答案_2.2025数学总复习_2023年新高考资料_3数学高考模拟题_新高考_2023福建省泉州市高中毕业班高三上学期质量监测（一）数学

泉州市 2023 届高中毕业班质量监测（一） 2022.08 高三数学参考答案与评分细则 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。 题序 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 A A D D B B C D 4．解：设事件B为“该员工肥胖”，事件A为“该员工性别为男性”，事件A 为“该员工性别为女 1 2 性”，则B ABA B，由全概率公式，得P(B) P(A)P(B|A)P(A )P(B|A )，依题意， 1 2 1 1 2 2 2 3 1 2 2 P(A) ，P(B|A)= ，P(A )= ，P(B|A )= ，故P(B) ，由贝叶斯公式， 1 3 1 100 2 3 2 100 75 P(A)P(B|A) 3 得P(A|B)= 1 1 = ，故选D． 1 P(A)P(B|A)P(A )P(B|A ) 4 1 1 2 2 T 5 1 1 2π 5 5．解：依题意，得    ，又T  ，所以π，将点( ,0)代入 f(x) Asin(πx)， 4 6 3 2  6 5π 5π π π 得sin( )0，所以k ,kZ，又0π，所以 ，故 f(x) Asin(πx+ )， 6 6 6 6 A  1 A  5 A   易得 P(0, ) ，则 PQ( , ) ， PR( , ) ，因为 PQPR ，所以 PQPR0 ，即 2 3 2 6 2 1 5 A A 10 10   ( )0，解得A 或A （舍去）．故选B． 3 6 2 2 3 3 6．解：过B作BE l ，垂足为E，BH  AD，垂足为H． l H 又ADl，所以四边形BEDH为矩形，所以BEDH ． D A 因为ABBD，所以DH  AH ，所以AD2DH 2BE ． 由抛物线的定义，可得AF  AD，BF BE， O F AF 所以AF 2BF ，即 2．故选B． BF E B 7．解法一：依题意，当CB与AD所成角最大时，CB AD. 又CBCD，CDADD，所以CB平面CAD. 又CA平面CAD，所以CBCA. 高三数学试题 第1页(共16页)3 根据V V ，则C到平面ABD的距离为h . CABD BC'AD 2 1 3 所以三棱锥C ABD的体积V  S h ，故选C． 3 △ABD 6 解法二：依题意，设圆锥的母线长为△CBD在翻折的过程中，点C形成一个以C在BD射影O为 圆心，OC长为半径的圆如图所示． 因为AD∥BC，所以C'B与AD所成角即C'B与BC所成角C'BC ， 当C'BC 90时，正弦值最大，此时在等腰Rt△C'BC中，C'C 2， 2 OC'2OC2 CC'2 1 在Rt△BCD中，OC  ，则在△C'OC中，cosC'OC  ， 5 2OCOC' 4 2 15 3 则C'到平面ABD的距离hOC'sin(C'OC)   ， 5 4 2 1 3 所以三棱锥C'ABD的体积V  S h ，故选C． 3 △ABD 6 8．解：由题意，得 f(x2)f(x)，且 f(x)f(x)，所以 f(x4) f(x)，f(2x) f(x)， 故 f(x)周期为4的函数，且其图象有关于直线x1对称，关于点(2,0)对称，作出 f(x)的图 1 1 1 1 1 1 象．又当x≥8时，y x ≥1；当x≤4时，y x ≤1，且直线y x 关于(2,0) 6 3 6 3 6 3 1 1 对称，由图可知，直线 y x 与曲线 y f(x) 有 7 个不同的公共点，故 6 3 7 x x x x 14，y  y  y  y 0，所以(x  y )14．故选D． 1 2 3 7 1 2 3 7 i i i1 高三数学试题 第2页(共16页)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，有选错的得0分，部分选对的得2分。 题序 9 10 11 12 答案 ACD AC BD BCD 2 1 10．解：对于A选项，设A=“出现向上的点数为3的倍数”，则P(A)  ，即在150名学 6 3 1 生中，约150 50人需如实回答问题“投掷点数是不是奇数？”，故A正确； 3 对于B选项，150名学生中，不一定有5人迷恋电子游戏，故B错误； 对于C选项，在150名学生中，约50人需如实回答问题“投掷点数是不是奇数？”且约 1 50 25人回答“是”，已知被调查的150名学生中，共有30人回答“是”，则有约5人需如 2 实回答问题“你是不是迷恋电子游戏？”且回答“是”，则以频率估计概率，该校约有 5(15050)5％的学生迷恋电子游戏，故C正确，D错误. 故选AC． 1 2x2 2ax1 11．解： f(x)的定义域为(0,)， f(x) 2(xa) ， x x 令 f(x)0，得2x2 2ax10（*），因为0，所以方程（*）有两根x,x (x x )，且 1 2 1 2 1 xx  0，故x 0x ，所以当0xx 时，f(x)0，f(x)单调递增；当xx 时， 1 2 2 1 2 2 2 f(x)0， f(x)单调递减，故 f(x)存在唯一的极大值点x ，所以选项A错误； 2 1 1 又2x 2 2ax 10，所以ax  ， f(x)  f(x )lnx (x a)2 lnx  ．又 2 2 2 2x max 2 2 2 2 4x 2 2 2 1 5 23 7 5 g(x)x 在 (0,) 单调递增，且 g( )  ag(x ) ，所以 x  ，易知 2x 2 10 3 2 2 2 高三数学试题 第3页(共16页)1 5 5 1 1 (x)lnx 为增函数，所以 f(x) (x )( )ln  ln e 0 ；又当 4x2 max 2 2 2 25 25 x0时，f(x)，当x时，f(x)，所以 f(x)存在两个零点，故选项B正 确； 1 当a1时，x 1，所以 f(x)  g(1) 0，故 f(x)无零点，所以C正确； 2 max 4 若 f(x)有两个零点x ,x (x  x )，则x,x 为方程lnx(xa)2的两解，作出函数ylnx， 1 2 1 2 1 2 y(xa)2的图象，作出点(x,(x a)2)关于直线xa的对称点(x ,y )，由图可知x x ， 1 1 3 3 3 2 所以x x x x 2a，故D正确，综上，可知正确的选项为BD． 1 2 1 3 12．解：对于选项A：连结BD,AC，交于点F ，则AF∥AC ，所以四边形AFC A为平行四边形， 1 1 1 1 故AA∥CF，又AA 平面BDC ，CF 平面BDC ，所以AA∥平面BDC ，故 A 正确； 1 1 1 1 1 1 1 1 对于选项B：如图，易知FAFBFC FDFA FB FC FD  2，从而F 为球O 1 1 1 1 的球心，且半径为 2，所以球O的表面积为4π( 2)2 8π，故选项B错误； 对于选项C：易得BD平面ACC A ，且BD平面BDC ，从而平面BDC 平面 1 1 1 1 ACC A ，连结AC，交FC 于点G，则AGGC，AC FC ，又AC平面ACC A ， 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 高三数学试题 第4页(共16页)平面ACC A 平面BDC FC ，所以AC 平面BDC ，因为GE平面BDC ，所以 1 1 1 1 1 1 1 AC GE，故CE  AE，所以AE AECEEA≥AC 2 2，故选项C正确； 1 1 1 对于选项D：因为AC 平面BDC ，垂足为G，所以AG为直线AA到平面BDC 的距 1 1 1 1 1 6 离，从而点A到平面BDC 的距离为AG ．设直线AE与平面BDC 所成的角为，则 1 1 2 1 AG AG AG 3 sin 1 ，因为AE≥AF，所以sin 1 ≤ 1  ，所以≤60，故选项D正确． AE AE AF 2 综上，可得正确的选项为ACD． 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 13． 3 14．y  x1 15．a 2n 16．2 2n 16．解：由图形特征PO平分APF ，可知数量关系|PA |:|PF ||AO|:|OF |=a:c，设|PA |at ， 1 2 1 2 1 2 1 则|PF |ct （ t 0 ）；又由数量关系 k k ，可知图形特征 PFA PAF ，故 2 1 2 1 1 1 1 |PF ||PA |at，由双曲线的定义可知，ctat 2a……① 1 1 |FQ| 1 过P作PQx轴于Q，依题意k tanPFA  15，则 1 cosPFA  ， 1 1 1 |PF| 1 1 4 1 1 1 1 1 |FQ| |FA| (ca)，故 (ca) at……② 1 2 1 1 2 2 4 c 由①÷②，可得t 2，C的离心率e 2． a 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） 已知数列{a }各项均为正数，且a 2，a 2 2a a 2 2a ． n 1 n1 n1 n n 高三数学试题 第5页(共16页)（1）求{a }的通项公式； n （2）设b (1)na ，求b b b b ． n n 1 2 3 20 【命题意图】本题主要考查等差数列的概念、通项公式及前n项和等知识；考查运算求解能 力，推理论证能力等；考查化归与转化思想等；体现基础性，体现检测数学运算 等核心素养的命题意图． 【试题解析】 解法一：（1）因为a 2 2a a 2 2a ，所以(a a )(a a 2)0， ················ 1分 n1 n1 n n n1 n n1 n 因为{a }是各项均为正数的数列，所以a a 2， ···························· 2分 n n1 n 所以数列{a }是以2为首项，2为公差的等差数列， ····························· 3分 n 则a 2n(nN). ········································································ 5分 n （2） 设b (1)na (1)n2n，则b b (1)n12， ································ 7分 n n n n1 所以b b b b (b b )(b b )(b b ) ····················· 8分 1 2 3 20 1 2 3 4 19 20 22 220. ······································ 10分 10个 解法二：（1）同解法一； （2）设b (1)na (1)n2n，则 n n b b b b (b b b )(b b b ) ····················· 7分 1 2 3 20 1 3 19 2 4 20 2(1319)2(2420) 10(119) 10(220) 2 2 ··························· 9分 2 2 20022020. ·········································· 10分 18．（12分） 2cosA cosB cosC 在△ABC中，角A,B,C所对的边分别是a,b,c ．已知   ． bc ab ac （1）求A； 高三数学试题 第6页(共16页)（2）若a  3，求△ABC的周长的取值范围． 【命题意图】本小题主要考查三角恒等变换、解三角形等知识；考查运算求解能力等；考查函数 与方程思想，化归与转化思想等；体现基础性、综合性，应用性，体现检测数学运 算、逻辑推理、直观想象等核心素养的命题意图． 【试题解析】 2cosA cosB cosC 解法一：（1）由   ，得2acosAccosBbcosC（*）， ··················· 1分 bc ab ac a b c 所以由正弦定理，得   2R， ··································· 2分 sinA sinB sinC 所以a2RsinA，b2RsinB，c2RsinC， 代入（*），得2sinAcosAsinCcosBsinBcosC， ······························ 3分 化简，得2sinAcosAsin(BC)， ··················································· 4分 又ABC π，所以2sinAcosAsin(πA)，即2sinAcosAsinA， ···· 5分 1 π 因为0 Aπ，所以sinA0，所以cosA ，所以A . ···················· 6分 2 3 a b c 3 （2） 因为    2，所以b2sinB,c2sinC， sinA sinB sinC π sin 3 设ABC 周长为L，则Labc 32sinB2sinC， ······················ 7分 π 因为ABC π，且A ， 3 2π 所以L 32sinB2sin( B) ····················································· 8分 3  32sinB 3cosBsinB ·················································· 9分  33sinB 3cosB 3 1  32 3( sinB cosB) 2 2 π  32 3sin(B ) ···························································· 10分 6 2π π π 5π 1 π 因为0B 所以 B  ，所以 sin(B )≤1， 3 6 6 6 2 6 所以2 3L≤3 3， 高三数学试题 第7页(共16页) 所以△ABC周长为 2 3,3 3. ······················································ 12分  解法二：（1）由余弦定理，得 b2 c2 a2 a2 c2 b2 a2 b2 c2 cosA ，cosB ，cosC ， ·············· 1分 2bc 2ac 2ab 2cosA cosB cosC 因为   ， bc ab ac b2 c2 a2 a2 c2 b2 a2 b2 c2 所以   ， ······································ 2分 b2c2 2a2bc 2a2bc b2 c2 a2 1 整理，得  b2c2 bc 所以b2 c2 a2 bc， ···································································· 4分 b2 c2 a2 1 π 又因为cosA ，所以cosA ，所以A ； ······················ 6分 2bc 2 3 （2） 同解法一． ·············································································· 12分 19．（12分） 中国茶文化博大精深，饮茶深受大 众喜爱．茶水的口感与茶叶类型和水的 温度有关．某数学建模小组为了获得茶 水温度 y℃关于时间x(min)的回归方程 模型，通过实验收集在 25℃室温，用同 一温度的水冲泡的条件下，茶水温度随 时间变化的数据，并对数据做初步处理 得到如右所示散点图． 7 7 y w (x x)(y  y) (x x)(w w) i i i i i1 i1 73.5 3.85 95 2.24 1 7 表中：w ln(y 25)，w w ． i i 7 i i1 （1）根据散点图判断，①yabx与②ydcx 25哪一个更适宜作为该茶水温度y关于 时间x的回归方程类型？（给出判断即可，不必说明理由） 高三数学试题 第8页(共16页)（2）根据（1）的判断结果及表中数据，建立该茶水温度y关于时间x的回归方程； （3）已知该茶水温度降至60℃口感最佳．根据（2）中的回归方程，求在相同条件下冲泡的 茶水，大约需要放置多长时间才能达到最佳饮用口感？ 附：①对于一组数据(u,v)，(u ,v )，…，(u ,v )，其回归直线vˆ ˆ u的斜率和截距的 1 1 2 2 n n n (u u)(v v) i i 最小二乘估计分别为ˆ  i1 ，ˆ v  ˆ u； n (u u)2 i i1 ②参考数据：e0.08 0.92，e4.09 60，ln71.9，ln31.1，ln20.7. 【命题意图】本题考查散点图、一元线性回归模型、对数运算、对数函数等知识；考查抽象概 括能力、数据处理能力、运算求解能力等能力；考查数据数形结合思想、函数与 方程思想等；体现应用性、创新性、综合性，体现检测数学建模、数学抽象、数 学运算、数据分析等素养的命题意图. 【试题解析】 解：（1）更适合的回归方程为y dcx 25； ······················································ 2分 （2）由y dcx 25，可得y25dcx， 对等式两边取自然对数，得ln(y25)lnd xlnc， ··························· 3分 令wln(y25)，则wlnd xlnc， ············································· 4分 1 7 1 7 2 计算，得x x 3， (x x) 28， 7 i 7 i i1 i1 7 (x x)(w w) i i 2.24 结合表中数据代入公式，可得lnc i1  =0.08， 7 28 (x x)2 i i1 即由参考数据可得c=e0.08 0.92， ····················································· 5分 由lnd wxlnc，得lnd=4.09，即由参考数据可得d e4.09 60， ····· 6分 即茶水温度y关于时间x的回归方程为yˆ 600.92x 25； ····················· 7分 高三数学试题 第9页(共16页)（3）在25℃室温下，茶水温度降至60摄氏度口感最佳， 6025 7 即yˆ 60时，0.92x   ， ·················································· 8分 60 12 7 对等式两边取自然对数，得xln0.92ln ln72ln2ln30.6， 12 ·································································································· 10分 0.6 0.6 即x  7.5， ························································· 11分 lne0.08 0.08 故在室温下，刚泡好的茶水大约需要放置7.5min才能达到最佳引用口感． ·································································································· 12分 20．（12分） 三棱柱ABC ABC 中，AA  AB2 3，CA 4，CB 2 7，BAA 60 1 1 1 1 1 1 1 （1）证明：CACB； （2）若CA4，求二面角A CB C 的余弦值． 1 1 1 【命题意图】本题考查空间点、直线与平面间的位置关系等知识；考查推理论证、运算求解等 能力；考查数形结合思想、化归与转化思想等；体现应用性、创新性、综合性， 体现检测直观想象、数学运算等素养的命题意图. 【试题解析】 解：（1）取AB中点M ，连接MC，MA ． 1 因为AB AA 2 3，BAA 60，所以BAA 为等边三角形， ························· 1分 1 1 1 所以ABMA ． ······················································································· 2分 1 因为AB  AB2 3，CA 4，CB 2 7， 1 1 1 1 所以AB2 CA2 CB2，所以AB CA． ······················································ 3分 1 1 1 1 1 1 1 高三数学试题 第10页(共16页)又因为ABAB ，所以ABCA ． 1 1 1 又因为MA CA  A ，所以AB平面MCA， ················································ 4分 1 1 1 1 又MC平面MCA，所以ABMC． ·························································· 5分 1 又因为M 为AB中点，所以ABC 为等腰三角形，即CACB． ······················· 6分 （2）过点C作COMA 交MA 于点O，在线段AA 上取一点D，使得AA=3AD． 1 1 1 1 由（1）知，AB平面MCA，又CO平面MCA，所以ABCO． 1 1 又因为COMA ，ABMA=M ，所以CO平面ABA ． 1 1 1 1 在MCA 中，MC= 13，MA 3，CA 4，由余弦定理得，cosCMA  ， 1 1 1 1 13 2 3 所以sinCMA  ． 1 13 1 1 又因为 CM MA sinCMA  MA CO，所以CO2 3，故MO1，OA 2． 2 1 1 2 1 1 所以ODAB，故OD，OA ，OC两两垂直， ················································ 7分 1    以O为原点，分别以OD,OA,OC的方向为x轴、y 轴、z轴的正方向，建立如图所示的空 1 间直角坐标系， ························································································ 8分 易知A(0,2,0)，C(0,0,2 3)，M(0,1,0)，A( 3,1,0)，B( 3,1,0)， 1       则CA (0,2,2 3)，AB  AB(2 3,0,0)，BC ( 3,1,2 3)，BB  AA ( 3,3,0)． 1 1 1 1 1   nCA 0 2y2 3z0 设n(x,y,z)为平面CAB 的法向量，则 1 ，即 ， 1 1 nAB 0  x0 1 1 高三数学试题 第11页(共16页)可取n(0, 3,1)． ···················································································· 9分   mBC0   3x y2 3z0 设m(x,y,z)为平面CC B 的法向量，则  ，即 ， 1 1 mBB 0   3x3y0 1 可取m(3, 3,2)， ················································································ 10分 mn 1 所以cosm,n  ， ································································· 11分 |m||n| 8 1 易知二面角A CB C 为钝二面角，则其二面角的余弦值为 ． ···················· 12分 1 1 1 8 21．（12分） x2 y2 3 已知椭圆C:  1(ab0)过点A(2,0)，右焦点为F ，纵坐标为 的点M 在C上， a2 b2 2 且AF MF ． （1）求C的方程； （2）设过A与x轴垂直的直线为l，纵坐标不为0 的点P为C上一动点，过F 作直线PA的 垂线交l于点Q，证明：直线PQ过定点． 【命题意图】本小题主要考查直线的方程，椭圆的标准方程等知识；考查运算求解能力，逻辑 推理能力，直观想象能力和创新能力等；考查数形结合思想，函数与方程思想 等；考查直观想象，逻辑推理，数学运算等核心素养；体现基础性，综合性与创 新性． 【试题解析】  3 解法一：（1）设F 的坐标为c,0，则Mc,  ． ···················································· 1分  2 x2 y2 因为椭圆C:  1ab0过点A2,0， a2 b2 所以a2． ························································································ 2分 9  3 x2 y2 c2 4 将Mc,  的坐标代入  1，得  1，  2 a2 b2 a2 b2 9 又c2 a2 b2 4b2，所以 4b2  4 1， ··············································· 1分 4 b2 高三数学试题 第12页(共16页)解得b2 3， x2 y2 所以C的方程为  1. ··································································· 4分 4 3 （2）由对称性知，若直线PQ过定点T，则T必在x轴上，设T(t,0). ······················· 5分 y 另设点Px ,y x 2,y 0，则k  0 . ········································ 6分 0 0 0 0 PA x 2 0 x 2 所以直线PA的垂线的斜率为k  0 ， y 0 x 2 故直线FQ的的方程为y 0 x1. ··················································· 7分 y 0 3x 2  3x 2 令x2，得y 0 ，即Q2, 0 . ········································ 8分 y y 0  0  3x 2 y  0 0 y 所以直线PQ的方程为y y  0 xx . ··································· 9分 0 x 2 0 0 3x 2 y  0 0 y 因为点T在直线PQ上，所以y  0 tx ， 0 x 2 0 0 即y 2t23x 2tx ……①. ······················································ 10分 0 0 0 x 2 y 2 3x 2 又 0  0 1，所以y 2 3 0 ……②. 4 3 0 4  3x 2  将②代入①，得 3 0  t23x 2tx ，即t2x 22 0. ······· 11分  4  0 0 0 又x 2，所以t 2. 0 即直线PQ过定点2,0. ······································································· 12分 解法二：（1）设C的左焦点为F． x2 y2 因为椭圆C:  1ab0过点A2,0， a2 b2 所以a2． ························································································ 1分 3 因为点M 的纵坐标为 ，AF MF ， 2 3 所以 MF  . ······················································································· 2分 2 高三数学试题 第13页(共16页)5 由椭圆的定义可得 MF  MF 2a4，所以 MF  . 2 在Rt△MFF中， FF  MF2  MF 2 2，即2c2，c1. ······················ 3分 所以b2 a2 c2 22 12 3， x2 y2 故C'B C的方程为  1. ································································ 4分 4 3 （2）同解法一. ························································································· 12分 22．（12分） 已知函数 f(x)ex[x2 (a2)xa3]． （1）讨论 f(x)的单调性； （2）若 f(x)在(0,2)有两个极值点x,x ，求证： f(x )f(x )4e2． 1 2 1 2 【命题意图】本小题主要考查导数的应用，函数的单调性、极值等知识；考查运算求解能力等； 考查数形结合思想、化归与转化思想等；体现基础性、综合性和创新性，体现检测 逻辑推理、直观想象、数学运算等核心素养的命题意图． 【试题解析】 解法一：（1） f(x)的定义域为R， f(x)ex(x2 ax1)， ········································································· 1分 ①若a2 4≤0即2≤a≤2， 则xR,x2 ax1≥0，从而 f(x)ex(x2 ax1)≥0， 所以 f(x)的单调递增区间为(,)，无单调递减区间； ························· 2分 ②若0即a2或a2，则令 f(x)0，得x2 ax10， a a2 4 a a2 4 解得x  或x  ， 1 2 2 2 a a2 4 a a2 4 所以 f(x)的单调递增区间为(, ],[ ,)， 2 2 高三数学试题 第14页(共16页)a a2 4 a a2 4 同理，可得 f(x)的单调递减区间为[ , ]； ················ 4分 2 2 （2）因为 f(x)在(0,2)有两个极值点x,x ， 1 2 所以关于x的方程 f(x)0即x2 ax10在(0,2)有两不同的解x,x ， ········· 5分 1 2 0, a2 40,    a  a 5 令g(x)x2 ax1，则0 2,即0 2, 解得2a ， ··············· 6分 2 2 2   g(2)0, 42a10,   又因为x,x 是x2 ax10在(0,2)的两不同的解， 1 2 所以x x a，x x 1，且x2 ax 1，其中i1,2， ····························· 7分 1 2 1 2 i i 所以 f(x)exi[x2 (a2)x a3]exi[ax 1(a2)x a3]exi(2x a2)， i i i i i i ······································································································· 8分 故 f(x)f(x )ex1x2(2x a2)(2x a2) 1 2 1 2 ex1x2[4xx 2(a2)(x x )(a2)2] 1 2 1 2 ea[42(a2)a(a2)2] ea(a2 8) ································································· 9分 5 令(x)ex(x2 8)(2≤x≤ )， ···························································· 10分 2 则(x)ex(x2 2x8)ex(x4)(x2)， ··········································· 11分 5 当2x 时，(x)0，所以(x)单调递减， 2 故 f(x )f(x )(2)4e2． ·································································· 12分 1 2 解法二：（1）同解法一； ····················································································· 4分 （2）因为 f(x)在(0,2)有两个极值点x,x ， 1 2 所以关于x的方程 f(x)0即x2 ax10在(0,2)有两不同的解x,x ， ············ 5分 1 2 高三数学试题 第15页(共16页)0, a2 40,    a  a 3 令g(x)x2 ax1，则0 2,即0 2, 解得2a ， ·················· 6分 2 2 2   g(2)0, 42a10,   又因为x,x 是x2 ax10在(0,2)的两不同的解， 1 2 所以x x a，x x 1， ······································································· 7分 1 2 1 2 所以 f(x)f(x )ex1x2[x2 (a2)x a3][x 2 (a2)x a3] 1 2 1 1 2 2 ex1x2[x2x 2 (a2)xx (x x )(a3)(x2 x 2) 1 2 1 2 1 2 1 2 (a2)2xx (a2)(a3)(x x )(a3)2] 1 2 1 2 ea[1a(a2)(a3)(a2 2)(a2)2 a(a2)(a3)(a3)2] ea(a2 8) ·································································· 9分 5 令(x)ex(x2 8)(2≤x≤ )， ······························································· 10分 2 则(x)ex(x2 2x8)ex(x4)(x2)， ·············································· 11分 5 当2x 时，(x)0，所以(x)单调递减， 2 故 f(x )f(x )(2)4e2． ····································································· 12分 1 2 高三数学试题 第16页(共16页)