【名校试题】2020届高三下学期高考模拟联考数学(理)试题(解析版)

1、吴忠市2020届高考模拟联考试题理科数学注意事项：1. 答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴 在答题卡上的指定位置.2. 选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答業标号涂黑，写 在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.3非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内写在试题卷、草稿纸和 答题卡上的非答题区域均无效.4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交.一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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.21.设集合 A XlX 5x 6 0 ,B xl0

2、g2(x 2)2 ,则 AUB ()A. (,2)B. (,2)C. ( 3, 2)( 2,2) D. ( 3,3)【答案】C【解析】【分析】先化简集合 代B ,再求AU B得解.2【详解】由题得 A x|x 5x 6 0( 3, 2)，B x0g2(x 2) 2 =( 2,2)，所以 AUB ( 3, 2)( 2,2).故选：C.【点睛】本题主要考查一元二次不等式的解法，考查对数不等式的解法，考查集合的并集的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平2已知1 2i z 1 i ,其中i是虚数单位，则 Z ()A.B.卫C. .10D. .555【答案】A【解析】【分析】根据复数除法运算计算得

3、到Z ,根据模长定义可求得结果【详解】Q 1 2i z 1 i ,1 i 1 i 1 2i Z1 2i 1 2i 1 2i1 3i13.i，5 5一 105故选：A【点睛】本题考查复数模长的求解，关键是利用复数除法运算计算得到复数，属于基础题33已知a Iog4 3,b 43,c In ,则a,b,c的大小关系为()4A. a b c【答案】DB. c b aC. b c aD. c a b【解析】【分析】根据指数函数和对数函L_调性可确定临界值，从而比较出大小3【详解】Q In 3 In10 log 41 Iog4 31Iog44 1 40 43,Cab4故选：D.【点睛】本题考查比较指数和

4、对数的大小关系的问题，关键是熟练应用指数函数和对数函数的单调性确定临界值，属于基础题UUUUlur4已知向量AB (2,3), AC(3,t)，ULiU- UUU 亠AB与BC夹角为锐角，则头数t的取值范围为（77 997 99A.,B.,-C.,一D.,33 223 22【答案】B【解析】【分析】根据向量坐标运算和向量夹角公式可表示出COS,根据夹角的范围知0 cos 1 ,由此构造不等式求得结果.Qo,0 cos21 ,即03t 71.13 1 t 323t 7 0t77922 ,3解得：t且t即t的取值范围为13 1 t 33t7C232(2t9)0【详解】由题意得:AB13, BCAC

5、 ABAB BC AB AC AB6 3t 13 3t 7 ,设AB与BC夹角为,则CoSAB BC3t 7ABBCJl3 1 t 3 2,故选：B【点睛】本题考查根据向量夹角的范围求解参数范围的问题，关键是熟练应用向量的坐标运算和向量夹角公式；注意本题两个向量所成角的范围为锐角5.九章算术中有一题：今有牛、马、羊食人苗，苗主责之粟四斗羊主曰：我羊食半马.”马主曰：我马食半牛.”今欲衰偿之，问各出几何？其意是：今有牛、马、羊吃了别人的禾苗，禾苗主人要求赔偿4斗粟，羊主人说： 我羊所吃的禾苗只有马的一半. ”马主人说： 我马所吃的禾苗只有牛的一半. ”打算按此比率偿还，牛、马、羊的主人各应赔偿多

6、少粟？在这个问题中，牛主人比羊主人多赔偿了多少斗（)1412108A.B.C.D.7777【答案】B【解析】【分析】根据羊、马、牛的主人赔偿的粟数成等比数列和总赔偿数，可构造方程分别求得羊主人和牛主人赔偿的斗数，进而得到结果【详解】羊、马、牛的主人赔偿的粟数成等比数列，公比为2 ,设羊主人赔偿 X粟,则X 2x 4x 4 ,解得：X羊主人赔偿一粟，牛主人赔偿7粟16_74 - 74牛主人比羊主人多赔偿粟1274 - 7167故选：B.【点睛】本题考查等比数列的实际应用，属于基础题2X6.以双曲线E : -2a2占1(a °,b0)的一个焦点F Go为圆心,C为半径的圆与E的渐近线相切

7、，贝U2E的离心率等于(B.、.3C. 2 3【答案】D【解析】【分析】根据以F为圆心,C以为半径的圆与渐近线相切可得2bca2 b2,整理化简即可得结果.【详解】由已知双曲线的渐近线为yb-X ,选取其中一条计算，即abx ay 0 ,由F点到渐近线bx ay 0的距离d故有c2 4b2c2 4c2 4a2，解得a2.33即离心率e2*33故选：D.【点睛】本题主要考查双曲线的离心率的求解,关键是要找到a,b,c之间的等量关系，是基础题7.已知直线a、b,平面 、，且ab,a ,则b/是的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】

8、根据线面平行、线面垂直和面面垂直的性质和判定定理，结合充分必要条件的定义，即可得出结论【详解】若ab,a,如果b,则b/不成立;若ab,a ,b/ ,过b做一平面，且I ,则 bl, al, I ,I ,.所以当ab,a 时，b/是的充分不必要条件【点睛】本题考查充分不必要条件的判定，涉及到空间线、面位置关系，熟记有关判定和性质定理是解题的关键，属于基础题8.2021年俱乐部世界杯（简称“世俱杯”）在中国上海？天津?广州？武汉？沈阳？济南？杭州？大连八个城市举行，我市将派9名小记者前往采访，每个举办城市至少安排一名记者，则不同的安排种数共有（）"8"1小 1"1&

9、quot;8亠 小 2,8"97A. AQAB. C9AeA8C. C9A8D. AgCs【答案】C【解析】【分析】将派9名小记者分配到八个城市，每个举办城市至少安排一名记者，从9人中选出2人作为一组，在将 8个元素全排列，即可求得答案.【详解】Q将9名小记者分配到八个城市，每个城市至少安排一名记者第一步：从9人中选出2人作为一组，选法有：C<2 ,则现在有8个元素第二步：将8个元素全排列，排法有：A）不同的安排种数：CA8故选：C【点睛】本题主要考查了排列组合的实际应用，解题关键是掌握分步计数原理，考查了分析能力和计算能力，属于中档题9将函数f (X)X Sin -2(0)的

10、图像向右平移23个单位长度后得到函数 g X的图像,的图像关于点,0对称,则()25A.-B.-C.D.6336【答案】D【解析】【分析】由题得g XSi n(1 X23 ),根据题意得sin(6)0 , 0,可得选项【详解】由题得g X Sin1(x221)sin( X323),因为g X的图象关于点1,0对称，所以sin(123)0, sin()0,所以6k I kZ ,6因为0,所以 =56故选：D.【点睛】本题主要考查三角函数的图像变换和对称性，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力，属于中档题10.已知数列 an的前n项和为Sn ,满足 2Sn4anm ,且数列 nafl

11、的前6项和等于321 ,贝y m的值等A. 1B.C. 1D. 2【答案】B【解析】分析】根据已知，n 1时，求出a1 ,n 2 由 anSnSn1 ,得出数列an的递推关系，进而求出an的通项公式，结合已知建立 m的方程,【详解】依题意，当 n 1时,2S 2a1 4a1m,当 n 2 , an SnSn 1 2an 2an 1, an2an 1 , 若m °,an 0，则数列nan的前6项和等于0,不合题意，am 0耳 0,-2 ,所以数列a.是以 m为首项,an 12公比为2的等比数列，anm2n21n 2m 2，数列nan的前6项和为a1 2a2 3a3 4a4 5a5 6a

12、6m(1 2 6 16 40296)321皿m 3212m 2.故选：B.【点睛】本题考查数列的前n项和与通项公式的关系，注意对参数m的的分类讨论，考查计算求解能力,属于中档题.11.已知直线l : kx y k20(k R)与抛物线C : y 2px p1相交于A，B两点，O为坐标原点，则2VAOB为（）A.锐角三角形B.直角三角形C.钝角三角形D.不确定【答案】C【解析】【分析】直线I方程与抛物线方程联立，根据根与系数关系，得到A,B两点纵坐标关系，结合抛物线方程得出横坐标关系，进而求出UJU UJU OA OBO ,即可得出结论【详解】直线I : kx y k0(k R)与抛物线C :

13、y22 px P1相交于A，B两点,2所以k 0,将直线方程化为X my 1,m1，kX my 12联立 y2 2p，消去 X，得 y 2 Pmy 2p 0，2 24pm 8p 0,设 A(X1,y1),B(X2, y2), y1y22p，X1X2y12 y2Uila ILInI1,OA OB X1X2 y1y2 1 2 P 0,( P),2 p 2p2所以AOB为钝角，故VAOB钝角三角形.故选：C.【点睛】本题考查直线与抛物线的位置关系，并利用向量数量积的正负判断角的类型，要注意抛物线二级2结论的总结，如直线过(2p,0)点与抛物线y 2px P 0交于代B两点，则有OA OB ,而直线过

14、定点(1,0)是在(2p,0)的左侧，则有AOB为钝角，即刻得出结论，提高解题效率，属于中档题12.定义在R上的偶函数f X满足f(2 X) f (2 X),当X 0, 2时，f(x) 2 x ,设函数 g X e |x 2|( 2 X 6),则f X和g X的图象所有交点横坐标之和等于()A. 8B. 6C. 4D. 2【答案】C【解析】【分析】由题意可得，函数 f X和g X的图象都关于直线 X 2对称，据此画出它们的图象即可求出答案.【详解】解：定义在 R上的偶函数f X满足f (2 X) f (2 X),函数f X的图象关于直线 X 2和y轴对称，而函数g X e |x 2|( 2 X

15、 6)的图象也关于直线 X 2对称，当 X 2,2 时，g Xex 2 ,先画出函数f X和g X在 2,2上的图象，再根据对称性得到2,6上的图象如图，由图可知，函数f X和g X在 2,6上的图象共有2个交点，且关于直线 X 2对称,函数f X和g X的图象所有交点横坐标之和为2 2 4 , 故选：C.【点睛】本题主要考查函数的奇偶性与对称性的应用，涉及函数的图象变换，考查数形结合思想，属于中 档题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.随着养生观念的深入，国民对餐饮卫生条件和健康营养要求提高吃烧烤的人数日益减少，烧烤店也日 益减少某市对2015年到2019年五年间全市烧烤

16、店盈利店铺的个数进行了统计，具体统计数据如下表:年份20152016201720182019年份代号(t)12345盈利店铺的个数(y)260240215200180根据所给数据，得出 y关于t的回归方程$ |$t 273 ,估计该市2020年盈利烧烤店铺的个数为 【答案】165【解析】【分析】根据回归方程必过中心点(y),求出$ ,再代入t 6可求得答案12 3 4【详解】 r53 y 260240215200180一 C【详解】t53, y5219由 $|$t 273 ,则 2193$273 ,得 $18 ,故 $18t 273，令t 6 ,得 $165.故答案为：165【点睛】本题考查了

17、回归方程相关知识，应用回归方程必过中心点求得回归方程是解决问题的关键52314. 2x y的展开式中，含Xy项的系数为 (用数字作答)【答案】 40【解析】【分析】5rr5 - rrr5 - r(2X y)的展开式的通项公式：+1=c5(2x) (-y),令5 r 3,解得r = 2.再利用 咕=C；(2x) (-y)的展开式的通项公式即可得出系数.5rr5- r【详解】解：(2x y)的展开式的通项公式：Tr+1要求含2y3项的系数,令5 r 3,解得r = 2.523(2x y)的展开式中X y项的系数为:225- 2八，C(2) (- 1) =10创4 (-1)=-40 故答案为：40,

18、属于中档题【点睛】本题考查了二项式定理的应用，考查了推理能力与计算能力15已知函数f (X)lg( . X21 x) a ,且 f ln 31In31 ,则a【答案】12【解析】【分析】利用f (X)f(x)2a ,再根据ln 3ln1 ,即可得到答案；3【详解】Qf( x)f(x)lg(、(x)21 x)a lg(. x2 1 x) aQ ln3ln1f ln 3 f ln1f ln 3f ln3 2a 1 ,3，32a，1故答案为：丄2【点睛】本题考查对数运算法则和函数的性质，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力 16.如图，在边长等于2正方形ABCD中，点Q

19、是BC中点，点M,N分别在线段AB-CD上移动(M不与A,B重合，N不与C,D重合)，且MN /BC ,沿着MN将四边形AMND折起，使得二面角 DMNQ为直二面角，则三棱锥 D MNQ体积的最大值为 ;当三棱锥D MNQ体积最大时，其外接球的表面积为.1【答案】(1)(2). 53【解析】【分析】122),再利(1)先证明DN是三棱锥D MNQ的高，设BM x(0 X 2),得到V- 2x(0 X33用二次函数求最值得解；(2)如图，把三棱锥D MNQ补成一个直三棱柱DEFNMQ ,它们两个的外接球是同一个球.求出球的半径即得外接球的表面积DNMN ,平面 ADNM I 平面 BCNM MN

20、所以DN 平面MNQ , 所以DN是三棱锥D MNQ的高.设 BM x(0 X 2),AMDN 2 X，所以三棱锥D MNQ体积V1 11 (2 2 X) (2X)1 2 2-Xx(0 X 2)，33所以当X1 时，VmaX13 .(2)如图，把三棱锥DMNQ补成一个直三棱柱DEFNMQ ,它们两个的外接球是同一个球点O为外接球的球心，OQ为外接球的半径底面等腰直角三角形 MNQ的外接圆的半径为斜边MN的一半，即HQ 1.所以OQ I)2 1于.5所以外接球的表面积为 4=5.41故答案为：丄;5.3【点睛】本题主要考查几何体体积的计算和最值的求法，考查几何体外接球的变面积的计算，意在考查学生

21、对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力三、解答题：共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤第1721题为必考题，每个试题考生都必须作答第 22、23为选考题，考生根据要求作答.(一)必考题：共60分.17.已知在VABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c,且满足.3bGOS-B C a sin B,a .3 .2(1) 求角A的大小；(2) 若点M为边AC边上一点，且 MC MB, ABM ,求VABC的面积.2【答案】(1) (2) 3一33，4【解析】【分析】- A- AA A(1)由条件有 3bsina si nB ,利用正弦定理和二倍角公式可得-、3Sin Si nA 2co

22、s Sin ,进而2 2 2 2得到CoSA 3 ,从而得到答案.2 26 ,在直角 MAB中，2可求出AM丄2 ,从而可得三角形面积.2【详解】（1）由正弦定理有BCa由 .3bcosasin B 有3bsin23sin BSin A Sin ASin B2a Sin B2 A在 VABC 中，Si nB 0 ,所以 一 3 sinSi nA22cos si n 2 2A 在 VABC 中，0 A ,则 02,所以Sin 0 ,则有cos-2 -(2)在 MBC 中，MCMB,BMC 2,则ACB -4则 MBC为等腰直角三角形,又a 3 ,即BC . 3 ,所以MBMC在直角 MAB中A

23、&MB62 ，tan CABMBAM2AM/3所以AM,所以AC2AMMC_/2上2 2.2.62所以SaABC-AC BM2根据条件可得 AMBC为等腰直角三角形，则由 a 3 ,可求出MB MC【点睛】本题考查利用正弦定理进行边角转化，解直角三角形，求三角形的面积，属于中档题18.已知四棱锥 P ABCD 中，平面 PAD 平面 ABCD , AD CD , AD/BC , PA AD CD 2,PD 2 2，E为棱PD上一动点，点 F是PB的中点(1)求证：AE CD ;(2)若AB PC,问是否存在点E,使得二面角P AE F的余弦值为 -6 ?若存在，求出点E的位置;3若不存

24、在，请说明理由【答案】(1)见解析，(2)存在，点E为PD的中点【解析】【分析】(1) 由平面PAD 平面ABCD , AD CD ,可证得CD 平面PAD ,而AE在平面PAD内，所以AE CD ;(2) 如图建立空间直角坐标系，禾U用空间向量求解【详解】(1)证明：因为平面 PAD 平面ABCD , AD CD ,平面PAD I 平面 ABCDAD,CD在平面ABCD内，所以CD平面 PAD,因为AE在平面PAD内，所以AECD ;(2)因为PA AD CD2,PD2.2 ,所以PA2AD2 PD2 ,所以PAD90 ,所以PAAD,因为平面PAD 平面 ABCD,平面PAD I平面ABC

25、DAD ,所以PA平面ABCD,所以PAAB,因为PCABlPAI PCP,所以AB平面PAC,所以ACAB,因为ADCD 2, ADCD,所以AC 2、2, ACD45所以 ACB 45 , ACB ABC,所以 AB AC 2 2，如图，以A为坐标原点，AB, AC, AP所在的直线为X) y,z轴，建立空间直角坐标系 A XyZ , 则 A(0,0,0), B(2、2,0,0), C(0,2、2,0), D( .2. .2,0), P(0,0, 2), F(、2,0,1),UttUUr1-L设 E(x,y,z),则 PE (x, y,z 2), PD (2,2, 2)ItJtUUU因为1

26、)，所以(x,y,z 2)(迁，、2, 2),解得 X .2 ,y-2 ,z 22，所以E(、2 , .2 ,2 2 )，AE ( ,2 , J2 ,2),设平面PAE的法向量为m(,y,z),则UJlV AP UJIV AE所以2z10'2 X '2 y1(22 )z10得Zl0 ,令Xi1，则yi所以m (1,1,0)设平面AEF的法向量为(X2, y2,z2)，UJlV AF UJIV AE所以(2 2)Z20令X21 ,则 Z2.2，得y2所以(1,2所以CoS m, nIr rm ntr-rm n.2.1 (2 )2 2解得所以当点E在PD的中点时，二面角 PAEF的

27、余弦值为一63E为棱PD上一动点在上，所以设 PE PD (0【点睛】此题考查证明空间中的线线垂直，利用空间向量解决二面角问题，属于中档题19.近年来，我国电子商务行业迎来了蓬勃发展的新机遇，但是电子商务行业由于缺乏监管，服务质量有待提高某部门为了对本地的电商行业进行有效监管，调查了甲、乙两家电商的某种同类产品连续十天的销售额(单位：万元)，得到如下茎叶图：甲_J乙7 3 iQ* fJ S 1).1 i hH 62 1 2U2 1It8(1) 根据茎叶图判断甲、乙两家电商对这种产品的销售谁更稳定些？(2) 为了综合评估本地电商的销售情况，从甲、乙两家电商十天的销售数据中各抽取两天的销售数据，其

28、中销售额不低于120万元的天数分别记为 X1, X2 ,令Y X1 X2 ,求随机变量Y的分布列和数学期望.11【答案】甲电商对这种产品的销售谁更稳定(2)分布列见解析，数学期望为5【解析】【分析】(1) 先分别求出甲、乙电商连续十天的销售额的平均数，再求出其方差，从而作出判断(2) 根据意义甲电商对这种产品的销售额不低于120万元的天数有5天，乙电商对这种产品的销售额不低于120万元的天数有6天.X1的所有可能取值为 0,1,2, X2的所有可能取值为 0,1,2,由Y X1 X2 ,所以随机变量Y的所有可能取值为 0, 1 , 2, 3, 4,然后分别求出概率得出分布列求出期望.2 122

29、22SI 105122107122113122115122119 1221022222126 122128 122132 122134122141122 io122（万元）105 107 113 115 119 126 128 132 134 141131107 115117118 123 125132 136 139 14810126（万元）2S210710212611512621172126 11821262123 12612521262132 12613621262139 1262148 126 142.62 2由SIS2 ,所以甲电商对这种产品的销售谁更稳定由题意XI的所有可能取值为0

30、,1,2, X2的所有可能取值为0,1,2 ,由Y ×1X2 ,所以随机变量 Y的所有可能取值为0，1, 2，3, 4其中甲电商对这种产品的销售额不低于120万元的天数有5天.乙电商对这种产品的销售额不低于120万元的天数有6 天.C1120135112 2 11C5C5C4C5C6C4C120C12026135135210CfC120227CC4 c5c5c4c CfCf54CwC1c；c6c4 c6C5c541135则随机变量Y的分布列为Y0123442654412P13513513513527则随机变量Y的数学期望为E Y0上1兰2 m 4 ?耳135135135135275【

31、点睛】本题考查利用方差判断稳定性,考查随机变量的分布列和数学期望，弄清随机变量的取值和对应的概率是解题的关键，属于中档题2220.已知椭圆E :笃 冷a b1(a b0)的离心率为6 ,过定点 1,0的直线3I与椭圆E相交于A ,B两点,C为椭圆的左顶点，当直线I过点0,b时， OAB ( O为坐标原点)的面积为4b5(1)求椭圆E的方程;(2)求证：当直线I不过C点时,ACB为定值.【答案】(1)【解析】【分析】X22y43(2)ACB ?为定值.(1)根据题意可得63设 B 0,b , A X1,y1 ,由 S OAB8, 3b代入椭圆方55程可得a24 ,进而可得椭圆 E的方程;(2)根

32、据题意，设A X1,y1 , B X2,y2 ,直线I的方程为X my 1,联立方程，经计算可得kAC kBC 1 ,即可得到 ACB为定值一.2【详解】(1)由题意，设B0,b ,A X1,y1,直线I的方程为y1OAB 2y1b5b，y13b5将点A X1, y1代入中,得X1,故又点3b52在椭圆x-2a2_y_b21上,解得a2因椭圆的离心率eC-6 ,故 C2a 3b2 4 b 3,2 2所以，椭圆E的方程为X yT y3(2)由题意，设直线I的方程为my 1，设 A , y , B X2, y2 ,联立X my 1 2 3y24,消去X得m23 y22my所以2m，yy2当直线I不

33、过C 2,0时，直线AC的斜率kACX1,直线BC的斜率kBC2y222 '所以kAC kBC%XI 2y2X22y23_=mL13m22m21 m23 m2 3即直线AC与直线BC垂直，故ACB 为定值2【点睛】本题考查了圆锥曲线与直线的位置关系的判断与应用，考查了椭圆的标准方程及其几何性质，考查了学生的化简运算能力，通过计算kAC kBC1为解决本题的关键，属于中档题21.已知函数 f(x) ln X a.(1)讨论函数f X零点的个数;(2)若函数f X存在两个零点1, 21X2,证明：2lnX1InX20 .【答案】(1)a 1时，函数f X无零点.a 1时，函数f X有1个零

34、点.a 1时，函数f X有2个零点.(2)证明见解析.【解析】【分析】(1)1 X求出导数f X,得出函数的单调区间，根据Xa 1的符号，函数fX零点的个数.(2)由(1)知两个零点X1,X2 X2 X2 ，X1(0,1) ， X2(1,),零点间关系是In XIx1a In x2X2a ,变形为2 1In 2 ,引入变量tX1×2X1,则 t 1，X1Inttl nt, 2 厂，要证不等式等价变形为t ln3tX1X21,3(t 1)1 ,即证 tin3t (t31) , (t 1),为此引入新函数33这里需要多次求导变形g(x) tint (t 1),利用导数研究函数的单调性为减

35、函数，则可证得结论成立, 再求导才可证明.【详解】(1)有题意得由 f X 0 得 O X 1， f X 0 得 X 1 , 所以f X在0,1上单调递增，在(1,+ ¥ )上单调递减.X 1时，f(X)取得极大值，也是最大值为f 1 a 1,所以当a 10 ,即a 1时，函数f X无零点当a 10 ,即a 1时，函数f X有1个零点.当 a 1 0 ,即 a 1 时，f(ea) a e a a 0f (ea) 2a ea ,设 U(X) 2x eX(x 1),U(X) 2 eX 0 在(1,)恒成立，U(X)在(1,)单调递减，U(X) u(1)2 e 0,所以 f (ea)0 ,

36、 f (X)在(e a,1) , (1,ea)各有一个零点,函数f X有2个零点.综上所述：a 1时，函数f X无零点.a 1时，函数f X有1个零点.a 1时，函数f X有2个零点.(2)由(1)f(1) a 10 ,即 a 1 时,f (X)有两个零点 Xl ,X2 , ( X1 X2 ),则 XI(0,1) , X2(1,),由 In x1x1aIn x2x2a0,得X2 - X1 :=In X2 - In x1 = In 丸X1令t x2 ,则tX11, tx1x1Int,x1Intt 1,2ln x1In X220In (x1x2)002X1 X221 , X1 X20显然成立,2要

37、证 2ln x1In x20 ,即证 XX21 ,(t 1)3,( t1),t In31只要证-一t3 1,即证tln3t(t 1)3令 g(x)t ln3t (t1)3,g(1)0,g(t)ln3t3ln2t 3(t1)2,g (1)0,令 h(t)g (t),则h(t)3ln 2tt6ln t6(t 1)m(t)ln2t2ln t2t22t ,2ln t22m(t)tt4t 2(lnt 1 2t2 t),令 n(t)lnt1 2t2 t ,n1 4t t1 ,t 0时,n(t)是减函数，所以t1时，n(t)n(1)20,所以n(t)是减函数,322Jn 12lnt 2t 2t),h(I)0,令m(1) 0,n(t) n(1)0 ,即 m (t)0 (t 1),所以m(t)是减函数,m(t) m(1)0,所以h (t)0 , h(t)在t 1时是减函数，h(t) h(1)0 ,即 g (t)0 ,所以g(t)在(1,)上是减函数，g(t) g(1) 0 ,所以 tln3t (t 1)3