山西大学附属中学2023-2024学年高三上学期10月月考数学答案(1)_2023年10月_01每日更新_18号_2024届山西省山西大学附属中学高三上学期10月月考

山西大学附中 2023~2024 学年第一学期高三 10 月月考（总第四次） 数 学 试 题 考查时间：120分钟 满分：150分 考查内容：高考综合 命题人：吴晨晨 审核人：张耀军 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共计40分.每小题给出的四个选项中，只 有一个选项是正确的，请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上. 1．若复数z满足(12i)z 1，则z的共轭复数是（ ） 1 2 1 2 1 2 1 2 A．  i B．  i C．  i D．  i 5 5 5 5 5 5 5 5 【答案】C 1 12i 1 2 【详解】z    i， 12i 5 5 5 1 2 所以z   i， 5 5 故选：C 2．若集合Ax|2x3，B＝{x|xb，bR}，则AB的充要条件是（ ） A．b3 B．2b3 C．b2 D．b2 【答案】D 【详解】因为集合Ax|2x3，B＝{x|xb，bR}， 若AB，利用数轴，可求b2， 故选：D. 6  1  3．二项式2x  展开式的常数项为（ ）  x A．160 B．60 C．120 D．240 【答案】B 6  1  【详解】 2x 展开式的通项为：    x r  1  T r1 C 6 r 2x6r    x   C 6 r 26r1rx63 2 r， 3 令6 r0得：r4， 2 所以展开式的常数项为C42214 60， 6 故选：B． 4. 某玻璃制品厂需要生产一种如图1所示的玻璃杯，该玻璃杯造型可以近似看成是一个 圆柱挖去一个圆台得到，其近似模型的直观图如图2所示（图中数据单位为cm），则该 玻璃杯所用玻璃的体积（单位：cm3）为（ ） 试卷第1页，共16页 学科网（北京）股份有限公司43π 47π 51 55π A． B． C． D． 6 6 6 6 【答案】A 3 1 3 3 43π 【详解】依题意，该玻璃杯所用玻璃的体积为π( )26 π[( )21 12]4 . 2 3 2 2 6 故选：A 5．若ea lna,eb lnb,ec lnc,则（ ） A．abc B．acb C．bca D．bac 【答案】B 【详解】在同一直角坐标系中作出y ex,y ex,y lnx,y lnx的图象： 由图象可知acb 故选：B 6．有6名选手（含选手甲、乙）参加了男子100米赛跑决赛（无并列名次），则在甲比 乙快的条件下，甲、乙两人名次相邻的概率为（ ） 1 1 1 1 A． B． C． D． 2 6 3 4 【答案】C 试卷第2页，共16页【详解】甲的名次比乙高， 当甲第一名时，乙有5种位置，其中甲乙相邻有1种情况， 当甲第二名时，乙有4种位置，其中甲乙相邻有1种情况， 当甲第三名时，乙有3种位置，其中甲乙相邻有1种情况， 当甲第四名时，乙有2种位置，其中甲乙相邻有1种情况， 当甲第五名时，乙有1种位置，其中甲乙相邻有1种情况， 所以甲的名次比乙高共有5432115种情况， 甲的名次比乙高且甲乙相邻有5种情况， 5 1 所以在甲的名次比乙高的条件下，甲、乙两人名次相邻的概率为  . 15 3 故选：C.公众号：高中试卷君 7．已知S n 是等比数列a n 的前n项和，且S n 2n1a，则a 1 a 2 a 2 a 3   a 10 a 11 （ ） 2238 2138 2201 2258 A． B． C． D． 3 3 3 3 【答案】A 【详解】因为S 2n1a，所以a S 4a，a S S   23a    22a  4， n 1 1 2 2 1 a S S   24a    23a  8， 3 3 2 又a 是等比数列，所以a2 aa ，即42 84a，解得a2，所以S 2n12． n 2 1 3 n 当n2时，a S S   2n12    2n2  2n，又a 2满足a 2n， n n n1 1 n a a a 2n2 所以， n2 n1  n2  4，故数列a a 是公比为4，首项为aa 248的等 a a a 2n n1 n 1 2 n1 n n 比数列， 8  1410 2238 所以aa a a  a a   ． 1 2 2 3  10 11 14 3 故选：A. x2 y2 8．设椭圆C:  1（ab0）的右焦点为F，椭圆C上的两点A、B关于原点对称， a2 b2   且满足FAFB0， FB  FA 3 FB ，则椭圆C的离心率的取值范围是（ ）  5   2 10  2   A． ,1 B． ,  C． , 31 D． 31,1   3 2 4 2       【答案】B 【详解】如图所示： 设椭圆的左焦点F，由椭圆的对称性可知，四边形AFBF为平行四边形， 试卷第3页，共16页 学科网（北京）股份有限公司又  F  A    F  B  0，则FAFB，所以平行四边形AFBF为矩形，故 AB  FF 2c， 设 AF n， AF m，则 BF n， 在直角△ABF 中，mn2a，m2n2 4c2， 所以2mnmn2  m2n2 4a24c2 4b2，则mn2b2， m n m2+n2 2c2 所以 + = = ， n m mn b2 m 1 2c2 令 t，得t  ， n t b2 m 又由 FB  FA 3 FB ，得 t1,3， n 1 2c2 1  10 因为对勾函数yt 在1,3上单调递增，所以 t  2, ， t b2 t   3   c2  5 a2 a2b2 c2  5 a2  8 b2 3 1 所以  1, ，即 1   1, ，则  2, ，故  , ， b2   3   b2 b2 b2   3   b2   3   a2  8 2   c b2  2 10 所以e  1  , ， a a2 2 4    2 10 所以椭圆离心率的取值范围是 , . 2 4   故选：B. 二、选择题：本大题共4小题，每小题5分，共计20分.每小题给出的四个选项中，有多 项符合题目要求.全部选对得5分，选对但不全得2分，有选错得0分. 9．两名同学在一次用频率估计概率的试验中统计了某一结果出现的频率，绘制出统计图 如图所示，则不符合这一结果的试验是（ ） A．抛一枚硬币，正面朝上的概率 B．掷一枚正六面体的骰子，出现1点的概率 C．转动如图所示的转盘，转到数字为奇数的概率 D．从装有2个红球和1个蓝球的口袋中任取一个球恰好是蓝球的概率 【答案】ABC 【详解】解：根据统计图可知，实验结果在0.33附近波动，即其概率P0.33，则 1 选项A，掷一枚硬币，出现正面朝上的概率为 ，故此选项不符合题意； 2 1 选项B，掷一枚正六面体的骰子，出现1点的概率为 ，故此选项不符合题意； 6 2 选项C，转动如图所示的转盘，转到数字为奇数的概率为 ，故此选项不符合题意； 3 试卷第4页，共16页1 选项D，从装有2个红球和1个蓝球的口袋中任取一个球恰好是蓝球的概率为 ， 3 故此选项符合题意； 故选：ABC.  π 10．函数 f x Asinx A0,0,0 的部分图象如图所示，将 f x的图  2 π 象向左平移 个单位长度得函数gx的图象，则（ ） 6 A．2 B．gx的图象关于点π,0对称 2π 5π C．gx在 , 上单调递增  3 6  D．gx在0,π上有两个极值点 【答案】AC 11π 5π π 1 【详解】A选项，设 f x的最小正周期为T，由图象知    T ，解得T π， 12 12 2 2 2π 因为0，所以 π，所以2，故A正确；  5 5π π B选项，由 f  0，得2 2kππ,kZ，解得 2kπkZ， 12 12 6 π π 又0 ，所以只有 符合要求； 2 6 π  π 由 f 01，得Asin 1，故A2，所以 f x2sin2x ， 6  6   π π  π 所以gx2sin  2x   2sin2x 2cos2x.   6 6  2 由gπ2得gx的图象不关于点π,0对称，故B不正确； π C选项，由π2kπ2x2kπkZ，得 kπxkπkZ， 2  π  π  即gx的单调递增区间为  kπ,kπ kZ，令k1，得x ,π ，      2  2  2π 5π π  2π 5π 又 ,   ,π  ，故gx在 , 上单调递增，故C正确；  3 6  2   3 6  试卷第5页，共16页 学科网（北京）股份有限公司D选项，当x0,π时，2x0,2π，由于y2cosz在z0,2π上， 只有zπ为极小值点，故gx在0,π上仅有一个极值点，故D不正确. 故选：AC.  π π 11. 已知函数 f x的定义域为 , ，其导函数为 fx.若  2 2 x f xsinx fxcosx，且 f 00，则（ ）   A． f x是减函数 B． f x是增函数 C． f x有最大值 D． f x没有极值 【答案】BD 【详解】因为 fxcosxx f xsinx，所以 fxcosx f xsinxxsinx，设    π π gx f xcosx，则gxxsinx，因为x , ，所以gxxsinx0恒成立，  2 2  π π 所以ygx在 , 上单调递增，又因为 f 00，所以g0 f 0cos00，所以  2 2  π   π 当x ,0时，gx0，当x0, 时，gx0，  2   2 gx  gxcosxgxsinx  π  fx   ，当x ,0时，gx0，gx0， cosx cos2x  2     π cosx0，sinx0，故 f¢(x)>0恒成立；当x0, 时，gx0，gx0，  2  π π cosx0，sinx0，故 f¢(x)>0恒成立.所以 fx0在 , 上恒成立，故y f x  2 2  π π 在 , 上单调递增.  2 2 故选：BD. 12. 已知三棱锥ABCD的棱长均为6，其内有n个小球，球O 与三棱锥ABCD的四个 1 面都相切，球O 与三棱锥ABCD的三个面和球O 都相切，如此类推，....，球O 与三棱 2 1 n 锥ABCD的三个面和球O 都相切（n2，且nN*），球O 的表面积为S ，体积为 n1 n n V ，则（ ） n 6 A．V  π 1 8 3π B．S  3 8 1 C．数列V 是公比为 的等比数列 n 8  1  D．数列S 的前n项和为8π1  n  4n  【答案】BCD 【详解】如图所示，AO是三棱锥ABCD的高，O是三角形BCD的中心， 试卷第6页，共16页3 2 3 设三棱锥ABCD的棱长均为a，所以OB  a a， 2 3 3 3 6 AO AB2OB2  a2( a)2  a. 3 3 O 是三棱锥ABCD的内切球的球心，O 在AO上， 1 1 设三棱锥ABCD的外接球半径为R，球O 的半径为r ， n n 6 3 则由OB2 OO2OB2，得R2 ( aR)2( a)2， 1 1 3 3 6 得R a. 4 6 6 6 所以r  AOAO  a a a， 1 1 3 4 12 6 又a6，所以r  ， 1 2 3 4 4  6 所以V  πr3  π   6π.故A不正确； 1 3 1 3  2    6 6 6 6 在AO上取点E，使得EO r  a，则AE AO2r  a a a，即E为AO 1 1 12 1 3 6 6 的中点，则球O 与球O 切于E， 2 1 过E作与底面BCD平行的平面，分别与AB,AC,AD交于B,C,D ， 1 1 1 则球O 是三棱锥ABCD 的内切球， 2 1 1 1 因为E为AO的中点，所以三棱锥ABCD 的棱长是三棱锥ABCD的棱长的一半， 1 1 1 1 所以球O 的内切球的半径r  r ， 2 2 2 1 6 1 以此类推，所以{r}是首项为 ，公比为 的等比数列， n 2 2 2 6 1 6 6  6 3π 所以r  ( )n1  ，r  ，S 4πr2 4π   ，故B正确； n 2 2 2n 3 8 3 3   8   8 4 V r3 1 1 1 所以V  πr3， n1  n1 ( )3  ，即数列V 是公比为 的等比数列，故C正确； n 3 n V r3 2 8 n 8 n n 6 6π S 4πr2 4π  ， n n 4n 4n1 1 n S 1 S 2   S n 6π(1+ 1 4  4 1 2    4 1 n1 ) 6 1 4 1   8π(1 4 1 n )，故D正确. 1 4 故选：BCD 三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共计20分. 试卷第7页，共16页 学科网（北京）股份有限公司         13．已知向量a、b满足 a  b  ab ，则ab与a的夹角是_____．  【答案】 6 【详解】因为 a   b   a  b  ，则a 2 2a  b  b 2 a 2，所以，b 2 2 a  b  cos a  ,b  0，   1    2   2     3 2 所以，cos a,b  ，则 ab aa aba  a b cos a,b  a ， 2 2 又因为 a  b    a  b 2  a 2 2a  b  b 2  a 2 2 a  b  cos a  ,b  b 2  3 a  ，  a  b  a  3 a 2 所以，cos a  b  ,a    2  3 ， a  b   a  3 a 2 2       π 因为0 ab,a π，因此， ab,a  . 6 14.在  ABC中，角A,B,C所对的边为a,b,c，且sin2Bsin2CsinBsinC sin2A， a 7,b5，则c_____. 【答案】3 【详解】由sin2Bsin2CsinBsinC sin2A可知， 利用正弦定理可得b2c2bca2，将a7，b5代入可得25c25c49， 整理可得c25c240，解得c3或c8（舍）； 即c3. 故答案为：3 b2 a2 15. 若正实数a,b满足ab1，则  的最小值为_____. a1 b2 1 【答案】 4 【详解】根据已知ab1， 所以(a1)(b2)4， b2 a2 1  b2 a2  所以    a 1    b 2      a 1 b 2 4  a 1 b 2   1  a2  b2  b2   a1  a2 b2    1 a22abb2   1  ab 2  1 , 4  a1 b2  4 4 4 3 2 当且仅当a ，b 时取等号. 5 5 16．新冠病毒肺炎疫情防控难度极大，某地防疫防控部门决定进行全面入户排查4类人 员：新冠患者、疑似患者、普通感冒发热者和新冠密切接触者，过程中排查到一户6口 之家被确认为新冠肺炎密切接触者，按要求进一步对该6名成员逐一进行核糖核酸检测， 若出现阳性，则该家庭定义为“感染高危户”，设该家庭每个成员检测呈阳性的概率相同 均为p0 p1，且相互独立，该家庭至少检测了5人才能确定为“感染高危户”的概率 试卷第8页，共16页为 f p，当p p 时， f p最大，此时P  _____． 0 0 6 【答案】1 3 【详解】由题意可得，该家庭至少检测了5人才能确定为“感染高危户”，则前4人检测 为阴性，第5人为阳性或前5人检测为阴性，第6人为阳性，由相互独立事件同时发生 的概率公式，得 f(p)(1p)4p(1p)5p f(p)4(1 p)3p(1 p)45(1 p)4p(1 p)5  3 6 3 6 2(1 p)3 3p26p1  2(1 p)3p p     3 3     3 6 3 6 令 f(p)0，即2(1 p)3p p 0，    3 3    3 6 3 6 解得p1(舍)或p （舍）或p . 3 3 3 6 当0 p 时， f(p)0； 3 3 6 当  p1时， f(p)0； 3  3 6 3 6  所以函数 f p在0, 上单调递增，在 ,1上单调递减；     3 3     3 6 当p 时，函数 f p取得极大值，也是最大值. 3 3 6 6 所以P  1 . 0 3 3 6 故答案为：1 . 3 四、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 17．（10分）等差数列{a }的前n项和为S ，数列{b }是等比数列，满足a 3， n n n 1 b 1，b S 10，a 2b a . 1 2 2 5 2 3 (1)求数列{a }和{b }的通项公式; n n  2  ,n为奇数, (2)令c S 设数列{c }的前n项和为T ，求T . n n n n 2n  b ,n为偶数, n 【答案】(1)解：设数列{a }的公差为d，数列{b }的公比为q， n n 则由a 3，b 1，b S 10，a 2b a ， 1 1 2 2 5 2 3 q33d 10 得 ，解得d 2，q  2， 34d 2q32d a 2n1，b 2n1； n n 试卷第9页，共16页 学科网（北京）股份有限公司(2)解：由(1)可得，S n(n2)， n  2 1 1  ,n为奇数   ,n为奇数 则c n(n2) ，即c n n2 ， n n   2n1,n为偶数   2n1,n为偶数 T (c c c ...c )(c c ...c ) 2n 1 3 5 2n1 2 4 2n 1 1 1 1 1 [(1 )(  )…(  )](223...22n1) 3 3 5 2n1 2n1 1 2(1-4n) 1  2n1 1-4 2n 2   (4n 1). 2n1 3 18．（12分）信用是指依附在人之间、单位之间和商品交易之间形成的一种相互信任的生 产关系和社会关系.良好的信用对个人和社会的发展有着重要的作用.某地推行信用积分 制度，将信用积分从高到低分为五档，其中信用积分超过150分为信用极好；信用积分 在120,150内为信用优秀；信用积分在100,120内为信用良好；信用积分在80,100内 为轻微失信；信用积分不超过80分的信用较差.该地推行信用积分制度一段时间后，为了 解信用积分制度推行的效果，该地政府从该地居民中随机抽取200名居民，并得到他们 的信用积分数据，如下表所示. 信用等级 信用极好 信用优秀 信用良好 轻微失信 信用较差 人数 25 60 65 35 15 (1)从这200名居民中随机抽取2人，求这2人都是信用极好的概率. (2)为巩固信用积分制度，该地政府对信用极好的居民发放100元电子消费金；对信用优 秀或信用良好的居民发放50元消费金；对轻微失信或信用较差的居民不发放消费金.若以 表中各信用等级的频率视为相应信用等级的概率，现从该地居民中随机抽取2人，记这2 人获得的消费金总额为X元，求X的分布列与期望. 【答案】（1）从这200名居民中随机抽取2人，共有C2 种不同抽法， 200 其中符合条件的不同抽法有C2 ， 25 C2 2512 3 则所求概率P 25   . C2 100199 199 200 1 （2）从该地居民中随机抽取1人，则这人获得100元电子消费金的概率是 ，获得50 8 5 1 元电子消费金的概率是 ，没有获得电子消费金的概率是 . 8 4 由题意可知X的所有可能取值为0，50，100，150，200. 1 1 1 PX 0   ， 4 4 16 1 5 5 PX 50C1   ， 2 4 8 16 试卷第10页，共16页1 1 5 5 29 PX 100C1     ， 2 4 8 8 8 64 1 5 5 PX 150C1   ， 2 8 8 32 1 1 1 PX 200   ， 8 8 64 则X的分布列为 X 0 50 100 150 200 1 5 29 5 1 P 16 16 64 32 64 1 5 29 5 1 175 故EX0 50 100 150 200  . 16 16 64 32 64 2 19．（12分）长方形ABCD中，AB2AD2 2，点E为CD中点（如图1），将点D绕AE 旋转至点P处，使平面PAE 平面ABCE（如图2）． (1)求证：PA  PB； π (2)点F 在线段PB上，当二面角FAEP大小为 时，求四棱锥F ABCE的体积． 4 【答案】（1）证明：在长方形ABCD中，AB2AD2 2，E为CD中点， AEBE2， AEBE，  平面PAE 平面ABCE，平面PAE  平面ABCE AE， BE平面ABCE， BE平面PAE，AP平面PAE， BEPA，又PAPE，BE平面PBE，PE平面PBE， PEBEE， PA平面PBE，PB平面PBE， PAPB. （2） 试卷第11页，共16页 学科网（北京）股份有限公司如图，取AE的中点O，AB的中点G，连接OP,OG， 由题意可得OP,OG,OA两两互相垂直， 以O为坐标原点，以OA，OG， OP分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 则A1,0,0，E1,0,0，B1,2,0，P0,0,1， 设  P  F    P  B  ，则F,2,1，  设平面FAE的一个法向量为mx,y,z，  m  A  E  0 2x0 则 m  A  F  0 ，  1x2y1z0 ， 2 令y1，得z ， 1   2  m0,1, ，  1   又BE平面PAE，nEB0,2,0是平面PAE的一个法向量，     mn 2 cos m,n     m n 42 ， 2 1 221 2 2  1 令 42 2 ，解得 或1（舍）. 2 1 3 221 π 即F 为PB的靠近P的三等分点时，二面角FAEP的平面角为 ， 4 PO平面ABCE，且PO1，公众号：高中试卷君  2 F 到平面ABCE的距离为 ，又四边形ABCE的面积为3， 3 1 1 2 2 四棱锥F ABCE的体积V  S h 3  . FABCE 3 ABCE 3 3 3 20．（12分）已知函数 f(x)2lnxx2 ax(aR). (1)当a 0时，求 f(x)的单调区间； 1  (2)若函数g(x) f(x)axm在 ,e 上有两个零点，求实数m的取值范围.   e  【答案】（1）当a 0时， f(x)2lnxx2(x0)， 2 2(1x)(1x) 则 f(x) 2x (x0)， x x 令 f(x)0得0 x1，所以 f(x)的单调递增区间为(0,1) 令 f(x)0得x1，所以 f(x)的单调递减区间为(1，) （2）gx f xaxm2lnxx2m， 2 2x1x1 则gx 2x ， x x 试卷第12页，共16页1  Qx ,e ，∴由gx=0，得x=1.   e  1 当 x1，gx0，函数gx单调递增， e 当1 xe时，gx0，函数gx单调递减， 故当x=1时，函数gx取得极大值g1m1， 1 1 又g m2 ，gem2e2， e e2 1 且g ge， e g1=m1>0 1   ∴gx f xaxm在  ,e  上有两个零点需满足条件 1 1 ， e   g =m2 0  e e2 1 解得1m2 e2  1  故实数m的取值范围是  1,2 e2  . 21.（12分）已知平面四边形ABDC中，对角线CB为钝角ACD的平分线，CB与AD 1 相交于点O，AC 5，AD7，cosACD . 5 (1)求CO的长； (2)若BC BD，求△ABD的面积. 25CD249 1 【答案】（1）在 ACD中，由余弦定理得cosACD  ，  25CD 5 解得CD4或CD6（舍去）. 1 2 6 因为cosACD ，所以sinACD . 5 5 15 所以cosACD12sin2ACO，解得sinACO （负值舍去）， 5 15 所以sinDCOsinACO . 5 因为S S S ， △ACD △ACO △DCO 1 1 1 所以 CACDsinACD CACOsinACO CDCOsinDCO. 2 2 2 试卷第13页，共16页 学科网（北京）股份有限公司1 2 6 1 15 1 15 所以 54  5CO  4CO . 2 5 2 5 2 5 8 10 所以CO . 9 AC AD 5 7    （2）在 ACD中，由正弦定理可得sinADC sinACD sinADC 2 6 ，  5 2 6 5 则sinADC  ，由于ADC为锐角，所以cosADC  . 7 7 因为BDBC，所以BDC BCD， 15 10 所以sinBDC sinBCD ，所以cosBDC  ， 5 5 10 CD2BD2BC2 16 2 由余弦定理可得cosBDC     ，解得BDBC  10. 5 2CDBD 8BD BD 5 因为cosADC  ， 7 所以sinADBsinBDCADCsinBDCcosADCcosBDCsinADC 15 5 10 2 6 15      ， 5 7 5 7 35 1 1 15 6 所以S  DADBsinADB 7 10  . △ABD 2 2 35 2 22．（12分）已知函数 f(x)aex1lnxlna． （1）当ae时，求曲线y f x在点 1, f 1 处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积； （2）若不等式 f x1恒成立，求a的取值范围． 1 【答案】（1）Q f(x)exlnx1，f(x)ex ，k  f(1)e1. x Q f(1)e1，∴切点坐标为(1,1+e), ∴函数 f x在点(1,f(1)处的切线方程为ye1(e1)(x1),即ye1x2, 2 切线与坐标轴交点坐标分别为(0,2),( ,0), e1 1 2 2 ∴所求三角形面积为 2| |= ． 2 e1 e1 （2）［方法一］：通性通法 1 Q f(x)aex1lnxlna,f(x)aex1 ，且a0. x 1 设g(x) f(x),则g(x)aex1 0, x2 ∴g(x)在(0,)上单调递增，即 f(x)在(0,)上单调递增， 当a1时， f(1)0,∴ f x  f 11,∴ f x1成立. min 试卷第14页，共16页1 1 1 1 1 当a 1时， 1 ， ∴ea 1 1 ，f( )f(1)a(ea 1)(a1)0, a a 1 ∴存在唯一x 0，使得 f(x )aex01 0，且当x(0,x )时 f(x)0，当x(x ,) 0 0 x 0 0 0 1 时 f(x)0，aex01  ，lnax 1lnx ， x 0 0 0 因此 f(x)  f(x )aex01lnx lna min 0 0 1 1  lnax 1lna2lna12 x 2lna1>1, x 0 x 0 0 0 ∴ f x1,∴ f x1恒成立； 当0a1时， f(1)alnaa1,∴ f(1)1, f(x)1不是恒成立. 综上所述，实数a的取值范围是[1,+∞). ［方法二］【最优解】：同构 由 f(x)1得aex1lnxlna1，即elnax1lnax1lnxx，而lnxxelnx lnx， 所以elnax1lnax1elnxlnx． 令h(m)em m，则h(m)em 10，所以h(m)在R上单调递增． 由elnax1lnax1elnxlnx，可知h(lnax1)h(lnx)，所以lnax1lnx，所 以lna(lnxx1) ． max 1 1x 令F(x)lnxx1，则F(x) 1 ． x x 所以当x(0,1)时，F(x)0,F(x)单调递增； 当x(1,)时，F(x)0,F(x)单调递减． 所以[F(x)] F(1)0，则lna0，即a1． max 所以a的取值范围为a1． ［方法三］：换元同构 由题意知a0,x0，令aex1 t，所以lnax1lnt，所以lnalntx1． 于是 f(x)aex1lnxlnatlnxlntx1． 由于 f(x)1,tlnxlntx11tlnt xlnx，而yxlnx在x(0,)时为增 x 函数，故t x，即aex1 x，分离参数后有a ． ex1 x ex1xex1 ex1(1x) 令g(x) ，所以g(x)  ． ex1 e2x2 e2x2 当0x1时，g(x)0,g(x)单调递增；当x1时，g(x)0,g(x)单调递减． x 所以当x1时，g(x) 取得最大值为g(1)1．所以a1． ex1 ［方法四］： 因为定义域为(0,)，且 f(x)1，所以 f(1)1，即alna1． 1 令S(a)alna，则S(a)1 0，所以S(a)在区间(0,)内单调递增． a 因为S(1)1，所以a1时，有S(a)S(1)，即alna1． 下面证明当a1时， f(x)1恒成立． 令T(a)aex1lnxlna，只需证当a1时，T(a)1恒成立． 试卷第15页，共16页 学科网（北京）股份有限公司1 因为T(a)ex1 0，所以T(a)在区间[1,)内单调递增，则 a [T(a)] T(1)ex1lnx． min 因此要证明a1时，T(a)1恒成立，只需证明[T(a)] ex1lnx1即可． min 由ex x1,lnxx1，得ex1 x,lnx1x． 上面两个不等式两边相加可得ex1lnx1，故a1时， f(x)1恒成立． 当0a1时，因为 f(1)alna1，显然不满足 f(x)1恒成立． 所以a的取值范围为a1． 【整体点评】（2）方法一：利用导数判断函数 f x的单调性，求出其最小值，由 f 0 min 即可求出，解法虽稍麻烦，但是此类题，也是本题的通性通法； 方法二：利用同构思想将原不等式化成elnax1lnax1elnxlnx，再根据函数 h(m)em m的单调性以及分离参数法即可求出，是本题的最优解； 方法三：通过先换元，令aex1 t，再同构，可将原不等式化成tlntxlnx，再根据 函数yxlnx的单调性以及分离参数法求出； 方法四：由特殊到一般，利用 f(1)1可得a的取值范围，再进行充分性证明即可． 试卷第16页，共16页