1、 第 1 页（共 19 页） 2020 年浙江省高考数学模拟试卷（年浙江省高考数学模拟试卷（6） 一选择题（共一选择题（共 10 小题，满分小题，满分 40 分，每小题分，每小题 4 分）分） 1 （4 分）设集合 Ax|1x2，B1，0，1，2，3，则 AB（ ） A1，0，1，2 B0，1，2 C0，1 Dx|1x2，或 x3 2 （4 分）若 = 2020+3 1+ ，则 z 的虚部是（ ） Ai B2i C1 D1 3 （4 分）设 x，y 满足不等式组 + 2 + 0 且 :4的最大值为 1 2，则实数 a 的值为（ ） A1 B2 C3 D4 4 （4 分）设 aR，bR则“ab”
2、是“|a|b|”的（ ） A充分而不必要条件 B必要而不充分条件 C充分必要条件 D既不充分也不必要条件 5 （4 分）函数() = (1 +1) 的部分图象大致是（ ） A B C D 6 （4 分）如图一，在ABC 中，ABAC，A120，D 为 BC 中点，DEAC，将CDE 沿 DE 翻折，得到直二面角 CDEB，连接 BC，F 是 BC 中点，连接 AF，如图二，则 下列结论正确的是（ ） 第 2 页（共 19 页） AADCD BAFDE CDE平面 ACE DAF平面 CDE 7 （4 分） 口袋中有相同的黑色小球 n 个， 红、 白、 蓝色的小球各一个， 从中任取 4 个小球
3、表示当 n3 时取出黑球的数目， 表示当 n4 时取出黑球的数目则下列结论成立的 是（ ） AE（）E（） ，D（）D（） BE（）E（） ，D（）D（） CE（）E（） ，D（）D（） DE（）E（） ，D（）D（） 8 （4 分）函数 f（x）= 2 ; 1，0 ( 1)， 0，若方程() = 有且只有两个不等的实数根， 则实数 a 的取值范围为（ ） A （0，1） B( 2 2 ，1 C （1，+） D( 2 2 ，+ ) 9 （4 分）如图，矩形 ABCD 中，AB1，BC= 3，F 是线段 BC 上一点且满足 BF1，E 是线段 FC 上一动点，把ABE 沿 AE 折起得到AB1E
4、，使得平面 B1AC平面 ADC，分 别记B1A， B1E与平面ADC所成角为， ， 平面B1AE与平面ADC所成锐角为， 则 （ ） A B C D 10 （4 分）已知数列an满足 a11，:1= 2 + 2+ 1，则使得|2020 |最小的 整数 m 是（ ） A65 B64 C63 D62 二填空题（共二填空题（共 7 小题，满分小题，满分 36 分）分） 11 （6 分）已知双曲线 C1： 2 2 2 2 = 1(0，0)的离心率 e2，左、右焦点分别为 第 3 页（共 19 页） F1、F2，其中 F2也是抛物线2：2= 2(0)的焦点，C1与 C2在第一象限的公共点 为 P若直线
5、 PF1斜率为3 4，则双曲线离心率 e 的值是 12 （6 分）某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则此几何体的体积是 cm3； 表面积是 cm2 13 （6 分）在（ 2 ） 5 的二项展开式中，x 2 的系数为 （用数字作答） 14 （6 分）已知ABC 内角 A、B、C 所对的边分别为 a、b、c， = 23且（2ac）cosB bcosC，则ABC 面积的最大值为 15 （4 分）已知 F 为椭圆 2 16 + 2 12 =1 的右焦点，A（1，3）是椭圆内的一点，点 P 为 椭圆上的点，则|PA|+|PF|的最大值为 16 （4 分） 在锐角ABC 中， A、 B、 C 成等差
6、数列， AC= 3， 的取值范围是 17 （4 分）设 a，bR， 若函数() = 2 3 3+ 1 2 2+ (1 )在区间1，1上单调递增， 则 a+b 的最大值为 三解答题（共三解答题（共 5 小题，满分小题，满分 74 分）分） 18 （14 分） （1）已知0 2 ，2( 6) = 6 5，求(2 12) （2）已知( 4) = 2 10， ( 2 ， 3 4 ) （i）求 sinx 的值 （ii）求(2 + 3)的值 19 （15 分）如图，四棱锥 PABCD 的底面是菱形，平面 PAD平面 ABCD，O，E 分别为 AD，AB 的中点，AB6，DPAP5，BAD60 第 4 页（
7、共 19 页） （1）求证：ACPE； （2）求直线 PB 与平面 POE 所成角的正弦值 20 （15 分） 在各项均不相等的等差数列an中，a11，且 a1， a2，a5成等比数列，数列bn 的前 n 项和 Sn2n+12 （1）求数列an、bn的通项公式； （2）设 cn2 +log2bn，求数列cn的前 n 项和 Tn 21 （15 分）抛物线 M：y28x 的焦点为 F，过焦点 F 的直线 l（与 x 轴不垂直）交抛物线 M 于点 A，B，A 关于 x 轴的对称点为 A1 （1）求证：直线 A1B 过定点，并求出这个定点； （2）若 A1B 的垂直平分线交抛物线于 C，D，四边形 A
8、1CBD 外接圆圆心 N 的横坐标为 19，求直线 AB 和圆 N 的方程 22 （15 分）已知函数 f（x）alnx+ +1 2 2+1，g（x）x3 3(+1) 2 2+3tx+1（t0） （1）当 a= 1 2时，求 f（x）在区间 1 ，e上的最值； （2）讨论函数 f（x）的单调性； （3）若 g（x）xexm+2（e 为自然对数的底数）对任意 x0，+）恒成立时 m 的最 大值为 1，求 t 的取值范围 第 5 页（共 19 页） 2020 年浙江省高考数学模拟试卷（年浙江省高考数学模拟试卷（6） 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 一选择题（共一选择题（共 10 小题，满分小
9、题，满分 40 分，每小题分，每小题 4 分）分） 1 （4 分）设集合 Ax|1x2，B1，0，1，2，3，则 AB（ ） A1，0，1，2 B0，1，2 C0，1 Dx|1x2，或 x3 【解答】解：Ax|1x2，B1，0，1，2，3， AB0，1，2 故选：B 2 （4 分）若 = 2020+3 1+ ，则 z 的虚部是（ ） Ai B2i C1 D1 【解答】解： = 2020+3 1+ = 1+3 1+ = (1+3)(1) (1+)(1) = 2 + ， z 的虚部是 1 故选：D 3 （4 分）设 x，y 满足不等式组 + 2 + 0 且 :4的最大值为 1 2，则实数 a 的值
10、为（ ） A1 B2 C3 D4 【解答】解：作出不等式组对于的平面区域如图： 可知 a2， :4的几何意义是可行域内的点与 Q（4，0）连线的斜率， 直线 x+y20 与直线 yx+a 的交点为 A（1 2，1+ 2） ， 当 x1 2，y1+ 2时， :4的最大值为 1 2，解得 a2，所以实数 a 的值为 2 故选：B 第 6 页（共 19 页） 4 （4 分）设 aR，bR则“ab”是“|a|b|”的（ ） A充分而不必要条件 B必要而不充分条件 C充分必要条件 D既不充分也不必要条件 【解答】解：若 ab，取 a1，b2，则|a|b|，则“ab”是“|a|b|”不充分条 件； 若|a
11、|b|，取 a2，b1，则 ab，则“|a|b|”是ab”不必要条件； 则 aR，bR “ab”是“|a|b|”的既不充分也不必要条件， 故选：D 5 （4 分）函数() = (1 +1) 的部分图象大致是（ ） A B C D 【解答】解：当 x时， 0:， 1 +1 = 1 2 +1 1:，所以 f（x）0+，排除 C， D； 因为 x+时， +， 1 +1 = 1 2 +1 1:，所以 f（x）+，因此排除 B， 故选：A 6 （4 分）如图一，在ABC 中，ABAC，A120，D 为 BC 中点，DEAC，将CDE 沿 DE 翻折，得到直二面角 CDEB，连接 BC，F 是 BC 中点
12、，连接 AF，如图二，则 第 7 页（共 19 页） 下列结论正确的是（ ） AADCD BAFDE CDE平面 ACE DAF平面 CDE 【解答】解：在ABC 中，ABAC，A120，D 为 BC 中点，DEAC， 将CDE 沿 DE 翻折，得到直二面角 CDEB，连接 BC，F 是 BC 中点，连接 AF， DEAE，DECE， AECEE，DE平面 ACE 故选：C 7 （4 分） 口袋中有相同的黑色小球 n 个， 红、 白、 蓝色的小球各一个， 从中任取 4 个小球 表示当 n3 时取出黑球的数目， 表示当 n4 时取出黑球的数目则下列结论成立的 是（ ） AE（）E（） ，D（）D
13、（） BE（）E（） ，D（）D（） CE（）E（） ，D（）D（） DE（）E（） ，D（）D（） 【解答】解：当 n3 时， 的可能取值为 1，2，3， P（1）= 3 1 6 4 = 1 5， P（2）= 3 2 3 2 6 4 = 3 5， P（3）= 3 1 6 4 = 1 5， E（）= 1 5 + 2 3 5 + 3 1 5 =2， D（）= 1 5 + 1 5 = 2 5， 当 n4 时， 可取 1，2，3，4， P（1）= 4 1 7 4 = 4 35， P（2）= 4 2 3 2 7 4 = 18 35， P（3）= 4 3 3 1 7 4 = 12 35， 第 8 页（共
14、 19 页） P（4）= 1 7 4 = 1 35， E（）= 4 35 + 2 18 35 + 3 12 35 + 4 1 35 = 16 7 ， D（）= 4 35（1 16 7 ）2+ 18 35（2 16 7 ）2+ 12 35（3 16 7 ）2+ 1 35（4 16 7 ）2= 24 49， E（）E（） ，D（）D（） 故选：A 8 （4 分）函数 f（x）= 2 ; 1，0 ( 1)， 0，若方程() = 有且只有两个不等的实数根， 则实数 a 的取值范围为（ ） A （0，1） B( 2 2 ，1 C （1，+） D( 2 2 ，+ ) 【解答】 解：因为方程() = 有且只
15、有两个不等的实数根， 即说明函数 yf（x）的图象与函数 ya 有两个交点， 作出函数 yf（x）的图象， 由图可知，当 2 2 1时，满足题意 故选：B 9 （4 分）如图，矩形 ABCD 中，AB1，BC= 3，F 是线段 BC 上一点且满足 BF1，E 是线段 FC 上一动点，把ABE 沿 AE 折起得到AB1E，使得平面 B1AC平面 ADC，分 别记B1A， B1E与平面ADC所成角为， ， 平面B1AE与平面ADC所成锐角为， 则 （ ） 第 9 页（共 19 页） A B C D 【解答】解：如图，过 B1作 B1OAC， 在 RtABC 中，AB1，BC= 3，AC2， 在 R
16、tAB1C 中，AB11，B1C= 3，AC2， 1= 1 2 1 = 1 2 1 1， B1O= 11 = 3 2 ，AO=1 3 4 = 1 2， 平面 B1AC平面 ADC，B1OAC，B1O平面 ABCD， B1AO，tan= 1 = 3， B1EO，tan = 1 tan， 过 O 作 OFAE，垂足为 F，连结 BF， 则BFO 为平面 BFO 与平面 ADC 所成锐角 ， O 到 AB 的距离 h 1 4 = 3 4 ， tan 1 = 3 2 3 4 =2，tantan， 故选：A 10 （4 分）已知数列an满足 a11，:1= 2 + 2+ 1，则使得|2020 |最小的
17、整数 m 是（ ） A65 B64 C63 D62 第 10 页（共 19 页） 【解答】解：数列an满足 a11，:1= 2 + 2+ 1， an+1= 2+2+1 = + 2 + 1 ， an+1an= 1 +2， an（anan1）+（an1an2）+（a2a1）+a1 2n1+（ 1 1 + 1 2 + + 1 ）2n， （n2） ， a20204040，202063.5， an+1= 2+2+1 = (+1)2 ， :1 = 1 1 2 = 2 2+2 2 2 2，n2， 2020=2+ (32)+ + (2020 2019) =2+4038 264， 2020最接近的整数是 64，
18、 使得|2020 |最小的整数 m 是 64 故选：B 二填空题（共二填空题（共 7 小题，满分小题，满分 36 分）分） 11 （6 分）已知双曲线 C1： 2 2 2 2 = 1(0，0)的离心率 e2，左、右焦点分别为 F1、F2，其中 F2也是抛物线2：2= 2(0)的焦点，C1与 C2在第一象限的公共点 为 P若直线 PF1斜率为3 4，则双曲线离心率 e 的值是 4+7 【解答】解：因为 F2是双曲线的右焦点且是抛物线的焦点，所以 2 = ， 解得 p2c，所以抛物线的方程为：y24cx； 由1= 12= 3 4，12 = 4 5， 如图过 P 作抛物线准线的垂线，垂足为 M，设
19、P（x0，y0） ， 则 = 2= 0+ 2 = 0+ ，1= 1 = 5 4 (0+ ) 由 PF1PF22a，可得5 4 (0+ ) (0+ ) = 2 0= 8 在PF1F2中，PF2x0+c8a，PF1PF2+2a10a，F1F22c， 由余弦定理得22= 12+ 122 21 12 12 即(8)2= (10)2+ (2)2 2 10 2 4 5，化简得 5e 240e+450 = 4 7，又 e 第 11 页（共 19 页） 2， = 4 + 7 故答案为：4 + 7 12 （6 分） 某几何体的三视图 （单位： cm） 如图所示， 则此几何体的体积是 8+ 42 3 cm3； 表
20、面积是 20+43 cm2 【解答】解：根据几何体的三视图转换为几何体为：该几何体为上面为正式棱锥体，下 面为正方体的组合体， 故 = 2 2 2 + 1 3 2 2 2 =8+ 42 3 S= 4 1 2 2 3 + 5 2 2 =20+43 故答案为：8 + 42 3 ；20+43 13 （6 分）在（ 2 ） 5 的二项展开式中，x 2 的系数为 80 （用数字作答） 【解答】解： （ 2 ） 5 的二项展开式的通项公式为:1= 5 1 2(5;)(2);， 由1 2 (5 ) = 2得，3r9，r3， 所以系数为5 3(2)3 = 10 8 = 80， 第 12 页（共 19 页） 故
21、答案为：80 14 （6 分）已知ABC 内角 A、B、C 所对的边分别为 a、b、c， = 23且（2ac）cosB bcosC，则ABC 面积的最大值为 33 【解答】解：在ABC 中，利用正弦定理化简（2ac）cosBbcosC，得（2sinAsinC） cosBsinBcosC， 整理得：2sinAcosBsinCcosBsinBcosC，即 2sinAcosBsin（C+B）sinA， sinA0， cosB= 1 2， B（0，） ， B= 3， = 23， 根据余弦定理 b2a2+c22accosB，即 12a2+c2ac， a2+c22ac（当且仅当时取“”号） ， 12a2+
22、c2ac2acacac，即 ac12，当且仅当 ac 时取等号， SABC= 1 2acsinB= 3 4 ac33， 则ABC 面积的最大值为 33 故答案为：33 15 （4 分）已知 F 为椭圆 2 16 + 2 12 =1 的右焦点，A（1，3）是椭圆内的一点，点 P 为 椭圆上的点，则|PA|+|PF|的最大值为 10 【解答】解：设椭圆左焦点为 F，则 F（2，0） ， |PF|+|PF|8，|PF|8|PF|， |PA|+|PF|8+|PA|PF， 又A（1，3）是椭圆内的一点，连接 AF并延长交椭圆与点 P，如图所示： ， 此时|PA|PF|取最大值|AF|，|PA|PF|的最
23、大值为(1 + 2)2+ (3)2= 2， |PA|+|PF|的最大值为 8+210， 故答案为：10 第 13 页（共 19 页） 16 （4 分）在锐角ABC 中，A、B、C 成等差数列，AC= 3， 的取值范围是 （1， 3 2 【解答】解：锐角ABC 中，A、B、C 成等差数列，其对应的边分别为 a，b，c， 2BA+C， 又 A+B+C， B= 3， 由正弦定理可得 = = = 3 3 =2， a2sinA，c2sinC2sin（2 3 A）2（ 3 2 cosA+ 1 2sinA）= 3cosA+sinA， ac2sinA（3cosA+sinA）= 3sin2A+2sin2A= 3
24、sin2Acos2A+12sin（2A 6）+1， 0A 2，0 2 3 A 2 6 A 2 6 2A 6 5 6 ， 1 2 sin（2A 6）1， 22sin（2A 6）+13， 2ac3， =accosB= 1 2ac， 的取值范围是（1，3 2 故答案为： （1，3 2 第 14 页（共 19 页） 17 （4 分）设 a，bR， 若函数() = 2 3 3+ 1 2 2+ (1 )在区间1，1上单调递增， 则 a+b 的最大值为 2 【解答】解：f（x）2ax2+bx+1a， 函数 f（x）在区间1，1上单调递增， f（x）0 在1，1上恒成立，亦即（2x21）a+xb+10 在 x
25、1，1上恒成立， 令 2x21x，解得 x1 或 = 1 2， 将 = 1 2代入可得 1 2 1 2 + 1 0，即 a+b2，则 a+b 的最大值为 2， 下面证明 a+b2 可以取到， 令 g（x）f（x）2ax2+bx+1a，则 g（x）4ax+b，且() 0，( 1 2) = 0， 则( 1 2) = 2 + = 0，解得 = 2 3 ， = 4 3， 当 = 2 3 ， = 4 3时，() = () = 4 3 2+ 4 3 + 1 3 = 1 3 (2 + 1)2 0在 x1，1上恒 成立， 故 a+b2 可以取到， 综上，a+b 的最大值为 2 故答案为：2 三解答题（共三解答
26、题（共 5 小题，满分小题，满分 74 分）分） 18 （14 分） （1）已知0 2 ，2( 6) = 6 5，求(2 12) （2）已知( 4) = 2 10， ( 2 ， 3 4 ) （i）求 sinx 的值 （ii）求(2 + 3)的值 【解答】解： （1）由已知可得：0 2，2sin（ 6）= 6 5，即 sin（ 6）= 3 5， cos（ 6）= 1 2( 6) = 4 5， sin（2 3）2sin（ 6）cos（ 6）= 24 25，cos（2 3）2 2( 6) 1= 7 25， sin （2 12） sin （2 3） + 4sin （2 3） cos 4 +cos （2
27、 3） sin 4 = 24 25 2 2 + 7 25 2 2 = 312 50 第 15 页（共 19 页） （2）已知( 4) = 2 10， ( 2 ， 3 4 )，sin（x 4）= 1 2( 4) = 72 10 ， （i） sinxsin （x 4） + 4sin （x 4） cos 4 +cos （x 4） sin 4 = 72 10 2 10 + 2 10 2 2 = 4 5 （ii）由题意，cosx= 1 2 = 3 5， 故 sin2x2sinxcosx= 24 25，cos2x2cos 2x1= 7 25， (2 + 3) =sin2xcos 3 +cos2xsin 3
28、 = 24 25 1 2 7 25 3 2 = 24:73 50 19 （15 分）如图，四棱锥 PABCD 的底面是菱形，平面 PAD平面 ABCD，O，E 分别为 AD，AB 的中点，AB6，DPAP5，BAD60 （1）求证：ACPE； （2）求直线 PB 与平面 POE 所成角的正弦值 【解答】解： （1）证明：连结 BD，由菱形的性质可得：ACBD， 结合三角形中位线性质得：OEBD，OEAC， 平面 PAD平面 ABCD，POAD， 平面 PAD平面 ABCDAD，PO平面 PAD， PO底面 ABCD，AC底面 ABCD，ACOP， POOEO，AC平面 POE， PE平面 PO
29、E，ACPE （2）解：由题意结合菱形的性质得 OPOA，OPOB，AOOB， 以点 O 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则 P（0，0，4） ，B（0，33，0） ，O（0，0，0） ，E（3 2， 33 2 ，0） ， 设平面 POE 的一个法向量 =（x，y，z） ， 第 16 页（共 19 页） 则 = 4 = 0 = 3 2 + 33 2 = 0 ，取 x= 3，得 =（3， 1，0） ， 设直线 PB 与平面 POE 所成角为 ， 则 sin= | | | | | = 33 243 = 3 86129 直线 PB 与平面 POE 所成角的正弦值为 3 86 129 20
30、 （15 分） 在各项均不相等的等差数列an中，a11，且 a1， a2，a5成等比数列，数列bn 的前 n 项和 Sn2n+12 （1）求数列an、bn的通项公式； （2）设 cn2 +log2bn，求数列cn的前 n 项和 Tn 【解答】解： （1）在各项均不相等的等差数列an的公差设为 d，d0，a11，且 a1， a2，a5成等比数列， 可得 a1a5a22即 1（1+4d）（1+d）2，解得 d2，则 an1+2（n1）2n1； 数列bn的前 n 项和 Sn2n+12， 可得 b1S12； n2 时， bnSnSn12n+122n+2 2n，对 n1 也成立， 则 bn2n，nN*；
31、 （2）cn2 +log2bn22n 1+n， 则前 n 项和 Tn（2+8+22n 1）+（1+2+n） = 2(14) 14 + 1 2n（n+1）= 2 3（4 n1）+1 2（n 2+n） 21 （15 分）抛物线 M：y28x 的焦点为 F，过焦点 F 的直线 l（与 x 轴不垂直）交抛物线 M 于点 A，B，A 关于 x 轴的对称点为 A1 （1）求证：直线 A1B 过定点，并求出这个定点； 第 17 页（共 19 页） （2）若 A1B 的垂直平分线交抛物线于 C，D，四边形 A1CBD 外接圆圆心 N 的横坐标为 19，求直线 AB 和圆 N 的方程 【解答】解： （1）证明：
32、由题意可得焦点 F（2，0） ，显然直线 l 的斜率存在且不为 0， 设直线 l 的方程为：xmy+2，设 A（x1，y1） ，B（x2，y2） ，则 A1（x1，y1） ， 直线与抛物线联立 = + 2 2= 8 ，整理得：y28my160，y1+y28m，y1y216， 直线 A1B 的方程为：y+y1= 2+1 21（xx1） ， 令 y0，得： x= 21+12 1+2 = (2+2)1+(1+2)2 1+2 = 212 1+2 + 2 = 2(16) 8 + 2 = 2 直线 A1B 恒过定点（2，0） （2）由（1）1= 2+1 (2+2)(1+2) = 2+1 (1+2)， y2
33、y1= (2+ 1)2 412= 82+ 1， 当 y2y182+ 1时，1= 1 2+1，直线 A 1B：y= 1 2+1 ( + 2)， 设线段 A1B 的中点为 E（x0，y0） ，则0= 1 2(1 + 2) = 42+ 1， 0= 2+ 1 0 2 = 42+ 2，E（4m2+2，2+ 1） ， CD：y42+ 1 = 2+ 1（x4m22） ，即 y= 2+ 1（x4m26） ， 上述方程代入 y28x，得2 2(42+ 6) + 4 2+1 +（4m 2+6）20， （*） ， CD 是 A1B 的垂直平分线，CD 是圆 N 的直径， xC+xD2（4m2+6）+ 4 2+121
34、9，解得 m= 3 直线 AB：x+3 2 = 0，此时 CD：y2x+36，x19 时，y2， 方程（*）化简为 x238x+3240，由题意解得 CD2185， 圆 N： （x19）2+（y+2）2185， 当 y2y182+ 1时，同理求得 AB：x3 20， 圆 N： （x19）2+（y2）2185 综上，直线 AB 的方程为 x3 2 =0，圆 N： （x19）2+（y2）2185 22 （15 分）已知函数 f（x）alnx+ +1 2 2+1，g（x）x3 3(+1) 2 2+3tx+1（t0） （1）当 a= 1 2时，求 f（x）在区间 1 ，e上的最值； 第 18 页（共
35、19 页） （2）讨论函数 f（x）的单调性； （3）若 g（x）xexm+2（e 为自然对数的底数）对任意 x0，+）恒成立时 m 的最 大值为 1，求 t 的取值范围 【解答】解： （1）当 a= 1 2时，f（x）= 1 2lnx+ 1 4 2+1， f（x）= 1 2 + 1 2 = (1)(+1) 2 ， （x0） ， 当 x 1 ，1)时，f（x）0，f（x）单调递减，当 x（1，e时，f（x）0，f（x） 单调递增， 故当 x1 时，f（x）取得最小值 f（1）= 5 4， f（e）= 2+2 4 ，f（1 ）= 3 2 + 1 42， f（e）f（1 ） ， 故函数的最大值为
36、f（e）= 2+2 4 ， （2）f（x）= 1 + ( + 1) = (+1)2+1 ， 当 a+10 即 a1 时，f（x）0 恒成立，故 f（x）在（0，+）上单调递增， 当a+10即a1时， 若x (0， 1 1+)， f （x） 0成立， 故f （x） 在 （0， 1 1+） 上单 调递增， 若 x ( 1 1+， + )，f（x）0 成立，故 f（x）在（ 1 1+，+）上单调递减， （3）g（x）xexm+2 对任意 x0，+）恒成立时 m 的最大值为 1， x3 3(+1) 2 2+3tx+1xexm+2 对任意 x0，+）恒成立， mxexx3+ 3(1+) 2 23tx+1
37、（exx2+ 3(+1) 2 3）x+1 对任意 x0，+）恒成 立，且 m 的最大值为 1， 令 g（x）exx2+ 3(+1) 2 3， 由题意可知，g（x）0 恒成立，则 g（0）13t0 且 t0， 所以 0t 1 3， g（x）ex2x+3（t+1） ，x0， 令 h（x）ex2x+3（t+1） ，x0， 第 19 页（共 19 页） h（x）ex2， 当 x（0，ln2）时，h（x）ex20，h（x）单调递减，当 x（ln2，+）时，h （x）ex20，h（x）单调递增， 故 h（x）minh（ln2）+ 3 2( + 1) 220， 故 g（x）单调递增，g（x）g（0）13t0 0t 1 3 即 t 的取值范围（0，1 3
