安徽省五校2020届高三联考数学（理）试题

安徽省五校2020届高三联考数学（理）试题

安徽省怀远第一中学等 2020 届高三上学期“五校”联考 数学试题（理科） 第Ⅰ卷 一、选择题：本大题共 12 小题，每小题 5 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.已知集合  2{4, }, 1,A a B a  ， a R ，则 A B 不可能．．．是（ ） A.  1,1,4 B.  1,0,4 C.  1,2,4 D.  2,1,4 【答案】A 【解析】 【分析】 由题选择 A B 不可能．．．的选项，依次检验找出矛盾即可. 【详解】依次检验： 如果是 A 选项，则只能考虑 1a   ，集合 B 不满足元素互异性； 当 0a  ， B 选项正确； 当 2a  ，C 选项正确； 当 2a   ， D 选项正确； 故选：A 【点睛】此题考查集合并集运算和元素互异性，对分析问题能力要求较高. 2.复数 z 的实部为1，且 1z i  ，则复数 z 的虚部为（ ） A. i B. i C. 1 D. 1 【答案】C 【解析】 【分析】 根据复数实部为 1，设出复数，求出模长，便可解得. 【详解】设复数 1 , 1 ( 1) 1z bi z i b i       所以 21 ( 1) 1b   ，解得 1, 1b z i   故选：C 【点睛】本题考查复数的基本运算和概念，容易出现概念混淆不清，把虚部弄错. 3.《掷铁饼者》 取材于希腊的现实生活中的体育竞技活动，刻画的是一名强健的男子在掷铁 饼过程中最具有表现力的瞬间.现在把掷铁饼者张开的双臂近似看成一张拉满弦的“弓”，掷 铁饼者的手臂长约为 4  米，肩宽约为 8  米，“弓”所在圆的半径约为1.25 米，你估测一下掷 铁饼者双手之间的距离约为（ ） （参考数据： 2 1.414, 3 1.732  ） A. 1.012米 B. 1.768米 C. 2.043米 D. 2.945 米 【答案】B 【解析】 【分析】 由题分析出“弓”所在弧长，结合弧长公式得出这段弧所对圆心角，双手之间距离即是这段 弧所对弦长. 【详解】由题：“弓”所在弧长 5 4 4 8 8l        ，其所对圆心角 5 8 5 2 4     ， 两手之间距离 2 1.25 1.768d    . 故选：B 【点睛】此题考查扇形的圆心角和半径与弧长关系的基本计算，关键在于读懂题目，提取有 效信息. 4.数列 na 的前 n 项和  1nS n n  ，若 5 10ka a  ，则 k  （ ） A. 10 B. 15 C. 20 D. 25 【答案】A 【解析】 【分析】 通过数列 na 的前 n 项和  1nS n n  计算出 na ， 再根据 ka 求出 k . 【详解】由题：  1nS n n  ，  1 1 ( 2), 2,nS n n n n N      , 所以 2 2na n  ， 2,n n N   当 =1n 时， 1 1 0 2 1 2a S     ， 所以 2 2na n  ， n +N 5 10ka a  ，即 2 2 8 10k    ， 解得： 10k  . 故选：A 【点睛】此题考查数列前 n 项和与通项 na 的关系，依据 nS 求 na 还应注意考虑 n 的取值范围. 5.已知向量  , 1a   ，若  1,3b   r ， 3 2 3 2a b a b     ，则  的值为（ ） A. 3 B. 2 C. 0 D. 1 【答案】A 【解析】 【分析】 两个向量模长相等，平方处理，即可转化成通过求 a b  的值解得未知数. 【详解】由题： 3 2 3 2a b a b     ，所以 223 2 3 2a b a b     ， 化简得： 0a b   ，即 3 0   所以 3   . 故选：A 【点睛】此题考查向量的基本运算，对运算能力要求较高，在具体问题中适当处理坐标利于 简化运算，如果此题先代入坐标运算，计算量很大，先处理模长大大降低计算量. 6.曲线 2 1 :C y x ， 2 2 : 4C y x x  以及直线 : 2l x  所围成封闭图形的面积为（ ） A. 1 B. 3 C. 6 D. 8 【答案】D 【解析】 【分析】 根据微积分基本定理，求出积分即是封闭图形面积 【详解】由题： 2 2 22 2 2 00 0 ( ( 4 )) 4 2 8x x x dx xdx x      ， 所以，封闭图形面积为 8. 故选：D 【点睛】此题考查用微积分基本定理进行简单计算，用来解决曲线围成封闭图形的面积. 7.已知正项等比数列 na 的公比为 q，前 n 项和为 nS ，则“ 1q  ”是“ 10 12 112 S S S ”的 （ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】 由题 10 12 112 S S S ，变形得 12 11a a 即可选出选项 【详解】由题： 10 12 112 S S S ， 12 11 11 10S S S S   ， 即 12 11a a ，由于题目给定 na 各项为正，所以等价于公比为 1q  . 故选：C 【点睛】此题考查与等比数列有关的两个条件充分性与必要性，关键在于题目给定各项均为 正的前提下如何利用 10 12 112 S S S . 8.函数 2 2 1 1( ) sinf x x x x    在区间 2 ,2  上的大致图像为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 根据奇偶性排除 A，D，根据 ( ) 0,f   (0, )x  ， ( ,2 )x   函数值的正负可选出选项. 【详解】由题可得 2 2 1 1( ) sinf x x x x    是偶函数，排除 A,D 两个选项， ( ) 0,f   当 (0, )x  时， 2 2 1 1sin 0,x x x   ， ( ) 0f x  ， 当 ( ,2 )x   时， 2 2 1 1sin 0,x x x   ， ( ) 0f x  ， 所以当 ( 2 ,2 )x    时， ( )f x 仅有一个零点. 故选：C 【点睛】此题考查函数的奇偶性和零点问题，解题时要善于观察出函数的一个零点，再分别 讨论 (0, )x  ， ( ,2 )x   函数值的正负便可得出选项. 9.已知平面 , ,   有一个公共点，直线 , ,a b c 满足： , ,a b c     ，则直线 , ,a b c 不可能．．． 满足以下哪种关系（ ） A. 两两平行 B. 两两异面 C. 两两垂直 D. 两两相交 【答案】A 【解析】 【分析】 三个平面一有个公共点说明三个平面两两相交，且三条交线交于一点，可以考虑在长方体某 一顶点处的三个平面内分别检验，发现可以满足两两异面，两两垂直，两两相交的情况，不 能满足两两平行. 【详解】取长方体某一顶点处的三个平面内分别检验，三条交线就可以满足两两垂直，两两 相交，也易作出两两异面，如图：平面 1ADD ，平面 1 1C DD ，平面 1 1 1C A D ，取 1 1C D 中点 E ， 1 1 1, ,AD AC DE 两两异面， 1 1 1 1 1, ,DD A D D C 两两相交，两两垂直， 对于两两平行，考虑反证法：假设符合题意的三个平面内直线 , ,a b c 两两平行，则任意两条直 线形成的平面共三个，这三个平面要么相交于同一条直线，要么三条交线两两平行，均与题 目矛盾. 【点睛】此题考查线面位置关系，对空间图形的直观认识能力要求较高，解决这类问题可以 作图处理，更可以考虑利用好身边的墙壁，桌面，笔模拟线面位置关系，更能直观地判定. 10.安徽怀远石榴（Punicagranatum）自古就有“九州之奇树，天下之名果”的美称，今年又 喜获丰收.怀远一中数学兴趣小组进行社会调查，了解到某石榴合作社为了实现100万元利润 目标，准备制定激励销售人员的奖励方案：在销售利润超过 6万元时，按销售利润进行奖励， 且奖金 y （单位：万元）随销售利润 x（单位：万元）的增加而增加，但奖金总数不超过 3 万 元，同时奖金不能超过利润的 20% .同学们利用函数知识，设计了如下函数模型，其中符合 合作社要求的是（ ）（参考数据： 1001.015 4.432,lg11 1.041  ） A. 0.04y x B. 1.015 1xy   C. tan 119 xy      D.  11log 3 10y x  【答案】D 【解析】 【分析】 根据奖励规则，函数必须满足： (6,100]x ，增函数， 3, 0.2y y x  【详解】对于函数： 0.04y x ，当 100x  时， 4 3y   不合题意； 对于函数： 1.015 1xy   ，当 100x  时， 3.432 3y   不合题意； 对于函数： tan 119 xy      ，不满足递增，不合题意； 对于函数：  11log 3 10y x  ，满足： (6,100]x ，增函数， 且  11 11 11log 3 100 10 log 290 log 1331 3y       ，结合图象： 符合题意． 故选：D 【点睛】此题考查函数模型的应用，关键在于弄清题目给定规则，依次用四个函数逐一检验. 11.设函数    2 1 lnxf x e e x   （其中 e 为自然对数的底数），则函数  f x 的零点个数为 （ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】 利用导函数，得出函数单调性，分析函数极值与 0 的大小关系即可求解. 【详解】由题     2 2 2, 0x xe ef x e f x ex x       ，所以 ( )f x¢ 在 (0, )x  单调递增，  1 0f e    ，   22 0f e e    ，所以 ( )f x¢ 的零点 0 (1,2)x  ，且 0 0 2x ee x  ， 且当 0(0, )x x 时， ( ) 0f x¢ < ，当 0( , )x x  时， ( ) 0f x¢ > ， 即  f x 在 0(0, )x x 单调递减，在 0( , )x x  单调递增，  f x 的极小值    0 00 0 0 2 22 1 ln 2 (1 ln )x x e ef x e e x ex e        0 0 0 0 1 12 ( (1 ln 2 )) 2 ( 2 ln 2)e e x e xx x        ， 0 0 0 1 5(1,2), 2x xx    ，  0 5 12 ln 2 ln 2 ln ln 2 02 2f x e        ， 当 0x  时， ( )f x   ；当 x   时， ( )f x   ； 所以共两个零点. 故选：C 【点睛】此题考查函数单调性与极值和函数零点问题，其中重点考查隐零点问题的处理，和 极限思想的应用. 12.锐角 ABC 的内角 , ,A B C 的对边分别为 , ,a b c ，已知 sinsin 5 A C b A a   ， 2 2BA BC AB AC c       ．则 ABC 面积的取值范围是（ ） A. 1 4,3 3      B.  3,2 3 C. ( )1,2 D. 4 33, 3       【答案】D 【解析】 【分析】 根据三角关系求出角 B ，根据向量数量积求出边 c ，作出三角形，数形结合求解. 【详解】由题 sinsin 5 A C b A a   ，三角形 ABC 中， A B C    ， A C B   ， 结合正弦定理， sin sinsin 5 sin B B A A    ， sin sin5 B B   ， B 为锐角， 所以 5 B B   ， = 6B  ， 2 2BA BC AB AC c       ，即 cos cos 2 2ac B bc A c  ， 由射影定理： 2 2c  ， 作图： 在 1Rt ABC 中， 1 2 2 cos 66BC    在 2Rt ABC 中， 2 2 2 4 6 3cos 6 BC   当点C 在线段 1 2C C 之间（不含端点）时，三角形 ABC 为锐角三角形， 1 1 4 32 2 3,2 2 3ABCS BC           ， 所以面积取值范围 4 33, 3       故选：D 【点睛】此题考查锐角三角形三内角和关系，正余弦定理，边角互化综合应用，重在数形结 合思想. 第Ⅱ卷 二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分. 13.已知不等式组 3 3 0 3 0 0 x y x y x          表示的平面区域为 D ， ,P Q 是区域 D 内任意两点，若  3,3R ，则 ,PR QR   的最大值是____________． 【答案】 90 【解析】 【分析】 平面直角坐标系中作出可行域，观察图象 ,PR QR   即 ,RP RQ   的最大值，由图便知. 【详解】作出可行域如图所示： 解出 (0,3), (3,0)A B ，结合图象观察可得 ,RP RQ   的最大值即 0, 90RA RB   . 故答案为：90 【点睛】此题考查二元一次不等式组表示平面区域，向量夹角，数形结合思想，属于简单题 目，如果不结合图象分析，计算量会很大. 14. cos10 2cos20 cos10     ____________． 【答案】 3 2  【解析】 【分析】 三角恒等变换，处理角度 cos10 cos(20 10 )    即可. 【详解】由题： cos10 2cos20 cos10 cos(20 10 ) 2cos20 cos10            cos20 cos10 sin20 sin10 cos20 cos10 (cos20 cos10 sin20 sin10 )                   3cos30 2     故答案为： 3 2  【点睛】此题考查三角恒等变换，关键在于合理处理两个角度，便于运算，此题陷阱在于两 个角度有很多特殊关系，不易找准方向. 15.若直线 y kx b  是曲线 lny x 的切线，也是曲线 2xy e  的切线，则 k  ________. 【答案】1 或 1 e 【解析】 【分析】 分别设出直线与两曲线的切点坐标，求出导数值，得到两切线方程，由两切线重合得斜率和 截距相等，从而求得切线方程的答案． 【详解】设 y kx b  与 lny x 和 2xy e  的切点分别为 1 2 1 2 2( , ),( ,ln )xx e x x ，由导数的几何 意 义 可 得 1 2 2 1xk e x   ， 曲 线 在 2xy e  在 点 1 2 1( , )xx e  处 的 切 线 方 程 为 1 12 2 1( )x xy e e x x    ，即 1 12 2 1(1 )x xy e x x e    ，曲线 lny x 在点 2 2( ,ln )x x 处的切线 方程为 2 2 2 1ln ( )y x x xx    ，即 2 2 1 ln 1y x xx    ，则 1 1 2 2 2 1 2 1 (1 ) ln 1 x x e x x e x         ，解得 2 1x  ，或 2x e ，所以 1k  或 1 e ． 【点睛】本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，考查计算能力，是中档题． 16.我国古代有一种容器叫“方斗”，“方斗”的形状是一种上大下小的正四棱台（两个底面 都是正方形的四棱台），如果一个方斗的容积为 28 升（一升为一立方分米），上底边长为 4 分 米，下底边长为 2 分米，则该方斗的外接球的表面积为_______________平方分米. 【答案】 33 【解析】 【分析】 正四棱台中，根据台体体积公式可求出上下底面距离为 3，作图，外接球心必在上下底面中心 连线上，根据球面上点到球心距离相等即可解出半径. 【详解】作图，由台体体积公式 1 2 1 2 1 ( )3V S S S S h   ，所以 3h  ， 如图所示： 根据正四棱台对称性可知，球心 M 在直线 PO 上，设 MP x ， 2 2 22 (3 ) 8r x x     ，解得： 5 2x  ，所以 2 2 332 4r x   ， 所以外接球表面积 24 33S r   故答案为：33 【点睛】此题考查利用台体体积公式求台体的高，再求外接球的半径，熟悉球体几何特征对 解题有极大帮助. 三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 17.已知 2 2 1a b  . （1）求证： 1a b ab   ； （2）若 0a b  ，求   3 3a b a b   的最小值. 【答案】(1)证明见解析；(2)1 【解析】 【分析】 （1）通过分析法分析要证明的结论，进行等价变形； （2）根据 0a b  ，展开所求代数式，发现可用均值不等式，即可求出最小值. 【详解】（1）要证原不等式，即证：    2 21a b ab   ， 只需证：   2 21 1 0a b   ， ∵ 2 2 1a b  ， ∴ 2 21, 1a b  ∴  2 21 1 0a b   ，故原不等式成立. （2）   3 3 4 3 3 4a b a b a ab a b b       4 3 3 42a ab a b b     22 2 1a b   ，当且仅当 3 3ab a b ，即 a b 时取得最小值. 【点睛】此题考查分析法证明命题和利用基本不等式求最值，在基本不等式求最值中一定注 意等号成立的条件. 18.把正弦函数函数图象沿 x 轴向左平移 6  个单位，向上平移 1 2 个单位，然后再把所得曲线上 所有点的纵坐标不变，横坐标缩短为原来 1   0  ，所得曲线是  f x .点 , ,P Q R 是直线  0y m m  与函数  f x 的图象自左至右的某三个相邻交点，且 1 2 3PQ QR   . （1）求  f x 解析式； （2）求 m 的值. 【答案】(1)   1sin 2 6 2f x x       (2) 1m  【解析】 【分析】 （1）根据平移变换和伸缩变换得出解析式，结合几何意义即可求出  f x ； （2）根据函数性质 1 2 3PQ QR   ，求出 , ,P Q R 三点横坐标之间关系，代入函数即可求 解. 【详解】（1）由题意可得    1sin 06 2f x x         ， T PQ QR    ， ∵ 2T   ，且 0 ， ∴ 2  .   1sin 2 6 2f x x       . （2）设  0,P x m ， 0 ,3Q x m    ， 则 0 0 1 1sin 2 sin 26 2 3 6 2x x                    ， 即 0 0 5sin 2 sin 26 6x x             则 0 0 52 2 2 ,6 6x x k k Z         解得 0 2 kx   k Z ，则 1sin 6 2m k       ， ∵ 0m  ∴ 1m  . 【点睛】此题考查三角函数图像性质，平移变换和伸缩变换，尤其结合图像特征求解参数对 数形结合能力要求较高. 19.已知数列 na 和 nb 满足 1 12, 1a b   ， 1 3 1 14 4n n na a b   ， 1 1 14 4 3 n n nb b a   . （1）证明： n na b 是等比数列， n na b 是等差数列； （2）若 2 2 n n nc a b  ，求数列 nc 的前 n 项和 nS . 【答案】(1)证明见解析；(2) 1 2 510 2n n nS    【解析】 【分析】 （1）根据题意两式相加、相减，即可得出 n na b ， n na b 相邻两项递推关系，根据定 义可以证明； （2）由第（1）问 n na b 是等比数列， n na b 是等差数列可以解出数列 na 和 nb 通 项公式，得出 nc ，错位相减法即可求出前 n 项和 nS . 【详解】（1）由题意可知 1 3 1 14 4n n na a b   ， 1 1 14 4 3 n n nb b a   ， 1 1 1a b+ = ， 1 1 3a b  ， ∴ ( )1 1 3 1 3 1 11 14 4 4 4 2n n n n n n n na b a b b a a b+ + = + + =+ - - - + ， 即  1 1 1 2n n n na b a b    ， ∴数列 n na b 是首项为1、公比为 1 2 的等比数列， 故 1 1 2n n na b   ， ∵ 1 1 3 1 3 11 1 24 4 4 4n n n n n n n na b a b b a a b+ + 骣琪= + - = - +琪桫 - - - - ， ∴数列 n na b 是首项 3 、公差为 2 等差数列， 故 2 1n na b n   . (2)由(1)可知， 1 1 2n n na b   ， 2 1n na b n   ， ∴    2 2 1 2 1 2n n n n n n n n nc a b a b a b         ，  0 1 1 1 1 13 5 2 12 2 2n nS n         ① ①式两边同乘 1 2 ，得    1 2 1 1 1 1 1 13 5 2 1 2 12 2 2 2 2n n nS n n           ② ①－②得  0 1 1 1 1 1 1 13 2 12 2 2 2 2n n nS n            ∴ 1 2 510 2n n nS    【点睛】此题考查等差数列和等比数列定义、通项公式以及错位相减法求数列前 n 项和 nS ， 虽然考查通式通法，对代数运算要求较高. 20.如图 1，在直角梯形 ABCD 中， ,E F 分别为 AB 的三等分点 FG ED BC∥ ∥ ，BC AB ， BC CD ， 3 , 2AB BC  ，若沿着 ,FG ED 折叠使得点 ,A B 重合，如图 2 所示，连结 ,GC BD . （1）求证：平面GBD  平面 BCE ； （2）求二面角C GB D  的余弦值. 【答案】(1)证明见解析；(2) 15 5 【解析】 【分析】 （1）证明面面垂直，只需在一个平面内寻找一条直线垂直于另一个平面即可； （2）建立空间直角坐标系，用向量方法求二面角的大小. 【详解】（1）取 ,BD BE 的中点分别为 ,O M ， 连结 , ,GO OM MF .OM ED∥ 且 1 2OM DE ， 又∵ GF ED∥ ，且 1 2GF ED ∴GF OM∥ 且GF OM ∴四边形 OMFG 是平行四边形，故 GO FM∥ ∵ M 是 EB 的中点，三角形 BEF 为等边三角形， 故 FM EB ∵平面 EFM  平面 BCDE ∴ FM  平面 BCDE ，因此GO  平面 BCDE 故平面GBD  平面 BCE （2）建立如图所示的空间直角坐标系，则  0,1,0B ，  0,1,2C ，  0,0,2D ， 3 1, ,12 2G       ， 故  0,0,2BC  ， 3 1, ,12 2BG        ，  0, 1,2BD   设平面CBG 的法向量为  , ,m x y z ，则 0 0 m BC m BG         ，即 2 0 3 2 0 z x y z     ， 令 1x  得  1, 3,0m  ， 设平面 DBG 的法向量为 n   , ,x y z ，则 0 0 n BD n BG         ，即 2 0 3 2 0 y z x y z      ， 令 1z  得 n   0,2,1 ， cos ,m n   m n m n       2 3 15 52 5    ∵二面角C GB D  的平面角是锐角，设为 ∴ cos  15 5 【点睛】（1）证明面面垂直的关键在于如何在一个平面内找到一条垂直于另一个平面的直线， 这条直线通常在特殊位置，垂直于交线； （2）建立空间直角坐标系，用向量方法求二面角的大小，一定注意法向量的计算不可出错， 另外，判断二面角与法向量所成角的关系，只需法向量一进一出，则法向量所成角就是二面 角的平面角的大小. 21. ABC 的内角 , ,A B C 的对边分别为 , ,a b c ，设 (sin sin sin ) (sin sin sin )A B C A B C     2sin sinA B . （1）求C ； （2）若 D 为 BC 边上的点，M 为 AD 上的点， 1CD  ， CAB MBD DMB     .求 AM ． 【答案】(1) 90C   ；(2)2 【解析】 【分析】 （1）根据正弦定理进行边角互化，利用余弦定理即可求解； （2）设 =CAB MBD DMB      ，将三角形中其余角用 表示出来，结合 1CD  ，表 示边长，即可解出. 【详解】（1）由 (sin sin sin ) (sin sin sin )A B C A B C     2sin sinA B ， 得 2 2 2a b c ab   ，即 2 2 2 a b c ∴ 90C   ； （2）令 CAB MBD DMB       ，则在 AMB 中， 90 2 , 180MBA BMA        由正弦定理得：    sin 90 2 sin 180 AM AB       ， 即 cos2 sin ABAM    在 ACD 中， 90 , 2ACD CDA     由正切定义： tan 2AC  在 ACB 中， 90 ,ACB BAC     由正切定义： tan 2 cos cos ACAB     ， ∴ tan 2 cos2cos 2sinAM       【点睛】此题考查正余弦定理在解三角形中的应用，其中不乏对平面几何知识中角的关系的 考查，综合应用能力要求较高. 22.已知函数  1( ) cos 1 ( )xf x e x ax a R     . （1）若 ( )f x 在 1,  上单调递增，求实数 a 的取值范围； （2）当 1a   时，若实数 1 2 1 2, ( )x x x x 满足 1 2( ) ( ) 2f x f x  ，求证： 1 2 0x x  . 【答案】(1) 1a  (2)证明见解析 【解析】 【分析】 （1）函数单调递增即导函数大于等于零，转化成不等式恒成立求参数范围； （2）容易分析出当 1a   时， ( )f x 单调递增，将要证明的式子等价转化成 证明 2 1x x  即证    2 1f x f x  ，只需证    1 12 f x f x   即证    1 1 2 0f x f x    ，构造新函数即可证明. 【详解】（1）  1( ) sin 1xf x e x a     由 ( )f x 在  1,  上单调递增， 故当 1x   时，  1 sin 1 0xe x a     恒成立 即  1 sin 1xa e x   设     1 sin 1 1xg x e x x     ，    1 cos 1xg x e x    ， ∵ 1x   ，∴  1 1,cos 1 1xe x    ∴ ( ) 0g x¢ > ，即  g x 在 1,  上单调递增， 故    1 1g x g   ∴ 1a  ； （2）当 1a   时，    1 cos 1xf x e x x    ，    1 sin 1 1 0xf x e x      ∴  f x 在 R 上单调递增， 又∵  1 1f   且 ( ) ( )1 2 2f x f x+ = ， 故 1 21x x   要证 1 2 0x x  ，只需证 2 1x x  即证    2 1f x f x  ，只需证    1 12 f x f x   即证    1 1 2 0f x f x    令       2h x f x f x    ，  h x      1 1sin 1 1 sin 1 1x xe x e x          1 1 2cos1 sinx xe e x     令   1 1 2cos1 sinx xx e e x        1 1 2cos1 cos 2 2cos1 cos 0x xx e e x e x           ∴  x 在 , 1  上单调递增 ∴     21 1 sin 2 0x e       ，故  h x 在  , 1  上单调递减， ∴      1 2 1 2 0h x h f      ，故原不等式成立. 【点睛】此题重点考查导函数解决函数单调性问题，对于单调函数自变量取值的大小转化成 函数值大小关系，尤其对转化与化归思想要求较高.