2020年天津市河西区高考数学二模试卷
2020年天津市河西区高考数学二模试卷
一、选择题：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. 设集合M＝{x|x2≤4}，集合N＝{x|1≤x≤2}，则∁MN＝（ ）
A.{x|−2≤x<1} B.{−2, −1, 0} C.{x|x≤−2} D.{x|0
2 ，若函数g(x)＝x⋅f(x)−a(a≥−1)的零点个数为2，则实数a的取值范围是（ ）
A.23−12(x−32)2+1．
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参考答案与试题解析
2020年天津市河西区高考数学二模试卷
一、选择题：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.
【答案】
A
【考点】
补集及其运算
【解析】
可以求出集合M，N，然后进行补集的运算即可．
【解答】
因为集合M＝{x|x2≤4}＝{x|−2≤x≤2}，集合N＝{x|1≤x≤2}，
∴ ∁MN＝[−2, 1)．
2.
【答案】
B
【考点】
充分条件、必要条件、充要条件
【解析】
由互斥事件与对立事件的概念结合充分必要条件的判定方法得答案．
【解答】
由对立事件一定是互斥事件，但互斥事件不一定是对立事件，
可知“条件A与条件B互斥”，不一定有“条件A与条件B互为对立事件”，
反之，由“条件A与条件B互为对立事件”，一定得到：“条件A与条件B互斥”．
∴ p是q的必要而不充分条件．
3.
【答案】
D
【考点】
求解线性回归方程
【解析】
计算x¯、y¯，代入线性回归方程中求出a的值．
【解答】
计算x¯=14×(0+1+3+4)＝2，
y¯=14×(2.2+4.3+4.8+6.7)＝4.5，
代入y与x的线性回归方程y=0.95x+a中，
解得a＝4.5−0.95×2＝2.6．
4.
【答案】
C
【考点】
双曲线的标准方程
【解析】
由抛物线方程求得抛物线的焦点坐标，得到双曲线的一个焦点坐标，可知双曲线是焦点在y轴上的双曲线，设其方程为y2a2−x2b2=1(a>0, b>0)．求出c与a的最值，结合隐含条件求得b，则双曲线方程可求．
【解答】
由抛物线x2＝20y，得2p＝20，则p＝10．
∴ 抛物线x2＝20y的焦点坐标为(0, 5)，
可知双曲线是焦点在y轴上的双曲线，设其方程为y2a2−x2b2=1(a>0, b>0)．
则c＝5．
又双曲线上的一点P到双曲线的两个焦点的距离之差的绝对值等于6，∴ 2a＝6，即a＝3．
∴ b2＝c2−a2＝16．
∴ 双曲线的标准方程为y29−x216=1．
5.
【答案】
D
【考点】
余弦定理
【解析】
由正弦的面积公式知，S=12acsinB，由余弦定理知，c2+a2−b2＝2ac⋅cosB，均代入题干中的等式，化简整理后可得3×2ac⋅cosB＝8ac⋅sinB，所以tanB=sinBcosB=68=34．
【解答】
由正弦的面积公式知，S=12acsinB，
∵ 3c2＝16S+3(b2−a2)，∴ 3(c2+a2−b2)＝16×12acsinB，
由余弦定理知，c2+a2−b2＝2ac⋅cosB，
∴ 3×2ac⋅cosB＝8ac⋅sinB，即tanB=sinBcosB=68=34．
6.
【答案】
C
【考点】
棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积
【解析】
由正四棱锥的体积和底面边长求出高，进而可得所求圆柱的底面半径和高，求出圆柱的表面积．
【解答】
设正四棱锥P−ABCD的顶点P在底面的投影为O，
则V正四棱锥=13S底⋅PO=13×(2)2×PO=23PO，
由题意可得23PO=43，所以PO＝2，
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由题意可得所求的圆柱的底面直径2R＝BD=2×2，
所以R＝1，高h=PO2=1，
所以S圆柱表面积＝2S底+S侧＝2πR2+2πR⋅h＝2π×12+2π×1×1＝4π，
7.
【答案】
A
【考点】
函数的图象与图象的变换
【解析】
利用f(0)的值进行判断，求函数的导数，研究当x≥2时的单调性，利用排除法进行求解即可．
【解答】
f(0)＝e−2cos1>0，排除B，D，
当x≥1时，f(x)＝ex−1−2cos(x−1)，
f′(x)＝ex−1+2sin(x−1)，
则当x≥2时，f′(x)>0，即此时f(x)为增函数，排除C，
8.
【答案】
C
【考点】
排列、组合及简单计数问题
【解析】
由题意把四位数分为含有3个偶数与2个偶数两类，每一类要考虑特殊元素0的安排情况，利用排列组合的应用可分别求出每类四位数的个数，相加即可．
【解答】
根据题意，数字0，1，2，3，4，中有2个奇数，3个偶数，若组成的四位数要求至少有两个数字是偶数，
则四位数中有2个或3个偶数，
分2种情况讨论：
①，四位数中有3个偶数，1个奇数；
因为0不能在首位，有3种情况，选取一个奇数有C21=2种，与另两个偶数安排在其他三个位置，有A33＝6种情况，则有3×2×6＝36个符合条件的四位数；
②，四位数中有2个偶数，2个奇数；
若偶数中有0，在2、4中选出1个偶数，有C21＝2种取法，
其中0不能在首位，有3种情况，将其他3个数全排列，安排在其他三个位置，有A33＝6种情况，
则有2×3×6＝36个符合条件的四位数；
若偶数中没有0，将其他4个数全排列，有A44＝24个符合条件的四位数；
则一共有36+36+24＝96个符合条件的四位数；
9.
【答案】
C
【考点】
分段函数的应用
函数与方程的综合运用
【解析】
函数g(x)＝x・f(x)−a的零点个数恰为2个⇔y＝f(x)与y=ax有两个交点．画出函数y＝f(x)与y=ax的图象，结合图象即可．．
【解答】
函数g(x)＝x・f(x)−a的零点个数恰为2个⇔y＝f(x)与y=ax有两个交点．
x≤2时，f(x)=x−2,1≤x≤2−x,x<1 ，
20且a3<12a7>18 或a＝−1，
∴ 780以及圆的圆心与半径，由直线与圆相切的性质可得|−m|9+16=m，解可得m的值，即可得答案．
【解答】
根据题意，圆x2+y2＝m，必有m>0，其圆心为(0, 0)，半径r=m，
若直线3x+4y＝m与圆x2+y2＝m相切，则有|−m|9+16=m，解可得m＝25；
【答案】
715,35
【考点】
离散型随机变量及其分布列
离散型随机变量的期望与方差
【解析】
（1）设取出的3件产品中次品的件数为X，3件产品中恰好有一件次品的概率为P(X＝1)；
（2）取出的3件产品中次品的件数X可能为0，1，2，求出相应的概率，从而可得概率分布列与期望．
【解答】
（2）∵ X可能为0，1，2
∴ P(X＝0)=C83C103=715，
P(X＝1)=715，
P(X＝2)=C22C81C103=115，
∴ X的分布为：
X
0
1
2
P
715
715
115
则 E(X)＝0×715+1×715+2×115=35(1)故答案为：715，35．
【答案】
8
【考点】
基本不等式及其应用
【解析】
由已知可得，x=41−4yy+2，代入x+y＝y+41−4yy+2=−4(y+2)+49y+2+y，然后结合基本不等式可求．
【解答】
解：因为x，y为正实数，且xy+2x+4y=41，
所以x=41−4yy+2，
所以则x+y=y+41−4yy+2=−4(y+2)+49y+2+y
=−6+49y+2+y+2≥−6+249y+2⋅(y+2)=8，
当且仅当y+2=49y+2，即y=5，x=3时取等号，
此时x+y取得最小值8．
故答案为：8.
【答案】
1,83
【考点】
平面向量数量积的性质及其运算
【解析】
用CA→，CB→表示出AG→，MB→，计算3AG→⋅MB→即可得出BC⊥AC，再根据平面向量的数量积定义计算即可．
【解答】
∵ M、N分别是CA、CB的中点，点G为AN与BM的交点，
∴ G是△ABC的重心，∴ AG→=23AN→=13AB→+13AC→=13(CB→−CA→)−13CA→=13CB→−23CA→，
又MB→=−12CA→+CB→，
∴ 3AG→⋅MB→=(CB→−2CA→)⋅(CB→−12CA→)=CB→2+CA→2−52CB→⋅CA→，
又3AG→⋅MB→=CA→2+CB→2，
∴ CB→⋅CA→=0，故BC⊥AC，∴ AC=AB2−BC2=2，
∴ BC→⋅BA→=BC→2=1，
AG→⋅AC→=23AN→⋅AC→=23AC→2=83．
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三、解答题：本大题共5小题，共75分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．
【答案】
f(x)=12+12cos2x+32sin2x−12=sin(2x+π6)，
∴ T＝π；
依题意，令−π2+2kπ≤2x+π6≤π2+2kπ,k∈Z，
解得−π3+kπ≤x≤π6+kπ,k∈Z，
∴ f(x)的单调递增区间为[−π3+kπ,π6+kπ],k∈Z；
设A=[−π4,π4],B=[−π3+kπ,π6+kπ]，易知A∩B=[−π4,π6]，
∴ 当x∈[−π4,π4]时，f(x)在区间[−π4,π6]上单调递增，区间(π6,π4]上单调递减．
【考点】
两角和与差的三角函数
正弦函数的单调性
【解析】
（1）化简可得f(x)=sin(2x+π6)，进而求得最小正周期；
（2）先求得f(x)的单调递增区间为[−π3+kπ,π6+kπ],k∈Z，进而求得f(x)在区间[−π4,π4]上的单调性．
【解答】
f(x)=12+12cos2x+32sin2x−12=sin(2x+π6)，
∴ T＝π；
依题意，令−π2+2kπ≤2x+π6≤π2+2kπ,k∈Z，
解得−π3+kπ≤x≤π6+kπ,k∈Z，
∴ f(x)的单调递增区间为[−π3+kπ,π6+kπ],k∈Z；
设A=[−π4,π4],B=[−π3+kπ,π6+kπ]，易知A∩B=[−π4,π6]，
∴ 当x∈[−π4,π4]时，f(x)在区间[−π4,π6]上单调递增，区间(π6,π4]上单调递减．
【答案】
如图，连接AC，交BD于O点，则O为AC的中点，连接EO；
∵ E为CC1的中点，
∴ EO // AC1，
又∵ EO⊂平面BED，AC1⊄平面BED
∴ AC1 // 平面BED，
连接A1B，A1C1，AA1＝2AB＝2，E为CC1的中点，
∴ BE=2，A1E=3，A1D=5；
∴ 在△A1BE中：BE2+A1E2=A1B2，则△A1BE是直角三角形，∴ A1E⊥BE；
同理可证A1E⊥DE；
∵ BE∩DE＝E；
∴ A1E⊥平面BDE．
以DA所在直线为x轴，以DC所在直线为y轴，以DD1所在的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
根据条件知道以下几个点坐标：
B(1, 1, 0)，E(0, 1, 1)，D(0, 0, 0)，A1(1, 0, 2)，设F(1, 1, m)，设A1F交平面BDE于G(x0, y0, z0)，连接A1G，EG，则∠A1GE 便是直线A1F与平面BDE所成角，
先给出所用到的几个向量的坐标：A1E→=(−1,1,−1)，A1F→=(0,1,m−2)．
∵ 直线A1F与平面BDE所称角的正弦值是63，
∴ cos=A1E→⋅A1F→|A1E→||A1F→|=1−m+23⋅(m−2)2+1=63，解得：m＝1，
∴ DF=3．
【考点】
直线与平面平行
直线与平面垂直
直线与平面所成的角
【解析】
（1）连接AC，交BD于O，根据三角形中位线定理易得：OE // AF，再由线面平行的判定定理，即可得到AC1 // 平面BDE．
（2）利用勾股定理求证△A1BE和△A1DE为直角三角形，再根据线面垂直的判定定理说明直线和平面垂直即可．
（3）建立空间直角坐标系，直线A1F要和平面BDE有个交点，这个交点是未知的，可以设为G(x0, y0, z0)，则∠A1GE是直线A1F与平面BDE所成的角．看坐标中的x0，y0，z0能否用其它的量来表示．G点是未知的，看有哪些条件来限制它．G点在平面BDE上，根据共面向量基本定理，存在一组实数λ，μ使BG→=λBD→+μBE→这样便得到第一个限制条件；G点在直线A1F上，所以向量A1G→与A1F→共线，所以存在实数b使得A1G→=bA1F→
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，这是找到的第二个条件．第三个条件就是，在Rt△A1GE中，sin∠A1GE=A1EA1G=63，这样三个条件都找到，带入坐标进行运算即可．
【解答】
如图，连接AC，交BD于O点，则O为AC的中点，连接EO；
∵ E为CC1的中点，
∴ EO // AC1，
又∵ EO⊂平面BED，AC1⊄平面BED
∴ AC1 // 平面BED，
连接A1B，A1C1，AA1＝2AB＝2，E为CC1的中点，
∴ BE=2，A1E=3，A1D=5；
∴ 在△A1BE中：BE2+A1E2=A1B2，则△A1BE是直角三角形，∴ A1E⊥BE；
同理可证A1E⊥DE；
∵ BE∩DE＝E；
∴ A1E⊥平面BDE．
以DA所在直线为x轴，以DC所在直线为y轴，以DD1所在的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
根据条件知道以下几个点坐标：
B(1, 1, 0)，E(0, 1, 1)，D(0, 0, 0)，A1(1, 0, 2)，设F(1, 1, m)，设A1F交平面BDE于G(x0, y0, z0)，连接A1G，EG，则∠A1GE 便是直线A1F与平面BDE所成角，
先给出所用到的几个向量的坐标：A1E→=(−1,1,−1)，A1F→=(0,1,m−2)．
∵ 直线A1F与平面BDE所称角的正弦值是63，
∴ cos=A1E→⋅A1F→|A1E→||A1F→|=1−m+23⋅(m−2)2+1=63，解得：m＝1，
∴ DF=3．
【答案】
∵ 2Sn＝3(an−2)(n∈N*)，∴ 2Sn−1＝3(an−1−2)(n≥2)，
两式相减，整理得：anan−1=3 (n≥2)，当n＝1时，有2a1＝3(a1−2)，解得a1＝6，
∴ 数列{an}是以6为首项，3为公比的等比数列，an＝6×3n−1＝2×3n．
设数列{bn}的公差为d，∵ b1=16a1=1，b5是b2和b14的等比中项，∴ (b5)2＝b2⋅b14，
即(1+4d)2＝(1+d)(1+13d)，解得d＝0或2，∵ 公差不为0，∴ d＝2，故bn＝b1+(n−1)d＝2n−1；
∵ 1bnbn+1=1(2n−1)(2n+1)=12(12n−1−12n+1)，∴ i=110 1bibi+1=12(1−13+13−15+⋯+119−121)=1021；
∵ cn=1,n≠2kak,n=2k (k∈N*)，an＝2×3n，∴ i=12n (ci−1)2=i=1n (ai−1)2=i=1n (2×3i−1)2=i=1n (4×9i−4×3i+1)
＝4i=1n 9i−4i=1n 3i+n=12×9n+1−2×3n+1+n+32．
【考点】
等差数列的通项公式
数列的求和
【解析】
（1）由2Sn＝3(an−2)(n∈N*)⇒2Sn−1＝3(an−1−2)(n≥2)，两式相减整理得：anan−1=3 (n≥2)，再解得a1，进而求得an，设数列{bn}的公差为d，由题设条件列出含d的方程，解出d，求出bn；
（2）由题设条件得1bnbn+1=12(12n−1−12n+1)，再利用裂项相消法求i=110 1bibi+1；
（3）根据cn=1,n≠2kak,n=2k (k∈N*)，an＝2×3n，整理得i=12n (ci−1)2=i=1n (ai−1)2=i=1n (2×3i−1)2=4i=1n 9i−4i=1n 3i+n，再求得结果．
【解答】
∵ 2Sn＝3(an−2)(n∈N*)，∴ 2Sn−1＝3(an−1−2)(n≥2)，
两式相减，整理得：anan−1=3 (n≥2)，当n＝1时，有2a1＝3(a1−2)，解得a1＝6，
∴ 数列{an}是以6为首项，3为公比的等比数列，an＝6×3n−1＝2×3n．
设数列{bn}的公差为d，∵ b1=16a1=1，b5是b2和b14的等比中项，∴ (b5)2＝b2⋅b14，
即(1+4d)2＝(1+d)(1+13d)，解得d＝0或2，∵ 公差不为0，∴ d＝2，故bn＝b1+(n−1)d＝2n−1；
∵ 1bnbn+1=1(2n−1)(2n+1)=12(12n−1−12n+1)，∴ i=110 1bibi+1=12(1−13+13−15+⋯+119−121)=1021；
∵ cn=1,n≠2kak,n=2k (k∈N*)，an＝2×3n，∴ i=12n (ci−1)2=i=1n (ai−1)2=i=1n (2×3i−1)2=i=1n (4×9i−4×3i+1)
＝4i=1n 9i−4i=1n 3i+n=12×9n+1−2×3n+1+n+32．
【答案】
解：(1)设椭圆方程为x2a2+y2b2=1，
由题意，得c=3．
∵ a2−c2=b2，
∴ b2=a2−3．
又(1,32)是椭圆上的一个点，
∴
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1a2+34a2−3=1，解得a2=4或a2=34（舍去），
从而椭圆的标准方程为x24+y2=1；
(2)∵ P(x0, y0)，x0≠0，则Q(0, y0)，且x024+y02=1．
∵ M为线段PQ中点，
∴ M(x02，y0)．
又A(0, 1)，
∴ 直线AM的方程为y=2(y0−1)x0x+1．
∵ x0≠0，
∴ y0≠1，令y=−1，得C(x01−y0，−1)．
又B(0, −1)，N为线段BC的中点，有N(x02(1−y0)，−1)．
∴ NM→=(x02−x02(1−y0)，y0+1)．
∴ OM→⋅NM→=x02(x02−x02(1−y0))+y0⋅(y0+1)
=x024−x024(1−y0)+y02+y0
=(x024+y02)−x024(1−y0)+y0
=1−(1+y0)+y0=0．
∴ OM⊥MN．
∵ |OM|=x024+y02=1，
|ON|=x024(1−y0)2+1
=1−y02(1−y0)2+1=21−y0，
∴ 在Rt△MON中，|MN|=|ON|2−|OM|2，
∴ S△MON=12|OM||MN|=121+y01−y0．
∴ 121+y01−y0=32，解得y0=45．
【考点】
与椭圆有关的中点弦及弦长问题
椭圆的标准方程
【解析】
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【解答】
解：(1)设椭圆方程为x2a2+y2b2=1，
由题意，得c=3．
∵ a2−c2=b2，
∴ b2=a2−3．
又(1,32)是椭圆上的一个点，
∴ 1a2+34a2−3=1，解得a2=4或a2=34（舍去），
从而椭圆的标准方程为x24+y2=1；
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(2)∵ P(x0, y0)，x0≠0，则Q(0, y0)，且x024+y02=1．
∵ M为线段PQ中点，
∴ M(x02，y0)．
又A(0, 1)，
∴ 直线AM的方程为y=2(y0−1)x0x+1．
∵ x0≠0，
∴ y0≠1，令y=−1，得C(x01−y0，−1)．
又B(0, −1)，N为线段BC的中点，有N(x02(1−y0)，−1)．
∴ NM→=(x02−x02(1−y0)，y0+1)．
∴ OM→⋅NM→=x02(x02−x02(1−y0))+y0⋅(y0+1)
=x024−x024(1−y0)+y02+y0
=(x024+y02)−x024(1−y0)+y0
=1−(1+y0)+y0=0．
∴ OM⊥MN．
∵ |OM|=x024+y02=1，
|ON|=x024(1−y0)2+1
=1−y02(1−y0)2+1=21−y0，
∴ 在Rt△MON中，|MN|=|ON|2−|OM|2，
∴ S△MON=12|OM||MN|=121+y01−y0．
∴ 121+y01−y0=32，解得y0=45．
【答案】
f′(x)＝ex−ex(sinx+cosx)＝ex(1−sinx−cosx)=ex[1−2(sin(x+π4)]=−2ex[sin(x+π4)−22]，
∵ x∈[0,π2]，∴ x+π4∈[π4,3π4]，
∴ sin(x+π4)≥22，所以f′(x)≤0，
故函数f(x)在[0,π2]上单调递减，函数f(x)的最大值为f(0)＝e0−e0sin0＝1；f(x)的最小值为f(π2)=eπ2−eπ2sinπ2=0，
所以函数f(x)的值域为[0, 1]．
原不等式可化为ex(1−sinx)≥k(x−1)(1−sinx)…(*)，
因为1−sinx≥0恒成立，故(*)式可化为ex≥k(x−1)．
令g(x)＝ex−kx+k，则g′(x)＝ex−k
当k≤0时，g′(x)＝ex−k>0，所以函数g(x)在[0,π2]上单调递增，故g(x)≥g(0)＝1+k≥0，所以−1≤k≤0；
当k>0时，令g′(x)＝ex−k＝0，得x＝lnk，且当x∈(0, lnk)时，g′(x)＝ex−k<0；当x∈(lnk, +∞)时，g′(x)＝ex−k>0．
所以当lnk<π2，即00，成立；
当lnk≥π2，即k≥eπ2时，函数g(x)在[0,π2]上单调递减，g(x)min=g(π2)=eπ2−kπ2+k≥0，解得eπ2≤k≤eπ2π2−1
综上，−1≤k≤eπ2π2−1．
令h(x)=ex−1+12(x−32)2−1，则h(x)=ex−1+x−32．
由h(12)=e−12−1<0,h(34)=e−14−34>0，故存在x0∈(12,34)，使得h′(x0)＝0即ex0−1=32−x0．且当x∈(−∞, x0)时，h′(x)<0；当x∈(x0, +∞)时，h′(x)>0．故当x＝x0时，函数h(x)有极小值，且是唯一的极小值，故函数h(x)min=h(x0)=ex0−1+12(x0−32)2−1=−(x0−32)+12(x0−32)2−1=12[(x0−32)−1]2−32=12(x0−52)2−32，因为x0∈(12,34)，所以12(x0−52)2−32>12(34−52)2−32=132>0，
故h(x)=ex−1+12(x−32)2−1>0，ex−1>−12(x−32)2+1．
【考点】
利用导数研究函数的最值
【解析】
（1）利用导数求函数的值域即可；（2）恒成立问题转化为最值即可；（3）构造函数可解决此问题．
【解答】
f′(x)＝ex−ex(sinx+cosx)＝ex(1−sinx−cosx)=ex[1−2(sin(x+π4)]=−2ex[sin(x+π4)−22]，
∵ x∈[0,π2]，∴ x+π4∈[π4,3π4]，
∴ sin(x+π4)≥22，所以f′(x)≤0，
故函数f(x)在[0,π2]上单调递减，函数f(x)的最大值为f(0)＝e0−e0sin0＝1；f(x)的最小值为f(π2)=eπ2−eπ2sinπ2=0，
所以函数f(x)的值域为[0, 1]．
原不等式可化为ex(1−sinx)≥k(x−1)(1−sinx)…(*)，
因为1−sinx≥0恒成立，故(*)式可化为ex≥k(x−1)．
令g(x)＝ex−kx+k，则g′(x)＝ex−k
当k≤0时，g′(x)＝ex−k>0，所以函数g(x)在[0,π2]上单调递增，故g(x)≥g(0)＝1+k≥0，所以−1≤k≤0；
当k>0时，令g′(x)＝ex−k＝0，得x＝lnk，且当x∈(0, lnk)时，g′(x)＝ex−k<0；当x∈(lnk, +∞)时，g′(x)＝ex−k>0．
所以当lnk<π2，即00，成立；
当lnk≥π2，即k≥eπ2时，函数g(x)在[0,π2]上单调递减，g(x)min=g(π2)=eπ2−kπ2+k≥0，解得eπ2≤k≤eπ2π2−1
综上，−1≤k≤eπ2π2−1．
令h(x)=ex−1+12(x−32)2−1，则h(x)=ex−1+x−32．
由h(12)=e−12−1<0,h(34)=e−14−34>0，故存在x0∈(12,34)，使得h′(x0)＝0即ex0−1=32−x0．且当x∈(−∞, x0)时，h′(x)<0；当x∈(x0, +∞)时，h′(x)>0．故当x＝x0时，函数h(x)有极小值，且是唯一的极小值，故函数h(x)min=h(x0)=ex0−1+12(x0−32)2−1=−(x0−32)+12(x0−32)2−1=12[(x0−32)−1]2−32=12(x0−52)2−32，因为x0∈(12,34)，所以12(x0−52)2−32>12(34−52)2−32=132>0，
故h(x)=ex−1+12(x−32)2−1>0，ex−1>−12(x−32)2+1．
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