2025年普通高校招生考試沖刺壓軸卷(一)

數(shù)學(xué)

全卷滿分150分，考試時(shí)間120分鐘.

注意事項(xiàng)：

1.答題前，先將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)填寫在試卷和答題卡上，并將條形碼粘貼在答題卡上

的指定位置.

2.請(qǐng)按題號(hào)順序在答題卡上各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，寫在試卷、草稿紙和答題卡上的非答

題區(qū)域均無效.

3.選擇題用2B鉛筆在答題卡上把所選答案的標(biāo)號(hào)涂黑；非選擇題用黑色簽字筆在答題卡上作

答；字體工整，筆跡清楚.

4.考試結(jié)束后，請(qǐng)將試卷和答題卡一并上交.

一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)

是符合題目要求的.

A=(X|X2+X>0)B=[y\y=2x-2,xeR\Ac(品

1,已知集合II兀V人則〈依,()

A.B.(0,+8)C.(―8,—2]D.(—8,0)

【答案】c

【解析】

【分析】一元二次不等式和指數(shù)函數(shù)性質(zhì)求出集合A3,再利用交集和補(bǔ)集的定義求解即可.

【詳解】由題意得4={久|XQ+1)>0}=(—8,—1)U(0,+8),由指數(shù)函數(shù)性質(zhì)可得3=(—2,+“)，

則Ac僅3)=(—8,-2],

故選：C.

2.樣本數(shù)據(jù)6,8,11,23,27,29,43,52,69,81的第40百分位數(shù)為()

A.23B.25C.27D.29

【答案】B

【解析】

【分析】根據(jù)百分位數(shù)可得答案.

【詳解】樣本數(shù)據(jù)從小到大排序，共10個(gè)數(shù)，因?yàn)?0x0.4=4所以第40百分位數(shù)為第4個(gè)數(shù)據(jù)和第5個(gè)

23+27

數(shù)據(jù)的平均數(shù)，即第40百分位數(shù)為上——=25.

2

故選：B

3.已知。，匕是非零向量，貝ijra-4=,卜卜卜是“a,?！钡模ǎ?/p>

A.充要條件B.充分不必要條件

C,必要不充分條件D.既不必要也不充分條件

【答案】D

【解析】

【分析】根據(jù)向量的線性運(yùn)算法則，得到a-b=\a\-W且。，b是非零向量,求得cosa方=1,得出=0,

即可得到答案.

［詳解］由,_可=同—W，可得卜”『=（同一.『，即a2—2口2+/?2=42_2同忖+）2,

所以4%=同/且”,6是非零向量，

又由人。=同小卜05。,0,所以cosa,0=l,

因?yàn)樨，所以。,b=0,即〃與b同向.

故"a-b\=同一葉是1的既不必要也不充分條件.

故選：D

4.若關(guān)于x的不等式±+I〉"??—4m+2恒成立，則加的取值范圍為（）

A.（2-73,2+73）B.（-2,2）

C,卜君，有）D.^1—A/3,1+y/3^

【答案】A

【解析】

【分析】由基本不等式，得到轉(zhuǎn)化為〃--4〃?+3<2恒成立，結(jié)合一元二次不等式的解法,

X

即可得到答案.

11

【詳解】由基本不等式，可得下+元9222,當(dāng)且僅當(dāng)r=%92時(shí)，即1=±1時(shí)，等號(hào)成立，

XX

因?yàn)椴坏仁蕉?——1>巾2—4m+2恒成立，即機(jī)2—4〃z+3<2恒成立，

又由不等式機(jī)2—4m+l<0，解得2—G<m<2+6，

所以實(shí)數(shù)機(jī)的取值范圍為（2-百,2+6）.

故選：A.

5.甲、乙兩位同學(xué)進(jìn)行投籃比賽，其中甲每次投進(jìn)的概率為工，乙每次投進(jìn)的概率為:，兩人各投三次,

32

一共投中四次的概率為（）

11191119

A.—B.—C.—D.—

36367272

【答案】C

【解析】

【分析】設(shè)甲投三次，投中的次數(shù)為X,乙投三次，投中的次數(shù)為〃，易知X,"服從二項(xiàng)分布，再利用

二項(xiàng)分布的概率公式、相互獨(dú)立事件同時(shí)發(fā)生的概率公式及互斥事件的概率公式，即可求解.

【詳解】設(shè)甲投三次，投中的次數(shù)為X，則X設(shè)乙投三次，投中的次數(shù)為〃，則

則P(X+〃=4)=P(X=1,〃=3)+P(X=2,〃=2)+P(X=3,〃=1),

又尸(X=L〃=3)=C；xgx[[*嗚$

p(x=3,E=c；mv

所以一共投中四次的概率為P（x+〃=4）=1+3+]==

18127272

故選：C.

6.等比數(shù)列｛4｝中的的，%4是函數(shù)/（%）=（*-12尤+21）e*的極值點(diǎn)，。2/。24，貝UlogslAF

（）

1￡

A.1B.-C.-1D.

33

【答案】A

【解析】

【分析】先根據(jù)函數(shù)九）極值的情況確定外用24的值，再根據(jù)等比數(shù)列的性質(zhì)進(jìn)行計(jì)算即可.

【詳解】由"%）=優(yōu)—12x+21）e。求導(dǎo)得尸（尤）=（f—10%+9卜，.

由/f(x)>0=>x2-10x+9>0=>(x-l)(%-9)>0=>x<l^%>9；

由//(%)<0=>1<%<9.

所以函數(shù)〃%）在（-8,1）和（9,+8）上單調(diào)遞增,在（1,9）上單調(diào)遞減.

所以函數(shù)/（%）的極大值點(diǎn)為x=l,極小值點(diǎn)為％=9.

由題意可知。2,。24=埠3=9，所以lOg3k3I=L

故選：A

22

7.已知過雙曲線占―1=1（a>0,b>0）的左焦點(diǎn)片的直線交雙曲線的右支于點(diǎn)A,右焦點(diǎn)為

ab

7

F2,若|9|=閨閭，且cos/A《g=§,則雙曲線的離心率為（）

A.72B.,/3C.3D.4

【答案】C

【解析】

【分析】先根據(jù)雙曲線性質(zhì)得出I|=2c,再由雙曲線定義求出|AF|=2c—2a.接著在△44耳

AFX|=|FXF22

里用余弦定理，得到關(guān)于區(qū)的方程1+旦-鼻=2.求解該方程得到區(qū)的值，因?yàn)殡p曲線離心率e=￡且

c2c2c9ca

e>l,所以舍去不符合條件的值，最終得出離心率為3.

【詳解】設(shè)焦距為2c,易知|4周=|￡可=2c,利用雙曲線定義可知|A^|=2c-勿,

在△AKB中利用余弦定理，cosNAK瑞=）周：呼］一產(chǎn)=-,

2M用.寓心|9

即工+@一￡解出4=:或者9（舍去）.因此雙曲線的離心率為3.

2c2c29。33

故選：C.

、

cos%=cos2%一1的所有正根的和為（)

7

A.2024兀B.2064兀C.4048兀D.4064兀

【答案】D

【分析】先由二倍角的余弦公式對(duì)方程化簡(jiǎn)，再分cosx=l時(shí)和cosx=—1時(shí)，結(jié)合正弦函數(shù)的取值和數(shù)的

整除與奇數(shù)偶數(shù)的性質(zhì)討論求解.

COSX=1COSX=一1

2024兀

【詳解】對(duì)原式化簡(jiǎn)有cosxsin----------=1,因此有1,（20247r2）1或＜‘2024/、

sin----------sin=—1

、I%J

*.（2024兀1

當(dāng)cosx=l時(shí)，設(shè)九=2EkeN"，因此sm[2kJ=1'

設(shè)純=火+2師，n,,2024

MeN,貝1J左=-----,

2k24zz+1

由于2024=8x11x23,且4〃+l是奇數(shù)，因此4〃+1只能為1或11（舍去）或23（舍去）或253,

則〃=0,左=2024或者〃=63,左=8,解x=4048?；螨?16兀，

202471

當(dāng)cosx=-l時(shí)，設(shè)x=7i+2E,左eN,因此sin=-1,

2k+l

、幾2024兀3兀cec,,4048

設(shè)------=一+2mn,eN,貝!12k+1=---------

2左+124m+3

由于2左+1,4m+3都是奇數(shù)，4048為偶數(shù)，此方程組無整數(shù)解,

綜上所述，僅有根x=4048?；騲=16兀

（2024兀2）

所以方程2cosx-sin----------cosx=cos2x—l的所有正根的和為4064兀.

_I%1

故選：D.

二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題

目要求.全部選對(duì)的得6分，部分選對(duì)的得部分分，有選錯(cuò)的得0分.

9.若復(fù)數(shù)z滿足i.z=l+4i（i是虛數(shù)單位），則下列說法正確的是（）

A.［的虛部為1B.1的模為J萬

C.z-2z=-4-iD-z在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)位于第四象限

【答案】ABD

【解析】

【分析】根據(jù)條件，利用向量的運(yùn)算得到z=4-i,再對(duì)各個(gè)選項(xiàng)逐一分析判斷，即可求解.

【詳解】由i?z=l+4i,得到2=4—i,

對(duì)于選項(xiàng)A,因?yàn)椋?4+i，其虛部為1，故選項(xiàng)A正確，

對(duì)于選項(xiàng)B,由1=4+i，得至咽=,42+/=屈，所以選項(xiàng)B正確，

對(duì)于選項(xiàng)C,因?yàn)閦—2』=4一i—2(4+i)=T—3i,所以選項(xiàng)C錯(cuò)誤，

對(duì)于選項(xiàng)D,因?yàn)閦在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為Z(4,-1),位于第四象取限，所以選項(xiàng)D正確，

故選：ABD.

10.已知函數(shù)/(九)滿足/(兀)*0,且對(duì)任意的x,yeR,〃x+y)+/(x—y)=2/(y)cosx都成

立，貝||()

A./(%)是偶函數(shù)B.函數(shù)“X)的圖象關(guān)于點(diǎn)中心對(duì)稱

2025(2k+1)兀

C.2兀是函數(shù)/(%)的一個(gè)周期D.X/d―丁二)=1

z=o2

【答案】ABC

【解析】

【分析】根據(jù)給定條件，利用賦值法，結(jié)合函數(shù)的奇偶性，周期性及對(duì)稱性的意義逐項(xiàng)判斷即可.

【詳解】令x=0,則〃y)+/(-y)=2〃y),解出/(—y)=/(y),故A正確;

令工、,則/葭+1+/2-0=0,

故函數(shù)/G)的圖象關(guān)于點(diǎn)[曰,o]中心對(duì)稱，故B正確；

因?yàn)?[■!+>[+所以令可得/(兀+*)+/(_*)=0，

即/(一%)=一/(兀+%),

又因?yàn)?(九)是偶函數(shù)所以/(—x)=/(x),即仁:(_

(-即=-J[11+X)

整理可得：/(x)=-/(7l+x),

令無=兀+無，可得/(X+兀)=一/(2兀+X),即｛，/\c

/(x+7l)=-/(27l+x)

整理得/(x)=/(2兀+x),所以2兀是函數(shù)/(九)的一個(gè)周期，故C正確;

因?yàn)槿f+丁]+//,卜。所以令可得/

/1y=o0,

3兀

又因?yàn)?(%)是偶函數(shù)且周期為2兀，所以/

因?yàn)榱?/p>

當(dāng)左為奇數(shù)，根據(jù)周期性可知/E+'1=0,

當(dāng)左為偶數(shù)，根據(jù)周期性可知/E+'=0,故D錯(cuò)誤.

故選:ABC

11.已知數(shù)列｛4｝,但｝滿足為M=?,%=手，且々=4=3,則()

A.0<an<lB.0<Z??<1

C.｛4｝是遞增數(shù)列D.也,｝的前〃項(xiàng)和S,2匹士

8

【答案】ABD

【解析】

【分析】根據(jù)遞推公式判斷A、B,由％、a2值判斷C,首先證明｛"“｝的單調(diào)性，即可得到

再由放縮法證明即可判斷D.

【詳解】對(duì)于A：因?yàn)?=匕生<1±1,因此4<1,即片<1,

22

則a“+i〉0,又則a“〉0,即0<a“<l,故A正確；

ih2

對(duì)于B：因?yàn)閮?yōu)+]=方+2〉0,所以打〉0,要證勿M<1,可證4<1,以此類推,

即證4<1,顯然成立，因此或<1,即0<包<1,故B正確；

112Q

對(duì)于C：由于勾=—,4==￡=士，所以｛4｝不是遞增數(shù)列，故C錯(cuò)誤；

228

對(duì)于D：由于0＜么＜1,又2+]_2=伍"一0〉0,因此也,｝是遞增數(shù)列，所以:＜包＜1,

所以必〃=4I+/7Z2H---\-brl=h1+1+JH---F1+"匚

n1/,7.972、、〃1n—15n—l一“

=-+-(^；+^+-"+^；-i)^-+-x--=-故trD正確.

乙乙乙乙I。

故選：ABD.

三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.

12.在%3口的展開式中，常數(shù)項(xiàng)為

4x^

【答案】7

【解析】

【分析】寫出展開式的通項(xiàng)，利用通項(xiàng)計(jì)算可得.

/1Y

【詳解】二項(xiàng)式%3展開式的通項(xiàng)為(+1G(')[-A)=(-!)"C；X2(04r〈7且

reN),

令21—弓=0,則廠=6,常數(shù)項(xiàng)為7；=(—1)6(2；=7.

故答案為：7

13.如圖，已知圓臺(tái)。儀中，△ABQ為等邊三角形，三角形邊長(zhǎng)為2,且Oi3〃QA,則圓臺(tái)的體積為

，圓臺(tái)的表面積為.

【答案】①.量身②.11兀

3

【解析】

【分析】利用△ABO2為等邊三角形求出圓臺(tái)的高，利用圓臺(tái)的體積公式求解出圓臺(tái)的體積和表面積即可.

【詳解】因?yàn)椤鰽BC＞2為等邊三角形，邊長(zhǎng)為2,且QW/QA，

所以0]_8=1,圓臺(tái)的高=

因此圓臺(tái)的體積為1/=:兀丸（d+4G+1）=2^，

表面積S=兀（1+弓/+以+]）=11兀.

故答案為：置身，11兀

3

14.已知拋物線。：產(chǎn)=2”式「＞0）的焦點(diǎn)為/,過焦點(diǎn)的直線/的斜率存在，且與拋物線交于A3兩

點(diǎn)，以廠為圓心，四為半徑的圓與拋物線的準(zhǔn)線有公共點(diǎn)，則直線/的斜率的取值范圍為.

3

【答案】[-72,0）（0,0]

【解析】

【分析】設(shè)直線/為y=-x—'）,其中左中0,聯(lián)立方程組，求得5+/="+襲，根據(jù)題意，得到

ZK

網(wǎng)2p,結(jié)合拋物線的焦點(diǎn)弦的性質(zhì)，得到4+4+023。，進(jìn)而求得P的范圍.

【詳解】由拋物線。：丁=2"*5＞0）的焦點(diǎn)為%,0）,準(zhǔn)線方程為x=g,

設(shè)直線/為y=k（x—^）,其中左20,

y=k\x——I,、左2"2

聯(lián)立方程組’12J,整理得上2/—伊？+2p）x+￡2_=o,

V=2px4

2p

則XA+XB=/~'

因?yàn)橐允瑸閳A心，網(wǎng)為半徑的圓與拋物線的準(zhǔn)線有公共點(diǎn)，可得網(wǎng)

33

又由拋物線焦點(diǎn)弦的性質(zhì)，可得乙+乙+。232，解出—后〈左

所以—拒〈左＜0或0（左＜0，即實(shí)數(shù)左的取值范圍為[—后,0）0（0,后].

故答案為：卜后,0）“0,0]

四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應(yīng)寫出必要的文字說明、證明過程及演算步驟.

2兀

15.已知在VABC中，角A,B,C的對(duì)邊分別是。，b,c,若。1@口5=2/75111。,＞1=可，.

（1）求C；

（2）若VA5C的周長(zhǎng)為4+26，。是VA5C內(nèi)一點(diǎn)，MZBDC=—,求」班）。面積的最大值.

6

7T

【答案】（1）-

6

（2）6-3百

【解析】

【分析】（1）根據(jù)題意，由正弦定理和三角函數(shù)的基本關(guān)系式，化簡(jiǎn)得sinA=2cos5sinC,進(jìn)而得到

27r

sinBcosC=cosBsinC,BPtanB=tanC,得到5=C,結(jié)合4=可即可求解；

（2）由（1）和VABC的周長(zhǎng)為4+2百，求得48=4。=2,8。=2百，利用余弦定理，化簡(jiǎn)得到

BD2+CD2=-y/3BDCD+12,結(jié)合基本不等式，求得加-8412（2—6），利用三角形的面積公

式，即可求解.

【小問1詳解】

解：因?yàn)閍tan5=2bsinC,由正弦定理得sinAtan^B=2sin5sinC,

sinB

所以sinAx——二2sin3sinC,貝UsinA=2cosBsinC,

cosB

又因?yàn)锳=7r—（5+C）,可得sinA=sin（B+C）=sinBcosC+cos5sinC,

所以sin5cosC=cos5sinC,貝!Jtan5=tanC,所以5=C,

因?yàn)锳=空且人+5+。=兀，所以B=C=4.

36

【小問2詳解】

解：由（1）知A=M，3=C=2，可得BC=Ji4C=6AB，

36

因?yàn)檠?3。的周長(zhǎng)為4+2百，所以43=4。=2,8。=20，

由余弦定理得cosNBDC=必+3-302=—立，

2BDxCD2

可得BD°+CD?=-6BDxCD+12,

又由基本不等式可知3￡）2+CD222B￡）.CD，當(dāng)且僅當(dāng)5￡>=CD時(shí)，等號(hào)成立，

即—62解得3℃?12（2—石卜

所以BDC面積最大值為S=-BDCDxsinZBDC=6-373.

2

16.已知橢圓C：5+==l（a〉6〉0）的離心率為焦距為2.

（1）求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；

（2）直線/的斜率為-1,且與坐標(biāo)軸的交點(diǎn)均在橢圓內(nèi)部，直線/與橢圓交于兩點(diǎn)，求線段的

長(zhǎng)度的取值范圍.

22

【答案】(1)—+^=1

43

（8764^/42-

（）

217,7」

【解析】

Q1

【分析】（1）根據(jù)題意，得到一=—且2c=2,求得a,加c的值，即可得到橢圓C的方程；

a2

⑵設(shè)直線/：y=-x+m,且根石,』），聯(lián)立方程，設(shè)5（々，%），由韋達(dá)定理結(jié)合

橢圓弦長(zhǎng)公式得到|.|=短，7-ntz,進(jìn)而求得|A目的取值范圍.

【小問1詳解】

22

因?yàn)镃：?+g=l（a〉6〉0）的離心率為1,且焦距為2,

c1_____

可得e=[=5且2c=2,解得a=2,c=l,則人而工=上,

22

所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為—+^=1.

43

【小問2詳解】

直線/的斜率為-1,且與坐標(biāo)軸的交點(diǎn)均在橢圓內(nèi)部,

設(shè)直線/：y=-x+m,且加?卜6,6）,

f22

X+匕T

聯(lián)立方程組《43，整理得7/—8利（;+4m2—12=0,

y=—x+m

%%=4m

設(shè)4（%B（x,,y2）,則12~~>

因此|=J（X]—々）2+（%一%）2=正-J（X]+々）2—4苞々

/6W_4

V4977

由加€卜6,國(guó),可得力■e（2,77],即,<1陰<生42,

所以的取值范圍為[乎，生手.

17.如圖，在四棱錐E-ASCD中，平面CDEL平面ABC。，ZCDE=90%四邊形ABCD是正方形,

DE=DC=1.

（1）求證：平面ACEL平面3DE；

（2）求直線AC與平面3CE所成角的大小.

【答案】（1）證明見解析

⑵-

6

【解析】

【分析】（1）先利用面面垂直的性質(zhì)定理得DEL平面ABCD,再利用線面垂直的判定定理證明ACJ_平

面5?！辏詈罄妹婷娲怪钡呐卸ǘɡ砑纯?；

（2）以。為原點(diǎn)建系，計(jì)算平面BCE的法向量加，得到cosAC,根的值，再利用線面角與其之間的關(guān)系

即可.

【小問1詳解】

因?yàn)槠矫鍯DE_L平面ABC。，NCDE=90°，

平面CDEc平面A3CD=CD,DEu平面CDE，所以O(shè)EL平面ABCD，

因?yàn)锳Cu平面ABCD,所以￡>E/AC,

因?yàn)樗倪呅蜛BC。是正方形，所以AC13。，

又因BD，DEu平面5DE，BDDE=D,所以AC，平面5DE,

因?yàn)锳Cu平面ACE,所以平面ACEL平面的石；

【小問2詳解】

由(1),因?yàn)槠矫鍭BCD,ADu平面ABCD,所以DE_ZA￡),

因?yàn)锳BCD是正方形，所以又NCDE=90。,

以點(diǎn)。為坐標(biāo)原點(diǎn)，DE，DC，DA分別為一>，z軸正方向，建立空間直角坐標(biāo)系,

因此4(0,0,1),5(0,1,1),C(0,l,0),￡。,0,0),

則AC=(0,1,-1),BC=(0,0,-l),BE=(1,-1,-1),

設(shè)平面BCE的一個(gè)法向量機(jī)=(%),%,z。)，

m-BC=—z=0

則^n,

m-BE=%--z0=0

不妨令%=1，則機(jī)=(l,l,o),

gAC-m11

因此c°sACm=i=H&=5'

則AC與平面BCE所成角的正弦值為1,

兀71

又因線面夾角的取值范圍為0,-,則AC與平面所成角的大小為一.

26

(1)討論函數(shù)的單調(diào)性；

(2)若函數(shù)/(%)有兩個(gè)極值點(diǎn)X2,證明：(再)+/(%2))>一7"2-1；

111］、m

(3)若加>0,設(shè)g(x)=/(x)——f+x+—,當(dāng)時(shí)，g1+-<-----恒成立，求機(jī)的最大值.

24IxJ%+m

【答案】(1)答案見解析

(2)證明見解析(3)--1

ln2

【解析】

【分析】(1)求導(dǎo)，求出導(dǎo)函數(shù)的零點(diǎn)，分情況機(jī)2工，0<〃/<1,加《0三種情況討論得到函數(shù)的單調(diào)性

44

即可

(2)結(jié)合第一■小問中的極值點(diǎn)，得到再+%2=1，=加，接著利用

2-I］

772

/(%1)+/(x2)=/nIn+x2)-2%々一(M十^^^一萬二1nm-根一1,將要證的不等式轉(zhuǎn)化

為證明用21n加-加+1>0,從而構(gòu)造新的函數(shù)//(%)二/山%—1+1,求導(dǎo)證明即可.

(3)分離參數(shù)，構(gòu)造函數(shù)，對(duì)構(gòu)造的函數(shù)d?)=哥旬-；進(jìn)行求二次導(dǎo)進(jìn)而求得此函數(shù)的最小值

4nina)=d(l)=\^—L從而證明出結(jié)果.

【小問1詳解】

由題意/(%)=/nlnx+—%2-%--,故/'(》)=》-x+.，

24x

當(dāng)機(jī)時(shí)，r(%)>o,此時(shí)函數(shù)八工)在(o,+“)上單調(diào)遞增；

當(dāng)0<小<；時(shí)，令/,(x)=o,得x=l±1^,

此時(shí)函數(shù)/(%)在oj4”和1+J：4m,+“上廣(％)>0,故/(工)單調(diào)遞增，

I27I2)

在1匕年近，匕畢正］上了,(x)<o,故于出單調(diào)遞減；

I22)

當(dāng)根K0時(shí)，此時(shí)函數(shù)/(%)在0,'J皿上單調(diào)遞減，在7；一,十°上單調(diào)遞增;

I2JI2)

小問2詳解】

由（1）可知，當(dāng)函數(shù)/（%）有兩個(gè)極值點(diǎn)X1,工2時(shí)，0,^-

且玉+々=1，=m'

2-|1

因此/（玉）+/（尤2）=加1nxi工2+~+x)--(jq+x)--=mlnm-m-1,

22XXX22

因此要證相(/(玉)+/(々))>.m2-1，即證m2Inm—m+1>0，

設(shè)/?(%)=d1nx一％+1,xef0,^-j,則//(x)=M21nx+l)-l，

因?yàn)?<X<；<e；于是“(x)<0在]o,；|上恒成立，

貝!]/z(x)=fIn]—x+1在上單調(diào)遞減，因此“(x)〉—j^ln4>0,

2

不等式m(/(^)+/(x2))>-m-l得證.

【小問3詳解】

1

由題意不等式可化簡(jiǎn)為(x+m)ln[l+：J<l,即求““可二j一"，

設(shè)頊=品旬一‘W°』’則"⑺V°』’

設(shè)/(/)=(/+1)山2(1+1)_/,/e(0,l],

則y(?)=ln2(/+l)+21n(?+l)-2?,Ze(0,1],

令pf(t)=ln2(r+l)+21n(t+l)-2t=尸(/),

于是P(/)=21n('+l)―2f,/€(0』，

由ln（r+l）＜t可知P'（t）＜。在（0,1］內(nèi)恒成立，于是p\t）單調(diào)遞減,

因此〃'（/）＜/（0）=0,于是M?）在（°』內(nèi)單調(diào)遞減，則.”）＜2（0）=0，

即d'?）＜0在（0』內(nèi)恒成立，因此d（。在（0』內(nèi)單調(diào)遞減，4M0=〃（1）=七—1，

于是機(jī)的最大