济南高三年级学习质量评估考试（济南二模）——数学（附答案）

济南高三年级学习质量评估考试（济南二模）——数学（附答案）

书书书 　 !"#$　%１&（’６&） !"#$　%２&（’６&） !"★#$% ２０２０()*+,-# !"#$ .#/’６&，２２$，0/12１５０2．-#34１２０25． &’()： １．6/7，-89:;<=>?@、-8ABCDE6$FG#/HIJKL． ２．M6NO$4，NPQR$6ST，3UVW6$FLXY$Z>6S[A]．^_‘ a，3bcdefT，gNhi6S[A．M6jNO$4，;6SDE6$FL．DE .#/Lkl． ３．-#mnT，;.#/G6$FopqM． *+,-：rs>stuv：Ｖ＝１ ３Ｓｈ（hwＳ xrs>yzt，ｈ xrs>)） .、/)012：324８52，652５7，4４０7．86529:;<=0)>，?@. )ABC2DEF;． １．{|0}Ｕ＝Ｒ，}~ Ａ＝｛ｘ｜ｘ２＞ｘ｝，瓓ＵＡ＝ Ａ．［０，１］ Ｂ．（０，１） Ｃ．（－!，１］ Ｄ．（－!，１） ２．€!ｚ＝ ２ｉ １＋ｉ（hwｉx‚!ƒJ），!ｚE„z…XY>†‡E>ˆ‰x Ａ．%oˆ‰ Ｂ．%Šˆ‰ Ｃ．%*ˆ‰ Ｄ．%‹ˆ‰ ３．ŒsŽ‘’“(8”"•wj–—˜>™š›2．œ"8  ž sŸL a，¡¢^£‡¤>„¥¦§4，¨©ª«¬>®x６０°，Q ª«¬>¯°±R²x４００Ｎ，³"8>s—（ƒJ：ｋｇ）´x （µ-!¶：·—°Œ¸¹±Rxｇ＝１０ｍ／ｓ２，槡３≈１．７３２） Ａ．６３ Ｂ．６９ Ｃ．７５ Ｄ．８１ ４．{|º!ｙ＝ｆ（ｘ）>›2£ˆ^£，ｆ（ｘ）>»¼v½¾‘ Ａ．ｆ（ｘ）＝ｘ＋ｔａｎｘ Ｂ．ｆ（ｘ）＝ｘ＋ｓｉｎ２ｘ Ｃ．ｆ（ｘ）＝ｘ－１ ２ｓｉｎ２ｘ Ｄ．ｆ（ｘ）＝ｘ－１ ２ｃｏｓｘ ５．¿ÀÁÂ>À，EÄÅÆÇÈÉÊËwÌÍÎϽÐÑ>—˜Ò3．œ¿ÀÁÂÁÓR ™ÔÕ@Ö×，Q@Ö×ØÙoÚÙÛÜÝÞßoàáâ．¨ã>áâäåæoç，è> áâäéæ©ç，ê>áâäëì*ç，=>áâEً，íîïEêGå>ðwñ，Ù òóáâ>Ö×x Ａ．ã Ｂ．å Ｃ．é Ｄ．ë ６．{|ôõöｙ２＝４ｘ >÷†xＦ，øöｌùＦ íúôõöq¢Ａ，Ｂ ©†，ù Ａ Òôõöû ö>üö，üýx Ｍ，∠ＭＡＦ >®„2öúôõö>ûöq¢† Ｐ，öþ ＡＢ >w†xＱ． ¨｜ＡＢ｜＝８，｜ＰＱ｜＝ Ａ．２ Ｂ．４ Ｃ．６ Ｄ．８ ７．ÿ!，"#$!，‘%&ò’(!)*，+,-u.x™~!">/0，1‘w234X5 6>7±89)o．E"Ñ:;wÔ<$P¢ÿ=，hã>LÔ£１：“?ò@w，ò¿AB C&!，‹D]†x%!”，EF‘Gì>*HI¿．JKLL;M，;１Ú９ENà!O， CE^£２‡¤>NPQR，NPQ>wñC５，‹à®CS!，hTJKCU!．Qo V’、QoWX?Y©ZX®öL３à!O>G[B¢１５>]‘ £１ £２ Ａ．１ ３ Ｂ．１ ６ Ｃ．１ ７２ Ｄ．１ １４４ ８．{|øöｙ＝ａｘ＋ｂ（ｂ＞０）ú^öｙ＝ｘ３ ÔíªÔ©àu’† Ａ（ｘ１，ｙ１），Ｂ（ｘ２，ｙ２），hw ｘ１＜ｘ２，２ｘ１＋ｘ２＝ Ａ．－１ Ｂ．０ Ｃ．１ Ｄ．ａ G、H)012：324４52，652５7，4２０7．86529:;<=0)>，@H) BC2DEF．IJ0K;L５7，J70K;L３7，@0M;L０7． ９．_‘aQ>bcEoId¹LefÎ0g>hijc．kz‘２００８(l２０１９(mn_ ‘aQ)opñ>Xä£． kX;Mðq>‘ Ａ．２００８(_‘aQras¹G± Ｂ．２００８(l２０１９(，_‘aQ„²óÏtuR Ｃ．２０１３(_‘aQ„²óoI±¢２０１８(_‘aQ„²ó Ｄ．２００８(l２０１９(，_‘aQras¹²ÏR¢２０vw／x 　 !"#$　%３&（’６&） !"#$　%４&（’６&） １０．{|yAº!ｓｇｎ（ｘ）＝ １，ｘ＞０， ０，ｘ＝０， －１，ｘ＜０ 烅 烄 烆 ． kX;Mðq>‘ Ａ．º!ｙ＝ｓｇｎ（ｘ）‘Uº! Ｂ．Xz{>ｘ＞１，ｓｇｎ（ｌｎｘ）＝１ Ｃ．º!ｙ＝ｅｘ·ｓｇｎ（－ｘ）>ó|x（－!，１） Ｄ．Xz{>ｘ∈Ｒ，｜ｘ｜＝ｘ·ｓｇｎ（ｘ） １１．^£，E}~x１> ð ¿ s ＡＢＣＤ－Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１ w，Ｐ x}ＣＣ１ L>a†（†Ｐ Ïú†Ｃ，Ｃ１ —~），ù † Ｐ ҄zα 2ú} ＢＣ，ＣＤ q¢ Ｍ，Ｎ ©†，¨ＣＰ＝ＣＭ＝ＣＮ，kX;Mðq>‘ Ａ．Ａ１Ｃ⊥„zα Ｂ．€E† Ｐ，‚ ＡＣ１∥„zα Ｃ．€E† Ｐ，‚† Ａ１ ڄzα>ƒ„x５ ３ Ｄ．3ù Ｐ，Ｍ，Ｄ１ *†>„z…†ð¿s，‚Ú>†zoI‘‡j １２．{|º!ｆ（ｘ）＝（ｓｉｎｘ＋ｃｏｓｘ）｜ｓｉｎｘ－ｃｏｓｘ｜，kX;Mðq>‘ Ａ．ｆ（ｘ）‘Ùˆº! Ｂ．ｆ（ｘ）Epñ －π ２，π［ ］２ L‘‰º! Ｃ．¨｜ｆ（ｘ１）｜＋｜ｆ（ｘ２）｜＝２，ｘ１＋ｘ２＝ｋπ ２（ｋ∈Ｚ） Ｄ．º!ｇ（ｘ）＝ｆ（ｘ）＋１Epñ［０，２π］LÔíŠÔ１à‹† N、OP2：324４52，652５7，4２０7． １３．{|ｃｏｓ２α－π（ ）３ ＝２ ３，１ ２－ｓｉｎ２ α－π（ ）６ >óx ． １４．{|Œ^öｘ２ ａ２ －ｙ２ ｂ２ ＝１（ａ＞０，ｂ＞０）>Žöú（ｘ－２）２＋ｙ２＝１‘，³Œ^ö> „’]x ． １５．{|ｅ１，ｅ２ ‘®xπ ３ >ƒJŸ“，¨｜ａｅ１＋ｂｅ２｜＝槡３（ａ，ｂ∈Ｒ），ａ＋ｂ >G±óx ． １６．"”•!"–—r˜™š›Ìœ：„zLÚ©I†Ａ，Ｂ ƒ„)äx –!λ（λ＞０íλ≠１）>†>ž‘oà’Eøö ＡＢ L>，³ Ÿ#x— ．¡¶?L¢£，»¤kz>¥$： ^£，E~¿s ＡＢＣＤ－Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１ w，ＡＢ＝２ＡＤ＝２ＡＡ１＝６，† Ｅ E}ＡＢ L，ＢＥ＝ ２ＡＥ，a†Ｐ 1ýＢＰ＝槡３ＰＥ．¨†Ｐ E„zＡＢＣＤ … a，†Ｐ ‡jš>— > ¦§x　　　　；¨†Ｐ E~¿sＡＢＣＤ－Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１ …› a，Ｆ x}Ｃ１Ｄ１ >w†， Ｍ xＣＰ >w†，*}r Ｍ－Ｂ１ＣＦ >st>GRóx　　　　．（.R$%o¨２2， %Š¨３2） <、QR2：324６52，4７０7．QRST:UVWX、YXZ[]^_‘． １７．（１０2） ¨!X｛ａｎ｝1ýａ２ ｎ＋１－ａ２ ｎ＝ｐ（ｎ∈Ｎ＋ ，ｐ x–!），#!X｛ａｎ｝xB¿©!X，ｐ xu¿©． （１）{|!X｛ｃｎ｝，｛ｄｎ｝，｛ｘｎ｝，｛ｙｎ｝21ýｃｎ＝２０２０，ｄｎ＝ ｎ＋槡 １，ｘｎ＝２ｎ＋１，ｙｎ＝３ｎ，Ø LL‹à!XwªP‡Ô>B¿©!X（Ï3«¬）； （２）¨!X｛ａｎ｝‘®x１，u¿©x２>B¿©!X，¯!X｛ａ２ ｎ｝>7ｎ®GＳｎ． １８．（１２2） ^£，„z‹°j ＡＢＣＤ，†Ｂ，Ｃ，Ｄ ²E¦§x 槡５ ３ ３ >L，í∠ＢＣＤ＝π ３． （１）¯ＢＤ >~¹； （２）¨ ＡＤ＝３，∠ＡＤＢ＝２∠ＡＢＤ，¯△ＡＢＤ >zt． 　 !"#$　%５&（’６&） !"#$　%６&（’６&） １９．（１２2）^£１，„z‹°j ＡＢＣＤ w，ＡＢ＝ＡＣ＝槡２，ＡＢ⊥ＡＣ，ＡＣ⊥ＣＤ，Ｅ xＢＣ >w †，;△ＡＣＤ ±X ® ö ＡＣ ² ³， ＣＤ ⊥ＢＣ，´ µ ＢＤ，‚ Ú ^ £ ２ ‡ ¤ > * } r Ｄ－ＡＢＣ． £１ £２ （１）«¬：„z ＡＤＥ⊥„zＢＣＤ； （２）{|øö ＤＥ ú„zＡＢＣ ‡š>®xπ ４，¯Šz® Ａ－ＢＤ－Ｃ >T¶ó． ２０．（１２2）·¸¹õ{hšx5º>o»8”¿v．œ¹õ„¼xν¾¿ÀÁÂï>¹ õsÃ，xÄÅƖ€KÎt2ǹ，QV¹õȚT，ɖ½?¡¶õÝËÊ、ÆËÌ “BÍÎXƖPÏa，Ïa2xïÏ、wÏG©Ï．„¼ÐIƖÔ５０ç>#ÑÒ 4ñ，ˆñªÏaÏt2．ðvÑÒT，QàïϽƖÓ１2，wÏÓ０2，©ÏÓ－１ 2．œÆ–E#Ñ҈ñÔÕÖ·１００ƒq×，ØÙÎhÆË>õÝËÊ?Yɖ>Ï aËÊ，2ǚΣ１G£２． £１ £２ （１）ږÛÜ4ñÏÝù‹ç.x‘õÝÞ¸，ß.x‘õÝàá； ⡶$Z‡½¢£Èškz２×２Xãä，påt¾ßÔ９９％>Wæ.x “ç‚ïÏ” úõݸ¹Ôè？ ïÏ wÏé©Ï ~Ó õÝÞ¸ õÝàá ３０ ~Ó （２）ØðvÑÒêë，ìƖEQVq×w‚Ú>Ïa‚2x Ｘ．³Æ–;#ÑÒ５０ç ˆñ>šqËÊǚÎí!2îä（ä１），?#Ñ҈ñšqƒ!>í]ÑÐðvÑÒ 4šqƒ!Ì8>]． ä１ šqƒ! ３６ ３０ ２７ ç! １０ ２０ ２０ （ⅰ）¯ Ｘ >2îXG!"ˆï； （ⅱ）„¼ÐI，ðt2Ýù１００００24，Ɩñç‚“ò¢Æ–”#A，âóӳƖØð vÑÒêë，１(…（３６５ç）¾ßç‚“ò¢Æ–”#A． ô：Ｋ２＝ ｎ（ａｄ－ｂｃ）２ （ａ＋ｂ）（ｃ＋ｄ）（ａ＋ｃ）（ｂ＋ｄ）． Ｐ（Ｋ２≥ｋ０） ０．１５０ ０．１００ ０．０５０ ０．０２５ ０．０１０ ｋ０ ２．０７２ ２．７０６ ３．８４１ ５．０２４ ６．６３５ ２１．（１２2）E„zø®õ[öｘＯｙ w， ①{|†Ａ（槡３，０），øöｌ：ｘ＝ 槡４ ３ ３ ，a†Ｐ 1ýچＡ >ƒ„úÚøöｌ>ƒ„)äx槡３ ２． ②{|Ｃ >¿dxｘ２＋ｙ２＝４，øöｌxＣ >‘ö，ì† Ａ（槡３，０），Ｂ（－槡３，０）Úø öｌ>ƒ„2xｄ１，ｄ２，a† Ｐ 1ý｜ＰＡ｜＝ｄ１，｜ＰＢ｜＝ｄ２． ③†Ｓ，Ｔ 2Eｘ ÷，ｙ ÷L a，í｜ＳＴ｜＝３，a† Ｐ 1ý → ＯＰ＝２ ３ → ＯＳ＋１ ３ → ＯＴ． （１）E①，②，③E*àZÜwzNoà，¯a† Ｐ >ž¿d； !："#$%&’()*+,-，./0’,-1*． （２）ì（１）w>žxＥ，hù† Ｄ（１，０）>øöｌ′qＥ ¢ Ｍ ，Ｎ ©†，¨öþ ＭＮ >üø „2öúｙ ÷q¢†Ｑ，¯†Ｑ øõ[>·óùú． ２２．（１２2）{|º!ｆ（ｘ）＝ａ（ｅｘ－ｘ－１） ｘ２ ，í^öｙ＝ｆ（ｘ）E（２，ｆ（２））¡>‘öû]x１． （１）¯ü!ａ>ó； （２）«¬：ðｘ＞０4，ｆ（ｘ）＞１； （３）¨!X｛ｘｎ｝1ýｅｘｎ＋１ ＝ｆ（ｘｎ），íｘ１＝１ ３，«¬：２ｎ｜ｅｘｎ －１｜＜１． 1 高三年级学习质量评估考试 数学参考答案及评分标准 一、单项选择题：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。 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 A A B C D B C B 二、多项选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分．在每小题给出的四个选项中，有 多项符合题目要求．全部选对的得 5 分，部分选对的得 3 分，有选错的得 0 分。 题号 9 10 11 12 答案 AC ABD ACD AC 三、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。 13． 1 3 ； 14． 2 3 3 ； 15．2； 16． 2 3 ， 9 4 （本小题第一空 2 分，第二空 3 分）． 四、解答题：共 70 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 17．【解析】 （1）由等方差的定义可知 { } { }n nc d， 为等方差数列； ......................................................................................... 4 分 （2）因为数列{ }na 是首项为 1，公方差为 2 的等方差数列， 所以 2 1 2( 1) 2 1na n n     ， ................................................................................. 7 分 所以 2(1 2 1) 2n n nS n   ．................................................................................... 10 分 18．【解析】 （1）【方法一】 由题意可知， BCD△ 的外接圆半径为 5 3 3 ， 由正弦定理 5 32 2sin 3 BD RBCD    ， .................................................................. 3 分 解得 5BD  ； ............................................................................................................. 5 分 【方法二】 2 由题意可知， BCD△ 的外接圆半径为 5 3 3 ， 设该外接圆的圆心为O ，则 2 3BOD   ， 5 3 3OB OD  ， 所以 2 2 2 2 cos 25BD OB OD OB OD BOD       ， ............................................. 3 分 解得 5BD  ； ............................................................................................................. 5 分 （2）【方法一】 在 ABD△ 中，设 ABD   ， 为锐角，则 2ADB   ， 因为 sin 2 sin AB AD   ，所以 3 2sin cos sin AB    ， ................................................... 7 分 所以 6cosAB  ， 因为 2 2 2 2 cosAD AB BD AB BD      ， 即 2 29 36cos 25 60cos    ，所以 6cos 3  ， ............................................ 9 分 则 6cos 2 6AB   ， 3sin 3  ， 所以 1 sin 5 22ABDS AB BD    △ ． .................................................................... 12 分 【方法二】 在 ABD△ 中，因为 2ADB ABD   ， 所以 sin sin 2 2sin cosADB ABD ABD ABD       ， ......................................... 7 分 所以 2 2 2 2 cos 2 2 AB BD ADAB AD ABD AD AB BD        ， 因为 5 3BD AD ， ，所以 2 6AB  ， ............................................................... 9 分 所以 6cos 3ABD  ，则 3sin 3ABD  ， 所以 1 sin 5 22ABDS AB BD ABD    △ ． ............................................................ 12 分 【方法三】 在 ABD△ 中，设 ABD   ， 为锐角，则 2ADB   ， 3BAD     ， 因为 sin3 sin BD AD   ，即 5 3 sin3 sin  ， ............................................................... 7 分 因为 sin3 sin(2 ) sin 2 cos cos2 sin          2 3 32sin cos sin 2sin 3sin 4sin          ， 3 所以 2 1sin 3  ，则 3sin 3  .................................................................................. 9 分 则 6cos 3  ， 2 2sin 2 3  ， 所以 1 sin 2 5 22ABDS AD BD    △ ． ................................................................. 12 分 19．【解析】 （1）证明：在三棱锥 D ABC 中， 因为 CD BC CD AC ， ， AC BC C ， 所以 CD  平面 ABC ， .............................................................................................. 2 分 又 AE  平面 ABC ，所以 AE CD ， 因为 AB AC ， E 为 BC 中点， 所以 BCAE  ，又 BC CD C ， 所以 AE  平面 BCD ， .............................................................................................. 4 分 又 AE  平面 ADE ， 所以 平面 ADE  平面 BCD ． ................................................................................... 5 分 （2）【方法一】 由（1）可知 DEC 即为直线 DE 与平面 ABC 所成的角， 所以 4DEC   ，故 1CD CE  ； ....................................................................... 6 分 作 EF CD 交 BD 于点 F ，由（1）知 EA EB EF， ， 两两垂直， 以 E 为原点， EA EB EF， ， 所在直线分别为 x 轴， y 轴， z 轴建系， ................... 7 分 则 (0 0 0)E ， ， ， (1 0 0)A ，， ， (0 1 0)B ，， ， (0 1 1)D ， ， ， 易知 平面 BCD 的法向量为 1 (1 0 0) ， ，n ，.............................................................. 8 分 又 ( 1 1 0)AB    ，， ， ( 1 1 1)AD     ， ， ， 设平面 ABD 的法向量为 2 ( )x y z ， ，n ， 则 2 2 0 0 AB x y AD x y z               ， ， n n 令 1x  ， 解得 2 (1 1 2 ) ，，n ， ................................................................................................. 10 分 所以 1 2 1 2 1 2 6cos | || | 6   ， n nn n n n ，由图可知 该二面角为锐角， z yx 图2 F E D A B C 4 所以 二面角 A DB C  的余弦值为 6 6 ． ............................................................. 12 分 【方法二】 由（1）可知 DEC 即为直线 DE 与平面 ABC 所成的角， 所以 4DEC   ，故 1CD CE  ； ....................................................................... 6 分 由（1）知 AE  平面 BCD ， 过 E 作 BDEH  于 H ，连接 AH ， 由三垂线定理可知 AH BD ， 故 AHE 为二面角 A DB C  的平面角. ................................................................ 8 分 由 BHE △ BCD△ ，得 BE EH BD CD ， 即 1 15 EH ， 得 5 5EH  ， 所以 5 30AH ， .................................................................................................... 10 分 故 6cos 6 EHAHE AH   ， 所以 二面角 A DB C  的余弦值为 6 6 ． ............................................................. 12 分 20．【解析】 （1）由题意可得 好评 中评或差评 合计 物流迅速 50 5 55 物流迟缓 30 15 45 合计 80 20 100 ......................................................................................................................................... 2 分 2 2 (50 15 30 5) 100 100 6.63580 20 55 45 11K         ， .............................................................. 3 分 所以 有99% 的把握认为 “获得好评”与物流速度有关． ..................................... 4 分 （2）（i）由题意可知， X 的取值可能是1 0 1，， ， 每位买家给商家作出好评、中评、差评的概率分别为 0.8 0.1 0.1， ， ， 所以 X 的分布列为 图2 E D A B C H 5 X 1 0 1 P 0.8 0.1 0.1 所以 1 0.8 0 0.1 ( 1) 0.1 0.7EX         ； ............................................................. 7 分 （ii）【方法一】 设商家每天的成交量为Y ，则Y 的取值可能为 27 30 36， ， ， 所以 Y 的分布列为 Y 27 30 36 P 0.4 0.4 0.2 所以 27 0.4 30 0.4 36 0.2 30EY        ， ........................................................... 10 分 所以 商家每天能获得的平均积分为30 0.7 21  ， 商家一年能获得的积分： 21 365 7665 10000   ， ...................................... 11 分 所以 该商家在 1 年内不能获得“诚信商家”称号． ............................................ 12 分 【方法二】 商家每天的平均成交量为 (36 10 30 20 27 20) 3050       ， ............................... 10 分 所以 商家每天能获得的平均积分为30 0.7 21  ， 商家一年能获得的积分： 21 365 7665 10000   ， ...................................... 11 分 所以 该商家在 1 年内不能获得“诚信商家”称号． .............................................. 12 分 21．【解析】 （1）若选①， 设 ( )P x y， ，根据题意， 2 2( 3) 3 24 3| |3 x y x     ， ................................................... 3 分 整理得 2 2 14 x y  ， 所以 所求的轨迹方程为 2 2 14 x y  ． ......................................................................... 5 分 若选②， 设 ( )P x y， ，直线l 与圆相切于点 H ， 则 1 2| | | | 2 | | 4 2 3 | |PA PB d d OH AB       ， .................................................. 2 分 由椭圆定义知 点 P 的轨迹是以 A B， 为焦点的椭圆， .............................................. 3 分 6 所以 2 4a  ， 2 | | 2 3c AB  ， 故 2a  ， 3c  ， 1b  ， 所以 所求的轨迹方程为 2 2 14 x y  ． ......................................................................... 5 分 若选③， 设 ( )P x y， ， ( 0)S x， ， (0 )T y， ，则 2 2( ) ( ) 3x y   （*）， 因为 2 1 3 3OP OS OT     ，所以 2 3 1 3 x x y y     ， ， ................................................................ 2 分 整理得 3 2 3 x x y y       ， ， .......................................................................................................... 3 分 代入（*）得 2 2 14 x y  ， 所以 所求的轨迹方程为 2 2 14 x y  ． ......................................................................... 5 分 （2）【方法一】 设 0(0 )Q y， ，当l 斜率不存在时， 0 0y  . ................................................................... 6 分 当 l 斜率存在时，设直线l 的方程为 ( 1)( 0)y k x k   ， 1 1( )M x y， ， 2 2( )N x y， ． 由 2 2 ( 1) 14 y k x x y     ， ，消去 y 并整理得 2 2 2 2(1 4 ) 8 4( 1) 0k x k x k     . 0  恒成立， 2 1 2 2 8 1 4 kx x k   ，. ................................................................................ 8 分 设线段 MN 的中点为 3 3( )G x y， ，则 2 1 2 3 2 4 2 1 4 x x kx k    ， 3 3 2( 1) 1 4 ky k x k     . 所以 线段 MN 的垂直平分线的方程为 2 2 2 1 4( )1 4 1 4 k ky xk k k     . 令 0x  ，得 0 2 3 3 11 4 4 ky k kk    . .............................................................................. 10 分 当 0k  时， 1 4 4kk   ，当且仅当 1 2k   时，取等号，所以 0 3 04 y  ； 当 0k  时， 1 4 4kk   ，当且仅当 1 2k  时，取等号，所以 0 30 4y  ； 7 综上，点Q 纵坐标的取值范围是 3 3[ ]4 4 ， . ................................................................ 12 分 【方法二】 设 0(0 )Q y， ，根据题意直线l 斜率不为 0，设直线l 的方程为 1x my  ． 若 0m  ，则 0 0y  . ....................................................................................................... 6 分 当 0m  时，设 1 1( )M x y， ， 2 2( )N x y， ， 由 2 2 1 14 x my x y     ， ，消去 x 并整理得 2 2( 4) 2 3 0m y my    . 0  恒成立， 1 2 2 2 4 my y m    . ................................................................................. 8 分 设线段 MN 的中点为 3 3( )G x y， ，则 1 2 3 22 4 y y my m     ， 3 3 2 41 4x my m    . 所以 线段 MN 的垂直平分线的方程为 2 2 4( )4 4 my m xm m     . 令 0x  ，得 0 2 3 3 44 my m m m    . ............................................................................... 10 分 当 0m  时， 4 4m m  ，当且仅当 2m   时，取等号，所以 0 3 04 y  ； 当 0m  时， 4 4m m  ，当且仅当 2m  时，取等号，所以 0 30 4y  ； 综上，点Q 纵坐标的取值范围是 3 3[ ]4 4 ， . ................................................................ 12 分 【方法三】 设 0(0 )Q y， ，当l 斜率不存在时， 0 0y  . ................................................................... 6 分 当 l 斜率存在时，设l 斜率为 k ， 1 1( )M x y， ， 2 2( )N x y， ，线段 MN 的中点为 3 3( )G x y， ， 由 2 21 1 2 22 2 14 14 x y x y       ， ， 得 1 2 1 2 1 2 1 2 ( )( ) ( )( ) 04 x x x x y y y y      . 所以 3 31 2 1 2 1 2 1 2 3 3 2 4( ) 4 2 4 x xy y x xk x x y y y y           ， ................................................. 8 分 线段 MN 的垂直平分线的方程为 3 3 3 3 4 ( )yy y x xx   ， 令 0x  ，得 0 33y y  . 8 由 3 3 3 34 1 x yk y x    ，得 2 2 2 3 3 3 3 1 1 1 1 1( )4 4 4 2 16y x x x       ， ............................ 10 分 因为 30 1x  ，所以 2 3 10 16y  ，则 3 1 04 y  或 3 10 4y  ， 所以 0 3 04 y  或 0 30 4y  . 综上，点Q 纵坐标的取值范围是 3 3[ ]4 4 ， . ................................................................ 12 分 22．【解析】 （1） 3 [( 2) 2]( ) xa x e xf x x     ， (2) 12 af    ， ............................................................................................................... 1 分 所以 2a  ； .................................................................................................................. 2 分 （2）要证 ( ) 1f x  ，只需证 21( ) e 1 02 xh x x x     ， ( ) e 1xh x x    ， ( ) e 1xh x   ， 因为 (0 )x   ， ，所以 ( ) 0h x  ， 所以 ( ) e 1xh x x    在 (0 ) ， 上单调递增， 所以 ( ) e 1 (0) 0xh x x h      ................................................................................... 5 分 所以 21( ) e 12 xh x x x    在 (0 ) ， 上单调递增， 所以 21( ) e 1 (0) 02 xh x x x h      成立， 所以 当 0x  时， ( ) 1f x  成立． ................................................................................ 6 分 （3）【方法一】 由（2）知当 0x  时， ( ) 1f x  ， 因为 1 ( )nx ne f x  ，所以 1 ln ( )n nx f x  ， 设 ( ) ln ( )n ng x f x ，则 1 ( )n nx g x  ， 所以 1 2 1( ) ( ( )) (( ( ))) 0n n nx g x g g x g g x       ； ........................................ 8 分 要证： 2 e 1 1nxn   ，只需证： 1| e 1| ( )2 nx n  ， 因为 1 1 3x  ，所以 1 1 3| e 1| e 1x    ， 9 因为 33 27e ( ) e 02 8    ，所以 1 3 3e 2 ，所以 1 1 3 1| e 1| e 1 2 x     ， 故 只需证： 1 1| e 1| | e 1|2 n nx x    ， 因为 (0 )nx   ， ，故只需证： 1 1 1e 1 e2 2 n nx x    ， 即证： 1 1( ) 1 e2 2 nx nf x    ， 只需证：当 (0 )x   ， 时， 2 21 1( ) ( 2)e 2 2 02 2 xx x x x       ， .................... 10 分 21( ) ( 2)e 22 xx x x x      ， 21( ) ( 2 1)e 12 xx x x     ， 21( ) ( 3 1)e 02 xx x x     ， 所以 ( )x 在区间 (0 ) ， 上是增函数， 故 21( ) ( 2 1)e 1 ( 0) 02 xx x x        ， 所以 ( )x 在区间 (0 ) ， 上是增函数， 故 21( ) ( 2)e 2 (0) 02 xx x x x         ， 所以 ( )x 在区间 (0 ) ， 上是增函数， 所以 2 21 1( ) ( 2)e 2 2 (0) 02 2 xx x x x        ， 所以 原不等式成立 ...................................................................................................... 12 分 （ii）【方法二】 由（2）知当 0x  时， ( ) 1f x  ， 因为 1 ( )nx ne f x  ，所以 1 ln ( )n nx f x  ， 设 ( ) ln ( )n ng x f x ，则 1 ( )n nx g x  ， 所以 1 1 1( ) ( ( )) (( ( ))) 0n n nx g x g g x g g x       ； .............................................. 8 分 要证： 2 e 1 1nxn   ，只需证： 1| e 1| ( )2 nx n  ， 因为 1 1 3x  ，所以 1 1 3| e 1| e 1x    ， 因为 33 27e ( ) e 02 8    ，所以 1 3 3e 2 ，所以 1 1 3 1| e 1| e 1 2 x     ， 故 只需证： 1 1| e 1| | e 1|2 n nx x    ， 因为 (0 )nx   ， ，故只需证： 1 1 1e 1 e2 2 n nx x    ， 10 即证： 1 1( ) 1 e2 2 nx nf x    ， 只需证：当 (0 )x   ， 时， 2 21 1( ) ( 2)e 2 2 02 2 xx x x x       ， .................... 10 分 因为 2 21 1 1( ) ( 4)e ( 4 4) ( 2)[( 2) ( 2)]2 2 2 x xx x x x x x e x           ， 设 ( ) ( 2) ( 2)xu x x e x    ，故只需证： ( ) 0u x  ， ( ) ( 1) 1xu x x e    ， ( ) 0xu x xe   ， 所以 ( )u x 在区间 (0 ) ， 上是增函数， 故 ( ) ( 1) 1 (0) 0xu x x e u      ， 所以 ( )u x 在区间 (0 ) ， 上是增函数， 故 ( ) ( 2) ( 2) (0) 0xu x x e x u      ， 所以 原不等式成立 ...................................................................................................... 12 分