2022届山东省潍坊市高三上学期期末数学试题(解析版)

2022届山东省潍坊市高三上学期期末数学试题

一、单选题

1．已知全集UR，集合Axx22x80，则A（）

U

A．2,4B．4,2

C．,42,D．,24,

【答案】D

【分析】先求得集合A,再根据补集的定义求得答案.

【详解】Axx22x80{x|2x4},

故A{x|x2或x4}，

U

故选：D

2．如图，已知角α的顶点与坐标原点重合，始边为x轴正半轴，点P是角α终边上的

一点，则cos2（）

5432

A．B．C．D．

5555

【答案】C

【分析】根据P点坐标，利用三角函数的定义结合二倍角公式，可求得答案

【详解】由题意可得：P(1,2),x1,y2,|r|OP|5,

x15

故cos，

r55

13

则cos22cos2121，

55

故选：C

3．2021年12月9日，中国空间站太空课堂以天地互动的方式，与设在北京、南宁、

汶川、香港、澳门的地面课堂同步进行.假设香港、澳门参加互动的学生人数之比为5：

第1页共21页

31

3，其中香港课堂女生占，澳门课堂女生占，若主持人向这两个分课堂中的一名学

53

生提问，则该学生恰好为女生的概率是（）

15

A．B．3C．1D．

8828

【答案】C

【分析】利用互斥事件概率加法公式计算古典概型的概率即可得答案.

3

【详解】解：因为香港、澳门参加互动的学生人数之比为5：3，其中香港课堂女生占，

5

1

澳门课堂女生占，

3

533311

所以香港女生数为总数的，澳门女生数为总数的，

858838

311

所以提问的学生恰好为女生的概率是.

882

故选：C.

4．“0x”是“0sinx”的（）

44

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

2

【分析】由0x，可得0sinx；当x(2k,2k)，都有0sinx，

4244

由充分、必要条件的定义分析即得解

2

【详解】由0x，可得0sinx

42

而(0,2)(0,)

24

所以“0x”“0sinx”

44

当x2k,2k，kZ，都有0sinx，故“0sinx”推不出“0x”

4444

所以“0x”是“0sinx”的充分不必要条件

44

故选：A

5．如图，某类共享单车密码锁的密码是由4位数字组成，所有密码中，恰有三个重复

数字的密码个数为（）

第2页共21页

A．90B．324C．360D．400

【答案】C

【分析】先考虑重复的那个数字在其中三个位置上，再安排剩下的那个位置上的数字，

根据分步乘法原理可得答案.

【详解】根据题意，四个位置上恰有三个重复数字，可分两步完成，

第一步从10个数字中任选一个安排在三个位置上，共有C1C340种情况，

104

第二步在剩下的9个数字中任选一个安排在剩下的那个位置上，有9种情况，

故共有409360种，即密码个数为360个，

故选：C

2aloga3blogb1c

6．已知1，1，logc，则（）

32

22

A．abcB．bac

C．cabD．cba

【答案】B

1ylogx

【分析】在同一坐标系中分别画出y2x,y3x，y()x，ylogx，1的图

2

32

象，转化a,b,c为图像交点的横坐标，数形结合即得解

1ylogx

【详解】在同一坐标系中分别画出y2x,y3x，y()x，ylogx，1的图

2

32

象，

第3页共21页

ylogxylogx

y2x与1的交点的横坐标为a，y3x与1的图象的交点的横坐标为

22

1x

b，y与ylogx的图象的交点的横坐标为c，从图象可以看出．

32

bac

故选：B

7．已知正方形ABCD的边长为2，MN是它的内切圆的一条弦，点P为正方形四条边上

的动点，当弦MN的长度最大时，PMPN的取值范围是（）

A．[0，1]B．0,2

C．[1，2]D．1,1

【答案】A

【分析】作出图形，考虑P是线段AB上的任意一点，可得出PO1,2，以及

PMPOOM，PNPOOM，然后利用平面向量数量积的运算律可求得PMPN的

取值范围.

【详解】如下图所示：

考虑P是线段AB上的任意一点，PMPOOM，PNPOONPOOM，

第4页共21页

圆O的半径长为1，由于P是线段AB上的任意一点，则PO1,2，

所以，PMPNPOOMPOOMPO2OM20,1.

故选：A.

8．斐波那契数列又称“黄金分割数列”，在现代物理、准晶体结构、化学等领域都有着

广泛的应用．斐波那契数列a可以用如下方法定义：aaan3,nN*，

nnn1n2

2022

a2

aa1，则i是数列a的第几项？（）

12i1i1,2,,2022n

a

2022

A．2020B．2021C．2022D．2023

【答案】D

2022

【分析】由题意结合递推关系式,采用累加求和可得a2的值，进一步做比值即可．

i

i1

【详解】由题意可得a21，

1

a2a(aa)aa1，

223123

a2a(aa)aaaa，

33423432

，

a2a(aa)aaaa，

20222022202320212022202320222021

累加得：a2a2a2aa，

12202220222023

2022

2022a2

即a2aa，i,

i20222023i1a

i1a2023

2022

故选：D．

二、多选题

x2

9．已双曲线C：y20，则（）

2

A．双曲线C的实轴长为定值

B．双曲线C的焦点在y轴上

C．双曲线C的离心率为定值

2

D．双曲线C的渐进线方程为yx

2

【答案】BCD

【分析】由双曲线的方程整理标准方程可得a，b的值，进而可得c的值，再判断出各

选项的真假．

x2y2x2

【详解】由曲线C:y2(0)，整理可得1(0)，

22

第5页共21页

所以曲线表示焦点在y轴上的双曲线，且a2(0)，

不是定值，所以A不正确，B正确；

ca216

离心率e11为定值，所以C正确；

ab222

x22

渐近线的方程为y2，即yx，所以D正确．

22

故选：BCD．

exex

10．已知函数fx，则下列结论中正确的是（）

exex

A．fx的定义域为R

B．fx是奇函数

C．fx在定义域上是减函数

D．fx无最小值，无最大值

【答案】BD

【分析】求解exex0，可判断A；利用函数奇偶性的定义可判断B；比较f(1),f(1)

2

可判断C；分离常数得到fx1，分析单调性及函数值域可判断D

e2x1

【详解】选项A，exex0，解得x0，故fx的定义域为{x|x0}，选项A错误；

exex

选项B，函数定义域关于原点对称，且fxf(x)，故fx是奇函数，选

exex

项B正确；

e1ee21ee1e21

选项C，f10,f(1)0，故f(1)f(1)，即fx在

e1e1e2ee1e21

定义域上不是减函数，选项C不正确；

exexe2x122

选项D，fx1，令te2x0，y1，由于te2x在

exexe2x1e2x1t1

2

R上单调递增，y1在(0,1),(1,)分别单调递减，故函数fx在(,0),(0,)

t1

分别单调递减，且x时，f(x)1，x0时，f(x)，x0时，f(x)，

x时，f(x)1，故函数fx的值域为(,1)(1,），无最小值，无最大值，

选项D正确

故选：BD

π

11．已知函数fxAsinxA0,0,0，现有如下四个命题：

2

甲：该函数的最小值为2；

第6页共21页

乙：该函数图像的相邻两条对称轴之间的距离为π；

2π

丙：该函数的一个零点为；

3

丁：该函数图像可以由ysin2xcos2x的图像平移得到．

如果有且只有一个假命题，那么下列说法正确的是（）

A．乙一定是假命题．

B．φ的值可唯一确定

π

C．函数f（x）的极大值点为kπkZ

6

π

D．函数f（x）图像可以由ycosx图像伸缩变换得到

6

【答案】BD

【分析】根据甲乙丙丁四个命题知识上的相互依存关系，以及有且只有一个假命题的限

制条件，可以确定命题丁为假命题，再由真命题甲乙丙去推导判断选项ABCD的正误

即可.

【详解】若甲命题正确：该函数的最小值为2，则A2；

若乙命题正确：该函数图像的相邻两条对称轴之间的距离为π，则1；

2π2π

若丙命题正确：该函数的一个零点为，则Asin0，

33

2π

即kπ，kZ；

3

若丁命题正确：该函数图像可以由ysin2xcos2x的图像平移得到.

π

由ysin2xcos2x2sin(2x)，可知A2，2

4

故命题乙与命题丁矛盾.

由甲乙丙丁有且只有一个假命题可知，二者必一真一假，则命题甲与命题丙均为真命题.

2π

由命题甲为真命题，可知A2，由命题丙为真命题可知kπ,kZ

3

2πππ

若命题乙为真命题，则1，由kπ,kZ，0，可得

323

π

此时fx2sinx.

3

4π4π

若命题丁为真命题，则2，由kπ,kZ，得kπ,kZ

33

π

又0，则不存在符合条件的.不合题意.

2

综上，命题丁为假命题，命题甲、乙、丙均为真命题.

选项A：乙一定是假命题．判断错误；

选项B：φ的值可唯一确定.判断正确；

第7页共21页

πππ

选项C：函数f（x）的极大值点为kπkZ.由x2kπ，可得

632

ππ

x2kπkZ，即函数f（x）的极大值点为2kπkZ.判断错误；

66

π

选项D：函数f（x）图像可以由ycosx图像伸缩变换得到.

6

πππ

由ycosxsin(x)可知，把ycosx的图像上每一点的横坐标保持不

636

π

变，纵坐标伸长为原来的2倍，可以得到fx2sinx的图像.判断正确.

3

故选：BD

12．如图，ABCD是边长为5的正方形，半圆面APD⊥平面ABCD．点P为半圆弧AD

上一动点（点P与点A，D不重合）．下列说法正确的是（）

A．三棱锥P－ABD的四个面都是直角三角形

125

B．三棱锥P一ABD体积的最大值为

4

C．异面直线PA与BC的距离为定值

D．当直线PB与平面ABCD所成角最大时，平面PAB截四棱锥P－ABCD外接球的截

2532

面面积为

4

【答案】AC

【分析】利用面面垂直和线面垂直的性质可得ABAP，由平面几何知识可证明

APD90，ABAD，BPD90，由此可判断选项A；

当点是半圆弧的中点时，三棱锥的底面积S取得最大值，求解即可判

PADPABDPAD

断选项B；

证明AB为异面直线PA与BC的距离，即可判断选项C；

过点P作PHAD于点H，连接BH，确定PBH为直线PB与平面ABCD所成的角，

利用平面几何知识，表示出sin2PBH，利用基本不等式求解最值，即可得到答案．由

题意可得正方形ABCD的中心即为四棱锥PABCD的外接球的球心，求其对角线长，

可得外接球的半径，代入球的表面积公式得答案．

第8页共21页

【详解】对于A选项，因为底面ABCD为边长是4的正方形，则ABAD，

又半圆APD平面ABCD，半圆APD平面ABCDAD，AB平面ABCD，

则AB半圆APD，

又AP平面APD，

故ABAP，

则△APB为直角三角形，

所以PB2AP2AB2，

因为AD是圆的直径，

则APD90，

故△APD为直角三角形，

所以PD2AD2AP2，

因为ABAD，

则△ADB是直角三角形，

所以BD2AD2AB2，

在△PDB中，PB2PD2(AP2AB2)(AD2AP2)AD2AB2BD2，

则BPD90，

所以△BPD为直角三角形，

故三棱锥PABD的每个侧面三角形都是直角三角形，

故选项A正确；

对于B选项，在三棱锥PABD中，AB半圆面APD，

则AB是三棱锥PABD的高，

当点是半圆弧的中点时，三棱锥的底面积S取得最大值，

PADPABDPAD

115125

三棱锥PABD的体积取得最大值为55，

32212

故选项B错误；

因为半圆面APD平面ABCD，ABAD，半圆面APD平面ABCDAD，

所以AB半圆面APD，又PA半圆面APD，所以ABPA，又ABBC，

所以AB为异面直线PA与BC的距离，所以异面直线PA与BC的距离为定值；故C正

确；

152

对于D选项，取BD的中点O，由选项A中的解析可得，OAOBOPODBD，

22

所以点O为四棱锥PABCD外接球的球心，

第9页共21页

过点P作PHAD于点H，连接BH，如图所示，

因为半圆面APD平面ABCD，半圆面APD平面ABCDAD，

故PH平面ABCD，

所以BH为PB在平面ABCD内的射影，

则PBH为直线PB与平面ABCD所成的角，

设AHx，则0x5，DH5x，

在RtAPD中，PH2AHDHx(4x)，

PD2DHAD5(5x)，

所以PB2BD2PD2(52)25(5x)255x，

PH2x(5x)1x25x

故sin2PBH()，

PB2255x5x5

令tx5，则xt5，且5t10，

x25x(t5)25(t5)5050

所以t152t1510215，

x5ttt

50

当且仅当t，即t52时取等号，

t

1

所以sin2PBH(10215)322，

5

则sinPBH21，

所以直线PB与平面ABCD所成最大角的正弦值为21，

此时AH525，PH2(525)(1052)，所以PH542(21)，

AP2(525)2(542(21)2，AP521，

11

过D作DMAB于M，SADPHAPDM，解得DM52142，所以球

△ADP22

52142

心O到面PAB的距离d，

2

第10页共21页

522525(21)2252252

设截面半径为r，则有r2()2d2，所以截面面积为，

22444

故D错误；

故选：AC．

【点睛】本题以命题的真假判断为载体，考查了空间直线与直线、直线与平面、平面与

平面的位置关系，空间几何体外接球的理解与应用，空间角、空间几何体的体积的计算

等知识，考查空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想等，

属于难题．

三、填空题

13．复数z满足zi2i（其中i为虚数单位），则z______．

【答案】5

【分析】根据复数模的计算方法即可求解.

【详解】∵zi2i，∴zi2izi5z5.

2i

另解：zi2iz=12iz5.

i

故答案为：5.

14．已知圆锥的高为1，轴截面是等腰直角三角形，则该圆锥的侧面积为______．

【答案】2

【分析】根据圆锥的高为1，圆锥的轴截面为等腰直角三角形可求得底面半径和母线长，

即可求得答案.

【详解】圆锥的高为1，轴截面是等腰直角三角形.

则圆锥的底面直径为2，母线长为2，

故该圆锥的侧面积为rl2，

故答案为：2

15．过直线xy40上一点P（点P不在x轴上）作抛物线x24y的两条切线，两

条切线分别交x轴于点G，H，则△GHP外接圆面积的最小值为______．

25π25

【答案】π

88

【分析】利用抛物线定义、导数几何意义、四边形外接圆等，数形结合解决本题简单快

捷.

【详解】抛物线x24y的焦点为F(0,1)，

第11页共21页

如图，设切点A(4a,4a2)(a0)，B(4n,4n2)(n0)

直线PA、PB与x轴分别交于G、H，连接PF、GF、HF.

11

由x24y，可得yx2，则yx

42

11

则k4a2a，k4n2n

PA2PB2

直线PA方程为y4a22a(x4a)，即y2a(x2a)，则G(2a,0)

直线PB方程为y4n22n(x4n)，即y2n(x2n)，则H(2n,0)

10

由kk2a1，可知GFPA

PAFG02a

10

由kk2n1，可知HFPB

PBFH02n

则P、G、F、H四点在以线段PF为直径的圆上，此圆即为△GHP的外接圆.

01452

点F到直线xy40的距离为d

12(1)22

52152

则PFd，则△GHP的外接圆半径rPF

224

52225π

故△GHP的外接圆面积Sπr2π

48

25π

即△GHP的外接圆面积的最小值为

8

25π

故答案为：

8

四、双空题

16．单板滑雪U型池比赛是冬奥会比赛中的一个项目，进入决赛阶段的12名运动员按

照预赛成绩由低到高的出场顺序轮流进行三次滑行，裁判员根据运动员的腾空高度、完

成的动作难度和效果进行评分，最终取每站三次滑行成绩的最高分作为该站比赛成

绩．现有运动员甲、乙二人在2021赛季单板滑雪U型池世界杯分站比赛成绩如下表：

分站运动员甲的三次滑行成绩运动员乙的三次滑行成绩

第12页共21页

第1次第2次第3次第1次第2次第3次

第1站80.2086.2084.0380.1188.400

第2站92.8082.1386.3179.3281.2288.60

第3站79.10087.5089.1075.3687.10

第4站84.0289.5086.7175.1388.2081.01

第5站80.0279.3686.0085.4087.0487.70

假如从甲、乙2人中推荐1人参加2022年北京冬奥会单板滑雪U型池比赛，根据以上

数据信息，你推荐______运动员参加，理由是______．

1

附：方差sxx2xx2xx2，其中x为x,x,,x的平均数．

n12n12n

【答案】乙；甲乙两人水平相当，但乙的发挥比甲更稳定.

【分析】分别求出平均数和方差，即能判断．

【详解】甲5站的平均成绩为：

1

x86.2092.8087.5089.5086.0088.40，

15

乙5站的平均成绩为：

1

x88.4088.6089.1088.2087.7088.40，

25

甲5站成绩的方差为：

1

s2＝(88.4086.20)2(88.4092.80)2(88.4087.50)2

15

(88.4089.50)2(88.4086.00)26.369

乙5站成绩的方差为：

1

s2(88.4088.40)2(88.4088.60)2(88.4089.10)2

25

(88.4088.20)2(88.4087.70)20.212

xx，s2＞s2，

1212

推荐乙运动员参加，理由是：甲乙两人水平相当，但乙的发挥比甲更稳定．

故答案为：乙；甲乙两人水平相当，但乙的发挥比甲更稳定．

五、解答题

17．已知公差不为0的等差数列a，a2aa，aaa153．记blga，其

n2113369nn

第13页共21页

中[x]表示不超过x的最大整数，如[0.7]=0，[1.9]=1．

(1)求数列a的通项公式；

n

(2)求数列b前101项和．

n

【答案】(1)a10n9

n

(2)192

【分析】（1）利用等差数列的通项公式基本量计算出首项和公差，求出通项公式；

（2）解不等式得到blga0，当2n10时，blga1，当11n100时，

11nn

blga2，当n101时，blga3，从而求出前101项和.

nnnn

【详解】(1)设等差数列公差为d，ad2aa12d，

111

又aa2a，故3a153，即a51，

39666

所以a5d51，解得：d10或0（舍去），求得：a1，

11

数列a的通项公式为a110n110n9；

nn

(2)blgalg10n9，令a10n91000得：n100.9，

nnn

令a10n9100，解得：n10.9，令a10n910，解得：n1.9，

nn

当n1时，a10n91

1

故blga0

11

当2n10时，blga1，

nn

当11n100时，blga2，

nn

当n101时，blga3，

nn

设b的前n项和为T，所以T01192903192.

nn101

18．已知ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，A，a6，且

3

sinBsinC26sinBsinC．

(1)证明：112；

bc2

(2)求ABC的面积．

【答案】(1)见解析；

第14页共21页

(2)33.

【分析】(1)由已知利用正弦定理可得b43sinB，c43sinC，代入已知等式即可

证明．

21

(2)由(1)可得bcbc，两边平方，可得b2c2b2c22bc，由余弦定理可得

22

b2c236bc，可得b2c26bc720，解方程可得bc的值，进而根据三角形的面积

公式即可求解．

【详解】(1)∵A，a6，

3

bc66

∴，可得，，

sinBsinCsin3b43sinBc43sinC

32

又∵sinBsinC26sinBsinC，

bcbc

∴26，

43434343

整理可得：112，得证．

bc2

11221

(2)∵，得bcbc，两边平方，可得b2c2b2c22bc，

bc222

由余弦定理a2b2c22bccosA，可得36b2c2bc，可得b2c236bc，

可得b2c26bc720，

解得bc12，或6(舍去)，

113

∴ABC的面积SbcsinA1233．

222

19．我国脱贫攻坚经过8年奋斗，取得了重大胜利．为巩固脱贫攻坚成果，某项目组对

某种农产品的质量情况进行持续跟踪，随机抽取了10件产品，检测结果均为合格，且

质量指标分值如下：

38，70，50，43，48，53，49，57，60，69．

经计算知上述样本质量指标平均数为53.7，标准差为9.9．生产合同中规定：所有农产

品优质品的占比不得低于15%（已知质量指标在63分以上的产品为优质品）．

(1)从这10件农产品中有放回地连续取两次，记两次取出优质品的件数为X，求X的分

布列和数学期望．

(2)根据生产经验，可以认为这种农产品的质量指标服从正态分布N,2，其中μ近

似为样本质量指标平均数，2近似为方差，那么这种农产品是否满足生产合同的要求？

请说明理由．

第15页共21页

附：若X~N,2，则P2X20.9545，

PX0.6827．

【答案】(1)X的分布列如下：

X012

1681

P

252525

16812

X的数学期望E(X)012.

2525255

(2)这批产品中优质品占比满足生产合同的要求；理由见解析

【分析】（1）由题意X可取0，1，2，再分别求概率，再写出分布列，计算出数学期望；

（2）由正态分布的性质估计PX63，即可得解.

【详解】(1)因为质量指标分值在63分以上的产品为优质品，故优质品有2件.

由题意X可取0，1，2.

C1C116

则P(X0)88；

C1C125

1010

2C1C18

P(X1)82；

C1C125

1010

C1C11

P(X2)22.

C1C125

1010

所以X的分布列如下：

X012

1681

P

252525

16812

X的数学期望E(X)012.

2525255

(2)这批产品中优质品占比满足生产合同的要求；理由如下：

记这种产品的质量指标分值为X，由题意可知，X~N53.7,9.92，

则P43.8X63.6PX0.6827，

10.6827

因为PX63PX63.60.158650.15，

2

第16页共21页

所以有足够的理由判断这批产品中优质品占比满足生产合同的要求

20．如图，在四棱锥P－ABCD中，ACBDO，底面四边形ABCD为菱形，AB2，

ABC60，异面直线PD与AB所成的角为60°．试在①PA⊥BD，②PC⊥AB，

③PAPC三个条件中选两个条件，使得PO⊥平面ABCD成立，请说明选择理由，并

求平面PAB与平面PCD所成角的余弦值．

7

【答案】选择条件13，理由见解析；.

9

【分析】选择条件①③，利用反证法和线面垂直的判定定理与性质即可说明不选择条件

②.根据菱形的性质可得BDAC、AOCO，利用线面垂直的判定定理可得BD平

面PAC，根据线面垂直的性质可得BDPO，再次利用线面垂直的判定定理即可证明；

建立如图空间坐标系，利用空间向量法求出平面PAB与平面PCD的法向量，根据空间

向量的数量积即可求出结果.

【详解】选择条件①③.理由如下：

若选择条件②，利用反证法.由PO平面ABCD，AB平面ABCD，

得POAB，又PCAB，POPCP，所以AB平面PAC，

又AC平面PAC，所以ABAC，由菱形的性质可得BDAC，

所以AB//BD，与ABBDB矛盾.故不选择条件②.

由底面ABCD为菱形，得BDAC，

又BDPA，PAACA，

所以BD平面PAC，又PO平面PAC，所以BDPO，

因为PAPC，AOCO，所以POAC，又BDACO，

所以PO平面ABCD；

以点O为坐标原点，OB、OC、OP分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图，

设OP=h(h>0)，则P(0,0,h)，D(3,0,0)，A(0,1,0)，B(3,0,0)，

有PD3,0,h，AB3,1,0，则异面直线PD与AB所成的角的余弦值为：

PDAB31

cos，解得h6，则PA(0,1,6)，

PDAB23h22

第17页共21页

设平面PAB的法向量为n(x,y,z)，平面PCD的法向量为n(x,y,z)，

11112222

nPA0y6z0nPC0y6z0

则111，222，

nAB03xy0nCD03xy0

111222

解得n(2,6,1)，n(2,6,1)，

12

nn2617

所以平面PAB与平面PCD所成角的余弦值为cosn，n12.

12nn339

12

【点睛】21．已知函数

1

fxax2xx23x3exaR．

2

(1)当a1时，求曲线yfx在点（0，f（0））处的切线方程；

11

(2)若函数f（x）有三个极值点x，x，x，且xxx．证明：2x0．

123321xx3

12

【答案】(1)xy30；

(2)证明见解析.

【分析】(1)当a1时求出f(0)，利用导数的几何意义求出切线的斜率，结合直线的

点斜式方程即可得出结果；

(2)根据极值点的概念可得x1、axex0有2个根x、x，利用导数讨论函数

312

g(x)xex的单调性，作出ya、g(x)xex的大致图象，进而有0x1x，结合分

12

析法证明和对数均值不等式即可证明.

1

【详解】(1)当a1时，f(x)x2x(x23x3)ex，

2

则f(0)3，f(x)(x1)(xex1)，

所以f(0)1，则曲线yf(x)在点(0,f(0))处的切线方程为：

y3x，即xy30；

第18页共21页

1

(2)由f(x)a(x2x)(x23x3)ex，

2

得函数f(x)的定义域为R，

f(x)a(x1)x(x1)ex(x1)(axex)，

由题意知，方程f(x)0有3个根，

则x1，方程axex0有2个根x、x，

312

令g(x)xex，则g(x)(1x)ex，

当x(0,1)时，g(x)0，g(x)单调递增，

当