衡水中学2020届高三第八次调研考试试卷（文科）4月5日.doc

1 文科数学八调 4.5 参考答案 7. C 9. B 由三视图可知该几何体是如图所示的三棱锥 A BCD ， F 为 BD 的中点，外接球球心O 在过 CD 的中点 E 且垂直于平面 BCD的直 线l 上，又点O 到 , ,A B D 的距离相等，所以 O 又在过左边正方体一对棱的中 点 ,M N 所在直线上，在 OEN 中，由 NF MF NE OE  ，即 2 2 3 OE  ，得 3OE  ， 所以三棱锥 A BCD 外接球的球半径 2 2 2 23 ( 2) 11R OE BE     ， 44 11 3V  . 10.B 13. -3 14. 2020 0   3 21 1 533 2 12g x x x x    ，   2 3g x x x    ，   2 1g x x   ，令   0g x  ，得 1 2x  ， 又 1 12g      ，所以，三次函数  y g x 图象的对称中心坐标为 1 ,12      ，即    1 2g x g x   ， 所以， 1 2 2020 1010 2 20202021 2021 2021g g g                    ，2    2 2 2 12 1 2 2 1 21 12021 2021 2021 2021 n nn n n ng g g g                               2 2 2 2 1 2 1 2 2 2022 43 32021 2021 2021 2021 2021 n n n n n                      ， 因此，       2020 1010 2 21 1 1 2 12 1 21 1 12021202 20211 n ni i n g n ngi g                               1010 2 2 1 1010 1 10102022 1010 42022 4 2 02021 2021n n        .3 21.（1） 1 ,22x     时，由   0f x  得 xea x  ，令       2 1xx e xeh x h xx x    ∴ 1 12 x  时，   0h x  ，1 2x  时，   0h x  ， ∴  h x 在 1 ,12      上是减函数，在 1,2 上是增函数. 又 1 22h e     ，   2 2 2 eh  ，  1h e  34 4 16164 04 4 4 e ee e ee     ，4 ∴   12 2h h     ，∴h（x）的大致图像： 利用  y h x 与 y a 的图像知  ,2a e e . …………………………………………4 分 （2）由已知   2xg x e ax ax   ，∴   2xg x e ax a   ， 因为 1x ， 2x 是函数  g x 的两个不同极值点（不妨设 1 2x x ）， 易知 0a  （若 0a  ，则函数  f x 没有或只有一个极值点，与已知矛盾）， 且  1 0g x  ，  2 0g x  .所以 1 12 0xe ax a   ， 2 22 0xe ax a   . 两式相减得 1 2 1 2 2 x xe ea x x   ， ………………………………7 分 于是要证明  1 2 ln 22 x x a  ，即证明 1 2 1 2 2 1 2 x x x xe ee x x    ，两边同除以 2xe ， 即证 1 2 1 2 2 1 2 1x x x xee x x     ，即证  1 2 1 22 1 2 1 x x x xx x e e     ，即证  1 2 1 22 1 2 1 0 x x x xx x e e      ， 令 1 2x x t  ， 0t  .即证不等式 2 1 0 t tte e   ，当 0t  时恒成立. 设   2 1 t tt te e    ，则   2 2 1 2 t t tt te t e e       2 2 21 1 ]2 2 t t t tt te e e e              . 设   2 12 t th t e   ，则   2 21 1 1 12 2 2 t t h t e e          ， 当 0t  时，   0h t  ，  h t 单调递减，所以    0 0h t h  ，即 2 1 02 t te       ，所以   0t  ， 所以  t 在 0t  时是减函数.故  t 在 0t  处取得最小值  0 0  . 所以   0t  得证.所以  1 2 ln 22 x x a  .………………………………………………12 分