， 因为 f（x）在（0，+）上为增函数， 所以任意 x（0，+），有 f（x）+20， 整理得 a（2x+）恒成立， 因为 x0，所以由基本不等式知，2x+4， 从而有（2x+）4，当且仅当 x1 时等号成立， 所以（2x+）max4，所以 a4， 所以实数 a 的取值范围为4，+） （2）因为 f（x）有两个极值点 x1，x2， 所以方程 2x2+ax+20 有两个正根 x1，x2， 从而有a2160 且 x1+x2，x1x21， 因为 x1x21 且 x1，x2均为正数， 所以可设 0 x11x2，

36、 当 x（x1，x2）时，f（x）0 恒成立， 所以 f（x）在（x1，x2）上为减函数， 从而有 f（x1）f（x2）， 令 Z|f（x1）f（x2）|f（x1）f（x2）， 则 Zalnx1+2x1alnx2+2x2 aln+4（x1x2）2（x1+x2）lnx22+4（x1x2） 4（x1+x2）lnx2+4（x1x2） 4x1（x1+）lnx1， 又因为|x1x2|，所以x1，即 2x12+3x120， 由，得x11， 令 h（x）x（x+）lnx（x1），则 h（x）（1）lnx， 因为x1，所以 h（x）0， 所以 h（x）在，1上为减函数， 所以 h（x）maxh（）2lnln2， 所以 Zmax4h（x）max10ln26， 所以|f（x1）f（x2）|10ln26，得证