数学 全解全析 第1 页（共12 页）
2024 届高三1 月大联考考后强化卷（新课标I 卷）
数学·全解全析
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
B
A
D
C
D
B
C
B
AC
ABD
ACD
ACD
一、选择题：本题共8 小题，每小题5 分，共40 分。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．B【解析】由题意，知
{
0
2}
|
A
x
x
，
{0,1}
B
，所以
{0,1}
A
B
.故选B.
2．A【解析】因为(4
3i)
i
z
，所以
i
i(4
3i)
3
4 i
4
3i
(4
3i)(4
3i)
25
25
z
，所以z 的虚部为
4
25
.故
选A.
3．D【解析】因为
2
3
a
，
(2 0)
，
b
，所以|
|
3
a
，|
| 2
b
，
设a 与b 的夹角为，
[0,π]
，因为
2
2
2
(
)
2
3
2|
| |
| cos
4
|
|
a
b
a
b
a
a b
b
a
b
，
所以3
2 3
2cos
4
1
，解得
3
cos
2
，所以
5π
6
，故选D.
4．C【解析】设该建筑的母线长为x ，高为h ，则由其侧面积为
2
8π 229m ，可得1 π 8
8π 229
2
x
，解得
2 229m
x
，所以
2
24
30m
h
x
．故选C．
5．D【解析】因为
π
cos(
)
2 cos2
4
，所以
2
2
2
2
cos
sin
2(cos
sin
)
2
2
，
所以1 (cos
sin )
(cos
sin
)(cos
sin
)
2
，
又
π
(0, )
2
，所以cos
0,sin
0
，所以cos
sin
0
，
所以
1
cos
sin
2
，两边同时平方，得
1
1 sin 2
4
，所以
3
sin2
4
.
故选D.
6．B 【解析】设双曲线C 的半焦距为c ，如图，延长
2
QF 与双曲线C 交于点P，因为
1
2
F P
F P
∥
，根据对
称性知
1
2
|
| |
|
F P
F P
，设
1
2
|
| |
| 2
F P
F P
t
，则
2
|
| 5
F P
t
，
2
|
| 10
F Q
t
，可得
2
1
|
|
|
| 3
2
F P
F P
t
a
，即
2
3
t
a
，所以|
| 12
8
P Q
t
a
，则
1
2
26
|
| |
| 2
3
QF
QF
a
a
，
1
2
10
|
| |
|
3
F P
F P
a
，
即
2
2
2
1
1
|
|
|
|
|
|
P Q
F P
QF
，可知
1
1
2
90
F P Q
F PF
，
在
1
2
P F F
△
中，由勾股定理得
2
2
2
2
1
2
1
|
|
|
|
|
|
F P
F P
F F
，即
2
2
2
10
4
(
)
(
)
4
3
3
a
a
c
，解得
29
3
c
e
a
.
故选B.
数学 全解全析 第2 页（共12 页）
7．C【解析】由
ex
y
，得
ex
y
，设切点为
0
0
(
,e )
x
x
，所以直线l 的斜率为
0
ex ，所以直线l 的方程为
0
0
0
e
e (
)
x
x
y
x
x
，代入点(0,0) ，则
0
0
0
(
e
)
e
x
x
x
，解得
0
1
x ，即斜率为e，
由AB
l
∥，得e
1
e
b
b
，结合图形知
0
b
．
令
( )
e
e
1
x
f x
x
，
0
x
，则
( )
e
e
x
f
x
，所以
( )
f x 在(0,1) 上单调递减，在(1,
)
上单调递增．
因为
(1)
1
0
f
，
2
(2)
e
2e
1
0
f
，所以1
2
b
．
故选C.
8．B【解析】依题意，甲、乙随机选择一条线路去研学的试验有
23 个基本事件，事件A 含有的基本事件数
是2
2
1
5
，则
5
( )
9
P A
，事件AB 含有的基本事件数为2
2
4
，则
4
(
)
9
P AB
，
所以
(
)
4
(
|
)
( )
5
P AB
P B A
P A
.故选B.
二、选择题：本题共4 小题，每小题5 分，共20 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5 分，部分选对的得2 分，有选错的得0 分。
9．AC【解析】
3
1
1
3
π
( )
sin 2
cos2
sin 2
sin 2
cos2
sin(2
)
2
2
2
2
3
f x
x
x
x
x
x
x
.
对于A，
( )
f x 的最小正周期为2π
π
2
，故A 正确；
对于B，当
π
6
x
时，
π
2
0
3
x
，所以直线
π
6
x
不是
( )
f x 的图象的对称轴，故B 错误；
对于C，由
( )
0
f x
，得
π
sin(2
)
0
3
x
，所以
π
2
π(
)
3
x
k
k
Z ，所以
π
π (
)
2
6
k
x
k
Z ，故C 正确；
数学 全解全析 第3 页（共12 页）
对于D，由
π
π
π
2 π
2
2 π(
)
2
3
2
k
x
k
k
Z ，得
5π
π
π
π(
)
12
12
k
x
k
k
Z ，所以函数
( )
f x 的单调
递增区间为
5π
π
[
π,
π](
)
12
12
k
k
k
Z ，故D 错误.
故选AC.
10．ABD【解析】由题知
150
150
50
80
a
b
a
b
，解得
0.7
45
a
b
，所以
0.7
45
y
x
，当
100
x
时，
115
y
，故A
正确；
45
0.3
y
x
x
，由
150
x
知
0
y
x
，即y
x
，故当原始成绩低于150 分时，折算成绩均高
于原始成绩，即除150 分不变外，其余成绩折算后均提高，所以将原始成绩和折算成绩分别从小到大
依次排序后，它们的中位数的序号相同，故B，D 均正确；
( )
(0.7
45)
0.49 ( )
( )
D y
D
x
D x
D x
，故
折算成绩的方差必小于原始成绩的方差，故C 错误.故选ABD.
11．ACD【解析】
2
2
0
ax
y
a
可化为(
2)
(
2)
0
a x
y
，即直线l 过定点
(2,2)
P
，所以A 正确；
因为直线l 与圆C 总有两个公共点，可得点
(2,2)
P
在圆C 内部，所以
2
(2
4)
2
2
(2
1)
r
，解得
5
r
，
所以B 不正确；
当
3
r
时，圆C 的方程为
2
2
(
4)
(
1)
9
x
y
，所以圆心
(4,1)
C
，又
(2,2)
P
，则|
|
5
CP
，可得|
|
MN
的最小值为
2
2
2
|
|
4
r
CP
，最大值即为6，所以C 正确；
当
= 5
r
时，圆C 的方程为
2
2
(
4)
(
1)
25
x
y
，则
|
|
|
os
| c
CM CN
CM
CN
MCN
25cos
MCN
，
当直线l 过圆心
(4,1)
C
时，cos
1
MCN
，所以cos MCN
的最小值为1
，所以CM CN
的最小值为
25
，故D 正确.
故选ACD．
12．ACD【解析】如图，以D 为坐标原点，
1
,
,
DA DC DD
的方向分别为x 轴、y 轴、z 轴的正方向建立空间
直角坐标系，则
1
1
1
(0,1,1),
(1,
,1),
(0,0,0),
(1,
,0)
2
2
C
F
D
E
，
数学 全解全析 第4 页（共12 页）
所以
1
1
1
1
(1,
,0),
(0,1,1)
(1,
,0)
2
2
C F
DC
DE
，
.
对于A，
1
1
1
0
3
4
| cos
,
| |
|
5
5
5
4
4
C F DE
，所以A 正确；
对于B，
2
2
2
1
1
1
1
1
|
|
3 5
2
(
)
2
(
)
5
|
|
5
4
DC
C F
d
DC
C F
，所以B 错误；
对于C，
1
1
1
1
1
MN
AN
AM
AB
B N
AM
AB
B C
AC
(1
)AB
1
(
)
(1
)
AD
AA
，
因为MN //平面ABCD ，所以1
0
，即
1
，所以C 正确；
对于D，由题意，知
1
1
1
,
( ,
[0,1])
AM
AC B N
B C
，
1
(1,0,0),
(1,1,1),
(0,1,0)
A
B
C
，
设
1
1
1
2
2
2
(
,
,
),
(
,
,
)
M x y z
N x
y
z
，
则
1
1
1
(
1,
,
)
( 1,1,1)
x
y z
，
2
2
2
(
1,
1,
1)
( 1,0, 1)
x
y
z
，
解得
(1
, , ),
(1
,1,1
)
M
N
，
所以
2
2
2
|
|
(1
1
)
(
1)
(
1
)
MN
2
2
2
2
1
2
1
2
3
4
2
2
2(
)
3(
)
2
3
6
，
所以当
1
2
,
2
3
时，
min
1
6
|
|
6
6
MN
，所以D 正确.
故选ACD.
三、填空题：本题共4 小题，每小题5 分，共20 分。
13．10
【解析】
5
(
2 )
x
y
的通项为
5
5
1
5
5
C
( 2 )
C
( 2)
r
r
r
r
r
r
r
rT
x
y
x
y
，
当
1
r 时，
1
4
4
2
5
C
( 2)
10
T
x y
x y
.
故答案为：10
.
14．5 5
( , )
4 3 【解析】∵
(1
)
(4
3 )
0
f
a
f
a
，∴
(1
)
(4
3 )
f
a
f
a
.
∵
(
)
( )
f
x
f x
，∴
(1
)
(3
4)
f
a
f
a
.
∴
1
1
1
1
3
4
1
1
3
4
a
a
a
a
，解得5
5
4
3
a
，
∴a 的取值范围是5 5
( , )
4 3 .
数学 全解全析 第5 页（共12 页）
故答案为：5 5
( , )
4 3 .
15．55【解析】由题意，得
1
2
3
4
2
1
1
3
2
2
1,
3,
6,
1
2
3
0
,
a
a
a
a
a
a
b
a
a
b
，
，
因为{
}
nb
为等差数列，且公差为
2
1
1
b
b
，首项为2，所以
1
nb
n
，
故
1
1
n
n
n
a
a
b
n
，
因此
2
1
1
2
a
a
b
，
3
2
2
3,
a
a
b
，
10
9
9
10
a
a
b
，
累加可得
10
1
3
4
5
6
7
8
9
1
2
0
a
a
，
所以
10
3
4
5
6
7
8
9
10
1
2
55
a
，
故答案为：55.
16．1
2 ；
3
15 3
0
x
y
【解析】设点
1
1
(
,
)
B x y
，
2
2
(
,
)
C x
y
，因为点,
B C 在椭圆E 上，
所以
2
2
1
1
2
2
1
x
y
a
b
①，
2
2
2
2
2
2
1
x
y
a
b
②，
因为
3
4
CB
OM
k
k
，
所以
2
1
1
2
2
1
1
2
3
4
y
y
y
y
x
x
x
x
③，
由
①
②，得
2
2
2
2
1
2
1
2
2
2
2
2
0
x
x
y
y
a
a
b
b
，即
2
2
2
2
1
2
1
2
2
2
0
x
x
y
y
a
b
，所以
2
2
1
1
2
2
2
1
1
2
y
y
y
y
b
x
x
x
x
a
，
由③得
2
2
3
4
b
a
，
所以
2
2
1
4
c
a
，则
1
2
c
e
a
.
因为
2
BC
AF
∥
，
所以
2
2
, (0, ),
( ,0)
BC
AF
k
k
A
b F c
，
所以
3
BC
b
k
c
.
设直线BC 的方程为
3
y
x
m
，
数学 全解全析 第6 页（共12 页）
联立
2
2
2
2
3
3
1
4
y
x
m
x
y
b
b
，整理，得
2
2
2
15
8 3
4
4
0
x
mx
m
b
，
所以
1
2
8 3
15
m
x
x
，则
4 3
(
,
)
15
5
m m
M
，
所以
2
2
4 3
|
|
(
)
(
)
3 19,
15
5
m
m
OM
即
2
2
57
9 19
15
m
，
由题意
0
m
，所以
15 3
m
，
所以
3
15 3,
y
x
即直线l 的方程为
3
15 3
0
x
y
.
故答案为: 1
2 ；
3
15 3
0
x
y
.
四、解答题：本题共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）
【解析】（1）根据频率分布直方图可估计该校学生一周使用手机上网时间的平均数为
1 0.025
2
3
0.100
2
5
0.150
2
7
0.125
2
x
9
0.075
2
11 0.025
2
5.8.（4 分）
（2）由频率分布直方图可得上网时间在(0,4] 和(4,12] 内的人数之比为0.25 0.75
1 3
∶
∶，
所以可得2
2
列联表为
近视
不近视
合计
长时间使用手机
0.65n
0.10n
0.75n
不长时间使用手机
0.10n
0.15n
0.25n
合计
0.75n
0.25n
n
（7 分）
若n 为100，则2
2
列联表为
近视
不近视
合计
长时间使用手机
65
10
75
不长时间使用手机
10
15
25
合计
75
25
100
（8 分）
数学 全解全析 第7 页（共12 页）
零假设为
0
H :该校学生一周使用手机上网时间与近视程度无关.
根据列联表中的数据，经计算，得到
2
2
0.001
100
(65 15
10 10)
21.78
10.828
75
25
75
25
x
，（9 分）
根据小概率值
0.001
的独立性检验，我们推断
0
H 不成立，即该校学生一周使用手机上网时间与近视
程度有关，此推断犯错误的概率不大于0.001.（10 分）
18．（12 分）
【解析】（1）因为
2
4
cos
cos
tan
S
a
B
ab
A
B
，
所以
1
4
sin cos
2
cos
cos
sin
2
ac
B
B
= a
B + ab
A
B
，（1 分）
即2 cos
cos
cos
c
B
a
B
b
A
，（2 分）
由正弦定理，得2sin
cos
sin
cos
sin
cos
sin(
)
C
B
A
B
B
A
A
B
，（3 分）
因为
π
A
B
C
，
所以2sin
cos
sin
C
B
C
，（4 分）
因为
(0,π)
C
，所以sin
0
C
，所以
1
cos
2
B
，（5 分）
又
(0,π)
B
，所以
π
3
B
.（6 分）
（2）由余弦定理，得
2
2
2
2
cos
b
a
c
ac
B
，即
2
2
9
a
c
ac
，（7 分）
所以
2
9
(
)
3
a
c
ac
，即
[
]
ac
a + c 2
1
=
(
) - 9
3
，（8 分）
因为
1
3
sin
2
4
S
ac
B
ac
，l = a + c + 3 ，
所以
2
3
3[(
)
9]
4(
3)
12(
3)
S
ac
a
c
l
a
c
a
c
，（9 分）
所以
3 (
3)
12
S
a
c
l
，（10 分）
又
2
(
)
4
a
c
ac
（当且仅当a
c
时取等号），
所以
2
2
(
)
9
(
)
3
4
a
c
a
c
ac
（当且仅当
3
a
c
时取等号），
所以
6
a
c
（当且仅当
3
a
c
时取等号），（11 分）
所以
3
3
3
(
3)
(6
3)
12
12
4
S
a
c
l
（当且仅当
3
a
c
时取等号），
即S
l 的最大值为
3
4
.（12 分）
数学 全解全析 第8 页（共12 页）
19．（12 分）
【解析】（1）如图，连接
1A B ，
因为四边形
1
1
AA B B 为正方形，所以
1
1
AB
A B
．（1 分）
在直三棱柱
1
1
1
ABC
A B C
中，平面
1
1
AA B B 平面
1
1
1
A B C ，
由AB
AC
⊥
得
1
1
1
1
AC
A B
，又平面
1
1
AA B B 平面
1
1
1
1
1
A B C
A B
，
所以
1
1
A C 平面
1
1
AA B B ，（3 分）
又
1
AB 平面
1
1
AA B B ，所以
1
1
1
AC
AB
，
又
1
1
1
1
A B
AC
A
，
1A B 平面
1A BD ，
1
1
AC 平面
1A BD ，
所以
1
AB 平面
1A BD ，（4 分）
又BD 平面
1A BD ，
所以
1
AB
BD
.（5 分）
（2）以A 为原点，AB ，AC ，
1
AA 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，
设
2
AC
a
，则
(0,0,0)
A
，
( 3,0,0)
B
，
(0,2 ,0)
C
a
，
(0, , 3)
D
a
，
( 3,0,0)
AB
，
(0,2 ,0)
AC
a
，
(0, , 3)
AD
a
．（6 分）
设
( , , )
x y z
n
是平面ABD 的一个法向量，
则
0
0
AD
AB
n
n
，即
3
0
3
0
ay
z
x
，得
0
x
，令z
a
，则
3
y
，
所以
(0,
3, )
a
n
为平面ABD 的一个法向量，（7 分）
由题意，得
2
|
|
2 3
3
|
|
3
AC
a
a
n
n
，解得
1
a ，
所以
(
3,2,0)
BC
，
(0, 1, 3)
CD
．
数学 全解全析 第9 页（共12 页）
设
( , , )
p q r
i
为平面BCD 的法向量，
则
0
0
BC
CD
i
i
，即
3
2
0
3
0
p
q
q
r
，
令
3
q
，则
2
p
，
1
r ，即
(2, 3,1)
i
为平面BCD 的一个法向量，（9 分）
易知平面ABC 的一个法向量为
0,
(
1)
0,
j
.（10 分）
设平面ABC 和平面BCD 的夹角为，
则
2
2
2
|
|
1
2
cos
| | |
|
4
2
( 3)
1
1
i j
i
j
，（11 分）
所以
2
14
sin
1
cos
4
，
所以平面ABC 与平面BCD 的夹角的正弦值为
14
4
．（12 分）
20．（12 分）
【解析】（1）当n 为奇数时，由
2
2
n
n
a
a
，得
2
2
n
n
a
a
，（1 分）
所以数列{
}
na
的奇数项成等差数列，且公差为2，又
1
1
a ，所以
na
n
.（2 分）
当n 为偶数时，由
2
4
n
n
a
a
，可得
2
4
n
n
a
a
，（3 分）
所以数列{
}
na
的偶数项成等比数列，且公比为4，又
2
2
a
，所以
1
2n
na
.（4 分）
所以数列{
}
na
的通项公式为
1
,
2
,
n
n
n n
a
n
为奇数
为偶数.（5 分）
（2）当n 为奇数时，
1
2
1
3
2
4
1
(
)
(
)
n
n
n
n
S
a
a
a
a
a
a
a
a
a
（6 分）
1
2
2
2
1(
1)
2(1
4
)
(
1)
2
2
2
(1
3
)
(2
8
2
)
2
1
4
4
3
n
n
n
n
n
n
n
，（8 分）
当n 为偶数时，
1
2
1
3
1
2
4
(
)
(
)
n
n
n
n
S
a
a
a
a
a
a
a
a
a
（9 分）
2
1
2
1
(1
1)
2(1
4 )
2
2
2
(1
3
1)
(2
8
2
)
2
1
4
4
3
n
n
n
n
n
n
n
.（10 分）
数学 全解全析 第10 页（共12 页）
综上，
2
2
1
(
1)
2
2 ,
4
3
2
2 ,
4
3
n
n
n
n
n
S
n
n
为奇数
为偶数
.（12 分）
21．（12 分）
【解析】（1）因为抛物线
2
:
2
(
0)
C y
px p
过点(1, )
p ，所以
2
2
p
p
，又
0
p
，所以
2
p
，（2 分）
所以抛物线C 的方程为
2
4
y
x
．（3 分）
（2）设点
2
1
1
(
,
)
4
y
M
y
，
2
2
2
(
,
)
4
y
N
y
，联立
2
1
4
y
x
y
x
，得
2
2
1
1
(
,
)
4
4
y
y
G
，（4 分）
又因为点M 关于点G 的对称点为P，
所以点
2
2
1
1
1
(
,
)
4
2
y
y
P
y
，（5 分）
由O，N，P 三点共线，可得
ON
OP
k
k
，即
2
1
1
2
2
2
1
2
2
4
4
y
y
y
y
y
，
化简得
1
2
1
2
2(
)
0
y
y
y y
.（6 分）
设直线l 的方程为x
my
n
，
联立
2
4
x
my
n
y
x
，消去x，得
2
4
4
0
y
my
n
，（7 分）
则
2
(4 )
4
( 4 )
0
m
n
，即
2
0
m
n
，
根据根与系数的关系，得
1
2
4
y
y
m
，
1
2
4
y y
n
，（8 分）
代入
1
2
1
2
2(
)
0
y
y
y y
，得8
4
0
m
n
，所以
2
n
m
，（9 分）
所以直线l 的方程为
2
x
my
m
，即
(
2)
x
m y
，
所以直线l 过定点
(0, 2)
E
，（10 分）
因为QH
l
，
所以点H 在以EQ 为直径的圆上，圆心为(1, 1)
，半径为
2 ，（11 分）
所以存在定点(1, 1)
T
，使得|
|
HT 为定值，该定值为
2 ．（12 分）
数学 全解全析 第11 页（共12 页）
22．（12 分）
【解析】（1）当
1
a 时，
2
( )
ln
,
0
f x
x
x
x
x
，所以
( )
ln
1
2
f
x
x
x
，（1 分）
令
( )
ln
1
2 ,
0
m x
x
x x
，
得
1
1
2
( )
2
x
m x
x
x
.（2 分）
当
1
(0, )
2
x
时，
( )
0,
( )
m x
m x
单调递增；
当
1 ,
2
(
)
x
时，
0
( )
( )
,
x
m
m
x
单调递减.（3 分）
所以当
1
2
x
时，
( )
m x 取得极大值，也为最大值，且
1
1
1
( )
ln
1 1
ln
0
2
2
2
m
，（4 分）
所以
( )
0
f
x
，所以
( )
f x 在(0,
)
上单调递减.（5 分）
（2）由
2
( )
e
(1
)
x
f x
a
a x
x
，得
2
e
ln
x
a
x
x
x
x
，
即
2
ln
ex
x
x
x
x
a
在(0,
)
上恒成立.（6 分）
令
2
ln
( )
,
(0,
)
ex
x
x
x
x
h x
x
，则
(
1)(
2
ln )
( )
ex
x
x
x
h x
，（7 分）
令( )
2
ln
x
x
x
，可得
1
1
( )
1
x
x
x
x
，
令
( )
0
x
，得
1
x ，
令
( )
0
x
，得0
1
x
，
所以( )
x
在(0,1) 单调递减，在(1,
)
单调递增，（8 分）
又
3
3
3
3
(e )
e
2
ln e
e
1
0
，
(1)
1
2
ln 1
1
0
，
(4)
4
2
ln 4
2
2ln 2
0,
所以在
3
(e ,1)
中存在唯一的
1x 使得
1
(
)
0
x
，
数学 全解全析 第12 页（共12 页）
在(1,4) 中存在唯一的x2 使得
2
(
)
0
x
，
即有
1
1
2
2
2
ln
0,
2
ln
0
x
x
x
x
.（9 分）
因为( )
x
在(0,1) 单调递减，在(1,
)
单调递增，
所以当
1
0
x
x
时，( )
0
x
，当
1
1
x
x
时，( )
0
x
，
当
2
1
x
x
时，( )
0
x
，当
2
x
x
时，( )
0
x
.
又
(
1)(
2
ln )
( )
ex
x
x
x
h x
(
1) ( ) ,
0
ex
x
x
x
，
所以当
1
0
x
x
时，
( )
0
h x
，当
1
1
x
x
时，
( )
0
h x
，
当
2
1
x
x
时，
( )
0
h x
，当
2
x
x
时，
( )
0
h x
，
所以( )
h x 在
1
(0,
)
x
上单调递减，在
1
(
,1)
x
上单调递增，
在
2
(1,
)
x
上单调递减，在
2
(
,
)
x 上单调递增，（10 分）
所以
1
(
)
0,
x
时，( )
h x 的极小值为
1
2
1
1
1
1
1
ln
(
)
ex
x
x
x
x
h x
，
(1,
)
x
时，( )
h x 的极小值为
2
2
2
2
2
2
2
ln
.
e
(
)
x
x
x
x
x
h x
因为
1
1
2
2
2
ln
0,
2
ln
0
x
x
x
x
，
所以
1
1
2
2
ln
2,
ln
2
x
x
x
x
，所以
1
1
2
2
ln
ln
2
2
e
e ,e
e
x
x
x
x
，
1
2
2
1
2
e
e
e ,
x
x
x
x
即
所以
1
2
2
1
2
e
e
e
x
x
x
x
.
代入
1
1
ln
2
x
x
和
2
2
ln
2
x
x
，
则有
1
1
2
1
1
1
1
1
1
(
)
2
(
)
e
e
x
x
x x
x
x
x
h x
2
e
，
同理可得
2
2
(
)
e
h x
，（11 分）
所以
1
2
(
)
(
)
h x
h x
，
所以
2
min
2
1
( )
e
e
h x
，
所以
2
1
e
a
，即实数a 的取值范围为
2 )
,
e
(
1
.（12 分）
