天津市和平区2021届高三数学二模试题(含解析)

天津市和平区2021届高三数学二模试题（含解析）

一､选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1.设复数za2iaR的共轭复数为z，且zz2，则复数位于（ ） A. 第一象限 【答案】A 【解析】 【分析】

根据已知条件求出a=1，再根据复数的运算法则求解复数所在象限.

【详解】zz2a2a1，所以对应点位于第一象限. 故选：A

【点睛】此题考查复数的概念和基本运算以及几何意义，关键在于根据复数的运算法则准确求解.

B. 第二象限

C. 第三象限

D. 第四象限

z2ai在复平面内对应点

z2ai，即可得到其在复平面内的点

z2ai12i2i52i255=i， 555112.设xR，则“x1”是“x”的( )

223A. 充分而不必要条件 C. 充要条件 【答案】B 【解析】 【分析】

B. 必要而不充分条件 D. 既不充分也不必要条件

分别求解三次不等式和绝对值不等式确定x的取值范围，然后考查充分性和必要性是否成立即可. 【详解】由x31可得x1，

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由

x11可得0x1， 22据此可知“x3故选B.

1”是“

x11”的必要而不充分条件. 22【点睛】本题主要考查不等式的解法，充分性与必要性的判定等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.

111e3.已知：aln，b1，clog1，则a，b，c的大小关系为（ ）

4e33A. cab 【答案】A 【解析】 【分析】

利用指数函数，对数函数的性质求解.

0111e11clog1ln3，0b【详解】因为1lnealn1， 43e3311B. cba C. bac D. abc

所以a，b，c的大小关系为cab. 故选：A

【点睛】本题主要考查指数函数，对数函数的性质，还考查了转化问题的能力，属于基础题. 4.已知甲、乙两人独立出行，各租用共享单车一次（假定费用只可能为1、2、3元）．甲、乙租车费用为1元的概率分别是0.5、0.2，甲、乙租车费用为2元的概率分别是0.2、0.4，则甲、乙两人所扣租车费用相同的概率为（ ） A. 0.18 【答案】B 【解析】 【分析】

甲、乙两人所扣租车费用相同即同为1元，或同为2元，或同为3元，由独立事件的概率公式计算即得．

【详解】由题意甲、乙租车费用为3元的概率分别是0.3,0.4，

B. 0.3

C. 0.24

D. 0.36

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∴甲、乙两人所扣租车费用相同的概率为

P0.50.20.20.40.30.40.3．

故选：B．

【点睛】本题考查独立性事件的概率．掌握独立事件的概率乘法公式是解题基础． 5.在ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，若a1，c23，

bsinAasinB，则sinC（ ）

3A.

3 7B.

21 7C.

21 12D.

57 19【答案】B 【解析】 分析】

利用两角差的正弦公式和边角互化思想可求得tanB理求出b的值，最后利用正弦定理可求出sinC的值. 【详解】

【即sinAsinB由余弦定理得b故选：B.

3，可得出B，然后利用余弦定

6331bsinAasinBacosBasinB，

23231sinAcosBsinAsinB，即3sinAsinB3sinAcosA， 22sinA0，3sinB3cosB，得tanB3，0B，B.

6337， 2a2c22accosB1122123123cbcsinB由正弦定理，因此，221. sinCsinCsinBb77【点睛】本题考查三角形中角的正弦值的计算，考查两角差的正弦公式、边角互化思想、余弦定理与正弦定理的应用，考查运算求解能力，属于中等题.

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x2y26.已知双曲线C:21(a0)的右焦点为F，圆x2y2c2（c为双曲线的半焦距）

a3与双曲线C的一条渐近线交于A,B两点，且线段AF的中点M落在另一条渐近线上，则双曲线C的方程是( ) x2y21 A. 432y2xB. 1

33x2y2C. 1

23【答案】D 【解析】 【分析】

y2D. x1

32渐近线过圆心，代入求出渐近线，点F(c,0)在圆xyc上，得AFBF，由AB中点

222O及线段AF的中点M，由中位线得渐近线与BF平行，建立方程组求解.

【详解】不妨设双曲线C的一条渐近线方程为y3222x，代入圆xyc，得xa，a222则y3，所以A(a,3),B(a,3).易知点F(c,0)在圆xyc上，所以

AFBF，得kAFkBF1，即

331①.因为线段AF的中点M落在另一条caac渐近线上，且|OA||OF|c，所以，AF与该渐近线垂直，所以该渐近线与BF平行，得

y2332②.解①②组成的方程组，得a1,c2，所以双曲线C的方程为x1. 3aca故选：D.

【点睛】本题考查利用双曲线的几何性质求双曲线方程. 求双曲线方程的思路:

(1)如果已知双曲线的中心在原点，且确定了焦点在x轴上或y轴上，则设出相应形式的标准方程，然后根据条件确定关于a，b，c的方程组，解出a2，b2，从而写出双曲线的标准方程(求得的方程可能是一个，也有可能是两个，注意合理取舍，但不要漏解)．

(2)当焦点位置不确定时，有两种方法来解决：一种是分类讨论，注意考虑要全面；另一种是

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1mn设双曲线的一般方程为mx＋ny＝7.把函数fxAsin2x220求解．

(A0)的图象向右平移个单位长度，得到函数gx的图64象，若函数gxmm0是偶函数，则实数m的最小值是（ ） A.

5 12B.

5 6C.

 6D.

12

【答案】A 【解析】 【分析】

先求出gx的解析式，再求出gxmm0的解析式，根据三角函数图象的对称性可求实数m满足的等式，从而可求其最小值. 【详解】fxAsin2x(A0)的图象向右平移个单位长度， 64， 2gxAsin2xAsin2x所得图象对应的函数解析式为263故gxmAsin2x2m令2x2m23. 27kk，kZ，解得xm，kZ 32122因为ygxm为偶函数，故直线x0为其图象的对称轴， 令m7k7k0，kZ，故m，kZ， 1221225. 12因为m0，故k2，当k2时，mmin故选：A.

【点睛】本题考查三角函数的图象变换以及三角函数的图象性质，注意平移变换是对自变量x做加减，比如把yf2x的图象向右平移1个单位后，得到的图象对应的解析式为

yf2x1f2x2，另外，如果xm为正弦型函数fxAsinx图象

的对称轴，则有fmA，本题属于中档题．

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111b28.已知a、b0，a，则当a取最小值时，a2bbbaA. 2 【答案】C 【解析】 【分析】

222值为( )

B. 22

C. 3

12ab1b14ab2，进而可得出由a得出a2a，利用基本不等式求bbababba112出a的值，利用等号成立的条件求得b2a，进而可得出a2的值.

bb12ab112ab2a， 【详解】由aa22得，2bbabbba2224ab112a2ab2a4ab2，即b2a， ，等号成立时aa42babbbbabba此时a212ab3. 2bba的9212- 6 -

D. 4

故选：C.

【点睛】本题考查利用基本不等式求最值，同时要注意等号成立的条件，考查计算能力，属于中等题.

1x,x019.已知函数fx1x，函数g(x)＝f(1－x)－kx＋k－恰有三个不同的零

22x2x1,x0点，则k的取值范围是( ) A. (－2－2，0]∪

9212B. (－2＋2，0]∪

C. (－2－2，0]∪ 【答案】D 【解析】 【分析】

D. (－2＋2，0]∪

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g(x)＝f(1－x)－kx＋k－

11恰有三个不同的零点，即方程f(1－x)＝k(x－1)＋恰有3个不

221恰有三个不同实根，即函数y＝f(x)与y＝－kx2同实根，令1－x＝t，则方程f(t)＝－kt＋＋

1的图象恰有3个不同交点，数形结合即可求解. 211【详解】∵g(x)＝f(1－x)－kx＋k－恰有3个不同零点，∴方程f(1－x)＝k(x－1)＋恰

221有3个不同实根，令1－x＝t，则方程f(t)＝－kt＋恰有三个不同实根，即函数y＝f(x)

21与y＝－kx＋的图象恰有3个不同交点，画出函数图象如下图：

2

1与f(x)＝x2＋2x＋1(x<0)相切时可求得k＝21x11－2＋2，当y＝－kx＋与f(x)＝，x≥0相切时可求得k＝，故由图可得－2＋

221x112当－k＝0即k＝0时有三个交点，当y＝－kx＋

【点睛】本题主要考查分段函数的图象，性质和函数零点，意在考查学生的数形结合能力和转化、化归能力，属于中档题．

二､填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分.把答案填在答题卷上. 10.已知全集为R，集合M1,0,1,5，Nxxx20，则

2MRN__________.

【答案】0,1 【解析】 【分析】

求出集合N，利用补集和交集的定义可求得集合M

RN.

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【详解】又

Nxx2x20xx1或x2，RNx1x2，

RM1,0,1,5，因此，MN0,1.

故答案为：0,1.

【点睛】本题考查交集与补集的混合运算，同时也涉及了一元二次不等式的求解，考查计算能力，属于基础题.

1111.2x2的展开式中，2项的系数为______.

xx【答案】240 【解析】 【分析】

写出二项展开式的通项公式，令x的幂指数为2，求出通项中的r即可求解.

61【详解】依题意可得，2x2的展开式的通项为 xTr153r1r6rr6rr2C6(2x)2C62(1)x，

xr65令3r2，解得r22，

故

1242项的系数为C62(1)1516240. 2x故答案为：240

【点睛】本题考查利用二项式定理求二项展开式中某项的系数；考查运算求解能力；正确写出二项展开式的通项公式是求解本题的关键；属于中档题.

12.已知f(x)是定义在R上的偶函数，且在区间( , 0]上单调递增，若实数a满足

f(2log3a)f(2)，则a的取值范围是___.

【答案】0,3 【解析】 分析】

根据函数的奇偶性以及在区间,0上的单调性确定出0,上的单调性，再根据函数值之间的关系，将其转化为自变量之间的关系，求解出a的范围即可.

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 重点中学试卷 可修改 欢迎下载

【详解】因为fx是R上的偶函数且在,0上递增，所以fx在0,上递减， 又因为f2log3aloga232， f2，所以a011loga2322log3a所以，所以2，所以a0,3.

a0a0故答案为：0,3.

【点睛】本题考查根据函数的单调性和奇偶性求参数范围，难度一般.已知函数值的大小关系，可通过函数的单调性将其转变为自变量之间的关系.

13.农历五月初五是端午节，民间有吃粽子的习惯，粽子又称粽籺，俗称“粽子”，古称“角黍”，是端午节大家都会品尝的食品，传说这是为了纪念战国时期楚国大臣、爱国主义诗人屈原.如图，平行四边形形状的纸片是由六个边长为1的正三角形构成的，将它沿虚线折起来，可以得到如图所示粽子形状的六面体，则该六面体的体积为____；若该六面体内有一球，则该球体积的最大值为____．



【答案】 (1). 【解析】 【分析】

286 (2). 7296(1)先算出正四面体的体积，六面体的体积是正四面体体积的2倍，即可得出该六面体的体积；(2)由图形的对称性得,小球的体积要达到最大,即球与六个面都相切时，求出球的半径，再代入球的体积公式可得答案.

1331【详解】(1)每个三角形面积是S24，由对称性可知该六面是由两个正四2面合成的，

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313626可求出该四面体的高为1，故四面体体积为， 3343123因此该六面体体积是正四面体的2倍， 所以六面体体积是

22； 6(2)由图形的对称性得，小球的体积要达到最大，即球与六个面都相切时，由于图像的对称性，内部的小球要是体积最大，就是球要和六个面相切，

连接球心和五个顶点，把六面体分成了六个三棱锥设球的半径为R，

12364346866RRVR. 所以， 所以球的体积3469339729故答案为：

3286；. 7296【点睛】本题考查由平面图形折成空间几何体、考查空间几何体的的表面积、体积计算，考查逻辑推理能力和空间想象能力求解球的体积关键是判断在什么情况下，其体积达到最大，考查运算求解能力.

14.设抛物线y2px(p0)的焦点为F(1,0)，准线为1，过焦点的直线交抛物线于A，B两点，分别过A，B作l的垂线，垂足为C，D，若|AF|4|BF|，则p_________，三角形CDF的面积为________. 【答案】 (1). 2 (2). 5 【解析】 【分析】

通过抛物线的焦点坐标，即可求解P，利用抛物线的定义，结合|AF|4|BF|，求出直线AB的斜率值，写出直线AB的方程，利用直线与抛物线方程联立求得AB的值，求解CDF的面积．

【详解】解：抛物线y2px(p0)的焦点为F(1,0)， 所以

22p1， 2所以P2； 如图所示，

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过点B作BM∥l，交直线AC于点M， 由抛物线的定义知|AF||AC|，|BF||BD|， 且|AF|4|BF|，

所以|AM|3|BF|，|AB|5|BF|， 所以|AM|3|AB|，BM4|BF|， 5可知：AFxBAM，

所以直线AB的斜率为ktanBAM设直线AB的方程为yBM4， AM34(x1)，点Ax1,y1，Bx2,y2， 34y(x1)由， 32y4x消去y整理得4x217x40， 所以x1x217， 425， 42545； 所以|CD||AB|sinBAM451所以CDF的面积为525，

2所以|AB|x1x2p故答案为：2；5.

【点睛】本题考查抛物线的方程与性质的应用问题，涉及联立方程组、韦达定理、焦点弦和三角形面积的计算问题．

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15.已知平行四边形ABCD的面积为93，BAD2π，E为线段BC的中点.则3ADDC_______ ；若F为线段DE上的一点，且AFAB为___________.

【答案】 (1). 9 (2). 5 【解析】 【分析】

5AD，则AF的最小值6由平行四边形ABCD的面积为93，可得ABAD18，再由数量的定义可求出ADDC的值；

由已知得AFAE(11)AD，然后根据E,F,D三点共线即可得，从而得出2321515AFABAD，得AF(AB)2(AD)25，然后利用基本不等式即可求出AF

363656的最小值.

【详解】解：因为平行四边形ABCD的面积为93，

293，得ABAD18， 329， 所以ADDCADABADABcos3所以ABADsin

11AD,AEABAD, 2215151所以AF(ABAD)()ADAE()AD

26262如图，连接AE，则BE因为E,F,D三点共线，

5111，得， 62315所以AFABAD，

36所以所以

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22125521515AFABADABADcos(AB)2(AD)252ABAD55936933636155当且仅当ABAD，即ABAD35时取等号，

3622所以AF

最小值为5，

故答案为：9；5 【点睛】此题考查了向量加法、数乘的几何意义，三角形的面积公式，向量数量积的运算，基本不等式的应用，考查了计算能力，属于中档题.

三､解答题：本大题共5小题，共75分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 16.为了进一步激发同学们的学习热情，某班级建立了数学､英语两个学习兴趣小组，两组的人数如下表所示： 组别 性别 男 女

的数学 英语 5 3 1 3 现采用分层抽样的方法(层内采用简单随机抽样)从两组中共抽取3名同学进行测试. （1）求从数学组抽取的同学中至少有1名女同学的概率；

（2）记ξ为抽取的3名同学中男同学的人数，求随机变量ξ的分布列和数学期望. 【答案】（1）【解析】 【分析】

（1）两小组的总人数之比为8∶4，确定分层抽样的比值,即数学组抽取2人,英语组抽取1人.数学组至少有1名女同学的情况有：1名男同学､1名女同学和2名女同学两种情况.利用古典概型的概率计算公式即可得出结果.

（2）由题意可知，ξ的所有可能取值为0，1，2，3,根据题意可知需满足数学组抽取2人,英语组抽取1人,根据男生的人数进行分类讨论即可求得对应的概率,进而得出结果. 【详解】（1）两小组的总人数之比为8∶4=2∶1，共抽取3人，

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93.（2）分布列答案见解析，数学期望 142 重点中学试卷 可修改 欢迎下载

所以数学组抽取2人，英语组抽取1人.

从数学组抽取的同学中至少有1名女同学的情况有：1名男同学､1名女同学和2名女同学两种情况.

11C3C5C329. 所以所求概率PC8214（2）由题意可知，ξ的所有可能取值为0，1，2，3

1C32C39P(0)21

C8C41121111C3C5C3C32C1483P(1)2121

C8C4C8C411271111C3C5C1C52C345P(2)2121

C8C4C8C41121C52C1105P(3)21

C8C411256分布列为： P

0 1 2 3 9 1123 745 1125 56E()0934553123 1127112562【点睛】本题考查古典概型概率的计算,考查离散型随机变量的分布列和期望,属于中档题. 17.在如图所示的几何体中，四边形ABCD为平行四边形，ABD90，EB平面ABCD，

EFAB,AB2，EB3,EF1，BC13，且M是BD的中点.

（Ⅰ）求证：EM平面ADF； （Ⅱ）求二面角DAFB的大小；

（Ⅲ）在线段EB上是否存在一点P，使得CP与AF所成的角为30？ 若存在，求出BP的长度；若不存在，请说明理由.

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【答案】（Ⅰ）证明见解析． （Ⅱ） 60 ． （Ⅲ）不存在点P；理由见解析． 【解析】 【分析】

（Ⅰ）建立空间直角坐标系，求出平面ADF的法向量n，证明EMn，即可证明EM面ADF．

（Ⅱ）根据平面ADF的法向量n，求得平面EBAF的一个法向量BD，利用向量的夹角公式即可求得二面角DAFB的值．

（Ⅲ）假设存在这样的P，设出P点坐标，根据向量的夹角关系求出P的坐标，根据P的位置即可判断出不存在．

【详解】（Ⅰ）证明：因为EB平面ABD，ABBD，故以B为原点，建立如图所示的空间直角坐标系Bxyz

平

由已知可得各点坐标为

3B(0,0,0),A(0,2,0),D(3,0,0)，C(3,2,0),E(0,0,3),F(0,1,3),M,0,0

23EM,0,3,AD(3,2,0),AF(0,1,3)

2设平面ADF的一个法向量是n(x,y,z)

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nAD03x2y0由 得

y3z0nAF0令y=3，则n(2,3,3) 又因为EMn3,0,3(2,3,3)3030 ， 2平面ADF

所以EMn，又EM平面ADF，所以EM（Ⅱ）由（Ⅰ）可知平面ADF的一个法向量是n(2,3,3). 因为EB平面ABD，所以EBBD 又因为ABBD，所以BD平面EBAF. 故BD(3,0,0)是平面EBAF的一个法向量. 所以cosBD,nBDn1 ，又二面角DAFB为锐角，

|BD||n|2故二面角DAFB的大小为60

（Ⅲ）假设在线段EB上存在一点P，使得CP与AF所成的角为30 不妨设P(0,0,t)(0t3) ，则PC(3,2,t),AF(0,1,3)

所以cosPC,AF|PCAF||23t|

2|PC||AF|2t133 2由题意得23t2t213化简得43t35 解得t350 43因为0t3，所以无解

即在线段EB上不存在点P，使得CP与AF所成的角为30

【点睛】本题考查了空间向量在证明线面平行、面面夹角及线线夹角中的应用，建立空间直角坐标系，即可利用向量数量积的坐标运算求解或证明，属于中档题．

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1x2y218.如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆221(ab0)的离心率为，且过点

2ab31，. F为椭圆的右焦点， A,B为椭圆上关于原点对称的两点，连接AF,BF分别交椭2圆于C,D两点. ⑴求椭圆的标准方程； ⑵若AFFC，求

BF的值； FD⑶设直线AB， CD的斜率分别为k1， k2，是否存在实数m，使得k2mk1，若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由.

57x2y2【答案】（1）1（2） （3）m

3343【解析】

33x2y2B1,A1,试题分析：（1）（2）由椭圆对称性，知1；，此时直线，所以2243BF117（x0,y0)，则Bx0,y0，． （3）设A13BF方程为3x4y30，故FD1373y085x03y085x0)，所以C,，D(通过直线和椭圆方程，解得，52x52x0052x052x03y03y052x052x05y055k2k1，即存在m．

85x085x03x03352x052x0试题解析：

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c122（1）设椭圆方程为xya2a2b21(ab0)，由题意知：1a29

4b21a2x2y2解之得：，所以椭圆方程为：b3431

（2）若AFFC，由椭圆对称性，知A1,32，所以B1,32， 此时直线BF方程为3x4y30，

3x4y30,由x2y2，得7x26x130，解得x13（x1舍去），431,7

BF117故FD13713． （3）设（Ax0,y0)，则Bx0,y0， 直线AF的方程为yy0xx122，代入椭圆方程xy1，得 0143 156x2220x8y015x024x00，

因为xx5x00是该方程的一个解，所以C点的横坐标xC852x，

0又Cxc,yC在直线yy0y0x1x1上，所以yCx1xc13y052x，

000同理，D点坐标为(85x03y052x，

)， 052x03y0所以k52x3y0052x05y05285xk， 085x03x10352x052x0即存在m53，使得k523k1．

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19.已知数列an是公差不为0的等差数列，a13，数列bn是等比数列，且b1a1，2b2a3，b3a4，数列bn的前n项和为Sn．

（1）求数列bn的通项公式；

bn,n5（2）设cn，求cn的前n项和Tn；

8a,n6n（3）若ASn1B对nN*恒成立，求BA的最小值． Sn1n1,n5n171（2）T2【答案】（1）bn3；；（3） n21226n54n87,n632【解析】 【分析】

b2a3，b3a4，（1）设等差数列an的公差为d，等比数列bn的公比为q，根据b1a1，

列方程组解方程组可得；

（2）分n5和n6讨论，求Tn； （3）令tSn17575，由单调性可得tmin,tmax，由题意可得,[A,B]，Sn126126易得BA的最小值．

【详解】解：（1）设等差数列an的公差为d，等比数列bn的公比为q，

133q2dq22q12则由题意可得，解得或，

333d03dq2d822∵数列an是公差不为0的等差数列，q1， 21∴数列bn的通项公式bn3； 2（2）由（1）知ann33153n(n1)()， 288- 19 -

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当n5时，Tnb1b2n311n221， bn11212当n6时， TnT5a6a75an

3153n)(n5)6n254n87， 1(a6an)(n5)338812322322(1n1,n52综合得：Tn

26n54n87,n63231122n11，

2112n（3）由（1）可知Sn令tSn1，Sn0，∴t随着Sn的增大而增大， Snn351当n为奇数时，Sn1在奇数集上单调递减，Sn1,,t0,， 262n371nS,1,t,0， 当为偶数时，Sn1在偶数集上单调递增，n4122tmin75,tmax， 1261B对nN*恒成立， SnASn75,[A,B]， 126∴BA的最小值为

5717． 61212【点睛】本题考查等比数列和等差数列的综合应用，涉及恒成立和函数的单调性及分类讨论的思想，属中档题

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20.已知函数fxeesinx，x0，（． e为自然对数的底数）

xx2（1）求函数fx的值域；

（2）若不等式f(x)k(x1)(1sinx)对任意x0，恒成立，求实数k的取值范围； （3）证明：e＞x1213(x)21． 22【答案】（1）0,1；（2）1ke21；（3）证明见解析.

2【解析】 【分析】

（1）先对函数求导，判断出函数单调性，进而可得出值域；

（2）先由题意，将问题转化为ek(x1)对任意x0，恒成立，构造函数

x2g(x)exkxk，对函数g(x)求导，用导数方法判断其单调性，求其最小值，即可得出结

果.

（3）令hxex113(x)21，对函数hx求导，用导数方法研究其单调性，求其最22小值，只需最小值大于0即可.

【详解】（1）因为fxeesinx，

xxxxxx所以fxee(sinxcosx)e(1sinxcosx)e12sin(x)， 4∵x0，，∴x23，， 444∴sinx2，所以fx0， 422故函数fx在0，上单调递减，函数fx的最大值为f0101；

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fx的最小值为f2e2e2sin20，

所以函数fx的值域为0,1．

（2）原不等式可化为ex(1sinx)k(x1)(1sinx) …（*）， 因为1sinx0恒成立，故（*）式可化为exk(x1)． 令g(x)exkxk，则g(x)exk， 当k0时，g(x)exk0，所以函数g(x)在0，2上单调递增，故

g(x)g(0)1k0，所以1k0；

当k0时，令g(x)exk0，得xlnk，

所以当x(0,lnk)时，g(x)exk0；当x(lnk,)时，g(x)exk0．所以当lnk＜，即20ke2时，函数g(x)ming(lnk)2kklnk0成立； 当lnk，即ke2时，函数g(x)在0，

22

上单调递减，g(x)g2e2k2k0，解得e2ke2min

21综上，1ke2．

21（3）令hxex112(x32)21，则hxex1x32． 由h112e121＜0，h34e434＞0，故存在x0132，4，使得hx00，即 ex0132x0． 所以，当x(,x0)时，hx0；当x(x0,)时，hx0． 故当xx0时，函数hx有极小值，且是唯一的极小值，

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故函数h(x)minhx0e2x0113313(x0)21(x0)(x0)21 222222135331(x0)1x0， 222222因为x0，，所以故hxex1132415313531(x0)2>()2>0， 22224223213(x)21>0， 22132x1即e>(x)1．

22【点睛】本题主要考查导数的应用，用导数的方法研究函数单调性、最值、以及由不等式恒成立求参数的问题，属于常考题型.

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