江苏省苏州市2021届高三年级4月份三校联考数学试题答案与解析.pdf

2021 届高三年级三校联考 数学 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上. 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动， 用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上 无效. 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一、选择题.本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 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 ( )RA B C ，则下面选项中一定成立的是 A． A B A B． A B B C． A B B D． A B R 【答案】B 2．已知 i是虚数单位，在复平面内，复数 2 i  和1 3i 对应的点间的距离是 A． 5 B． 10 C．5 D．25 【答案】C 3．在我国古代著名的数学专著《九章算术》里有一段叙述：今有良马与驽马发长安至齐，良 马初日行一百零三里，日增十三里；驽马初日行九十七里，日减半里；良马先至齐，复还迎驽 马，九日二马相逢，则长安至齐 A．1120 里 B．2250 里 C．3375 里 D．1125 里 【答案】D 4．甲、乙、丙、丁四位同学决定去巴城老街、千灯古镇、周庄游玩，每人只能去一个地方， 周庄一定要有人去，则不同游览方案的种数为 A．60 B．65 C．70 D．75 【答案】B 5．已知 ,A B是圆 2 2: 1O x y  上的两个动点， 3AB  ， 3 2OC OA OB     ，M 为线段 AB的中点，则OC OM   的值为 A． 1 4 B． 1 2 C． 3 4 D． 3 2 【答案】A 6．雷达是利用电磁波探测目标的电子设备.电磁波在大气中大致沿直线传播.受地球表面曲率的 影 响 ， 雷 达 所 能 发 现 目 标 的 最 大 直 视 距 离 2 2 2 2 1 2( ) ( )L R h R R h R      2 2 1 1 2 22 2Rh h Rh h    ，其中 1h 为雷达天线架 设高度， 2h 为探测目标高度，R为地球半径.考虑到电磁波的弯曲、 折射等因素，R等效取8490km，故R远大于 1h ， 2h .假设某探测 目标高度为25m，为保护航母的安全，须在直视距离390km外探 测到目标，并发出预警，则舰载预警机的巡航高度至少约为 （参考数据： 2 8.49 4.12  ） A．6400m B．7200m C．8100m D．10000m 【答案】C 7．下列图象中可以作为函数 2( ) 1 cos 1 xf x x e      部分图象的是 【答案】B 【解析】 1 e( ) cos 1 e x xf x x    为奇函数，排除 A，C 当 0, 2 x      时， ( ) 0f x  ，故选 B. 8． 已 知 函 数 ln( ) 2 1,( 0)kx xf x e k kx     ； 函 数 ( ) lng x x x ； 若 ( ) 2 ( )kf x g x ， 对 (0, )x   恒成立，则实数k 的取值范围为 A．[1, ) B．[ , )e  C． 1 , e    D． 2 , e    【答案】D 【解析】 22lne 2 ln e 2ln 2 lnkx kxxk k x x kx x kx x x x        （*） 22 2 2 ln(e 1) ln ( 1) ln (e 1)kx xkx x x x       令 ( ) (e 1)xF x x  ， 2( ) (ln )F kx F x  由（*）式知显然 0k  ，当 2ln 0x  时，不等式显然成立 当 2ln 0x  时，由 2,ln 0kx x  ， ( )F x 在 (0, ) 上 2 max ln 2ln 2ln 2 e xkx x x k x            ，故选 D. 二、选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目 要求.全部选对的得 5 分，部分选对的得 2 分，有选错的得 0 分. 9．新高考方案规定，普通高中学业水平考试分为合格性考试(合格考)和选择性考试(选择考)， 其中“选择考”成绩将计入高考总成绩，即将学生考试时的原始卷面分数由高到低进行排序， 评定为 , , , ,A B C D E五个等级，再转换为分数计入高考总成绩．某试点高中 2020 年参加“选 择考”总人数是 2018 年参加“选择考”总人数的 2 倍，为了更好地分析该校学生“选择考” 的水平情况，统计了该校 2018 年和 2020 年“选择考”成绩等级结果，得到如图所示的统计图. 针对该校“选择考”情况，2020 年与 2018 年比较，下列说法正确的是 A．获得 A等级的人数增加了 B．获得B等级的人数增加了 1.5 倍 C．获得D等级的人数减少了一半 D．获得E等级的人数相同 【答案】AB 10． ABC 中，D为边 AC 上的一点，且满足 1 2 AD DC   ，若P为边BD上的一点，且满 足 ( 0, 0)AP mAB nAC m n       ，则下列结论正确的是 A． 2 1m n  B．mn的最大值为 1 12 C． 4 1 m n  的最小值为6 4 2 D． 2 29m n 的最小值为 1 2 【答案】BD 11．已知函数 ( ) cos sinf x x x  ，下列说法正确的是 A． ( )f x 是偶函数 B． ( )f x 是周期为 的函数 C． ( )f x 在区间 3, 2       上单调递减 D． ( )f x 的最大值为 2 【答案】ABC 【解析】对于 A，由 ( ) cos sin ( )f x x x f x    知 ( )f x 为偶函数，A 正确； 对于 B， ( ) cos( ) sin cos sin ( )f x x x x x f x          ，B 正确； 对于 C，当 3, 2 x      时， ( ) cos sin 2 sin 4 f x x x x          ， 3 5, 4 4 4 x         ， ( )f x 在 3, 2       上单调递减，C 正确； 对于 D，显然 ( )f x 的最大值为 1，D 错误 故选 ABC. 12．已知正方体 1 1 1 1ABCD ABC D 的棱长为 4，M 为 1DD 的中点，N 为 ABCD所在平面上 一动点， 1N 为 1 1 1 1ABC D 所在平面上一动点，且 1NN 平面 ABCD，则下列命题正确的是 A．若MN 与平面 ABCD所成的角为 4  ，则点N 的轨迹为圆 B．若三棱柱 1 1 1NAD N AD 的表面积为定值，则点N 的轨迹为椭圆 C．若点N 到直线 1BB 与直线DC的距离相等，则点N 的轨迹为抛物线 D．若 1D N 与 AB所成的角为 3  ，则点N 的轨迹为双曲线 【答案】ACD 【解析】对于 A，MN 在底面 ABCD的射影为 MND ，则 4 MND    ， 2DN DM   N 在以D为圆心，2 为半径的圆上运动，A 正确； 对于 B，如图建系，设 ( , )N x y ，由题意知， (0,0)A ， (0,4)D 2 2 2 24 4 ( 4) 16 4x y x y x       为 定 值 ， 即 NA ND NE  为定值，B 错误； 对于 C，由题意知 (4,0)B ， 2 2( 4)NB x y   ， 2 2( 4) 4x y y     N 的轨迹方程为 28 8 x xy   为抛物线，C 正确； 对于 D，在 ,B C基础上加上以 1AA 方向为 z轴，此时 1(0,4,4)D ， ( , ,0)N x y (4,0,0)AB   ， 1 ( , 4, 4)D N x y    由题意知 2 2 2 2 4cos 3 ( 4) 16 3 4 ( 4) 16 x x y x y          2 2( 4) 116 16 3 x y     ，N 轨迹为双曲线，D 正确 故选 ACD. 三、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分. 13．在产品质量检测中，已知某产品的一项质量指标 2~ (100,10 )X N ，且110 120X  的 产品数量为 5436 件．请估计该批次检测的产品数量是__________件. 参考数据： ( ) 0.6826P X        ， ( 2 2 ) 0.9545P X        ， ( 3 3 ) 0.997P X        【答案】40000 14．已知函数 ( )f x 满足： ( ) (2 ) (2 )f x f x f x     ，则符合题意的一个 ( )f x 的解析式 可以为__________. 【答案】答案不唯一， ( ) 0f x  ， ( ) sin 2 f x x      等 15．在四面体 ABCD中， 2AB  ， 1DA DB CA CB    ，则四面体 ABCD的外接球 的体积为__________. 【答案】 2 3  【解析】取 AB中点E，则 2 2 EA EB EC ED    ， 四面体外接球的半径为 2 2 ，体积为 4 1 2 2 3 2 2 3     . 16．已知双曲线 2 2 2: 1( 0) 4 x yC b b    ，若在直线 : 2 0l x y   上存在点P满足：过点P能 向双曲线C引两条互相垂直的切线，则双曲线C的离心率取值范围是__________. 【答案】 61, 2       【 解 析 】 设 过 P 点 且 与 双 曲 线 相 切 的 直 线 方 程 为 0 0( )y k x x y   ， 0 0 2y x   0 0 2 2 2 2 2 2 2 0 0 0 0 0 02 2 2 2 ( ) 4 ( 2 ) 2 ( ) 4 4 4 y k x x y b x k x x x x y k y x x b b x y b                2 2 2 2 2 2 2 2 0 0 0 0 0 0( 4 ) (8 8 ) 4 4 8 4 0b k x k x ky x k x y kx y b        2 2 2 2 2 2 2 2 0 0 0 0 0 0 064( ) 4( 4 )(4 4 8 4 ) 0k x k y b k k x y kx y b         2 2 2 2 2 2 2 2 0 0 0 0 0 04( ) ( 4 )( 2 ) 0k x ky b k k x y kx y b       4 2 3 2 2 2 2 2 2 2 2 4 4 2 2 2 0 0 0 0 0 0 0 0 0 04( 2 ) 2 4 4k x k x y k y b x k b y kb x y b k x k y        3 2 2 0 08 4 0x y k k b   2 2 2 2 2 2 2 4 0 0 0 0( 4 ) 2 0b x b k b x y k b y b     2 2 2 2 0 0 0 0( 4) 2 0x k x y k y b     ，两根设为 1 2,k k 2 2 2 2 20 1 2 0 02 0 1 ( 2) 4 4 y bk k x b x x           2 2 2 0 0 04 4 4x x b x     ， 2 2 0 02 4 0x x b   看成关于 0x 的方程 2 216 8 0 0 2b b       双曲线C离心率 2 24 61 1, 4 4 2 b be          . 四、解答题：本题共 6 小题，共 70 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 17．（10 分）在① ( )( ) ( )a b a b a c c    ，②2 2 cosa c b C  ，③ 3( cos ) sina b C c B  三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解决该问题. 在 ABC 中，内角 , ,A B C的对边分别是 , ,a b c，且满足 2 3b  . （1）若 4a c  ，求 ABC 的面积； （2）求a c 的取值范围. 【解析】 若选①，由题意 ( )( ) ( )a b a b a c c    ，化简得 2 2 2 1 2 2 a c b ac    即 1cos 2 B  ，0 B   ，得 3 B   （1）由余弦定理 2( ) 2 2 cosb a c ac ac B    ，得 2 112 4 2 2 2 ac ac    ， 解得 4 3 ac  ， 1 1 3sin sin 2 2 3 3 S ac B      . （2）由正弦定理 2 3 4 sin sin sin 3 2 a c b A C B     ，又因为 2 3 A C    ， 所以 4(sin sin )a c A C   24 sin sin 3 A A         1 34 3 cos sin 4 3sin 2 2 6 A A A              ， 因为 20 3 A    ， 5 6 6 6 A      ， 1sin ,1 6 2 A            ， (2 3,4 3]a c  若选②，由2 2 cosa c b C  ， 得2sin sin 2sin cosA C B C  ，2sin( ) sin 2sin cosB C C B C   ， 化简得2cos sin sinB C C ，得 1cos ,0 2 B B    ，得 3 B   . 以下与选①同. 若选③，由 3( cos ) sina b C c B  ，得 3(sin sin cos ) sin sinA B C C B  ， 即 3[sin( ) sin cos ] sin sinB C B C C B   ，化简得 tan 3B  ，0 B   ， 得 3 B   .以下与选①同. 18．（12 分）设 na 是等比数列，公比大于 0， nb 是等差数列，已知 1 1a  ， 3 2 2a a  ， 4 3 5a b b  ， 5 4 62a b b  （1）求 na 和 nb 的通项公式； （2）设数列 nc 满足 1 2 1c c  ， 11, 3 3 , 3 k k n k k n c a n       ，其中 *kN ，求数列 3 3 ( 1)n nb c  的前n项和. 【解析】 （1） 1 1a  ， 2 3 2 2 2 0a a q q      解得 2q  或 1q   （舍） 所以 12nna  ， 3 5 1 1 4 6 1 8 2 6 8 1 2 16 3 13 16 1 b b b d b b b b d d                 所以 nb n . （2） 3 3n nb  ， 1 3 2k k kc a   ， 1 3 2n nc   1 1 3 3 ( 1) 3 (2 1) 3 6 3n n n n n nb c        设 0 1 1 2 2 3 1(3 6 3 ) (3 6 3 ) (3 6 3 ) (3 6 3 )n n nS              0 1 2 1 1 2(3 6 3 6 3 6 3 6 ) (3 3 3 )n n              11 (1 6 ) 3 (1 3 ) 3 6 3 93 1 6 1 3 5 2 10 n n n n             . 19．（12 分）如图，三棱锥S ABC 的底面 ABC和侧面SBC 都是等边三角形，且平面SBC  平面 ABC . （1）若P点是线段 SA的中点，求证：SA平面PBC； （2）点Q在线段SA上且满足 1 3 AQ AS ，求BQ与平面SAC 所成角的正弦值. 【解析】 （1）因为 ABC 和 SBC 都为等边三角形，且有公共边BC ， 所以 AB SB BC AC SC    . 因为P为 SA的中点，所以SA BP ，SA CP ， 又因为BP CP P ，所以SA PBC平面 . （2）取BC的中点O，连接 ,OA OS，由条件可得 , ,OA BC OS两两垂直. 以O 为坐标原点， , ,OA OB OS    的方向分别为 , ,x y z轴的正方向 建立空间直角坐标系，如图. 设 2AB  ，则 3AO OS  ， 则点 ( 3,0,0)A ， (0,1,0)B ， (0, 1,0)C  ， (0,0, 3)S ， 2 3 3,0, 3 3 Q       ， 所以 ( 3,1,0)CA   ， ( 3,0, 3)SA    ， 2 3 3, 1, 3 3 BQ         . 设平面SAC 的一个法向量为 ( , , )n x y z  ， 则 3 0, 3 3 0, n CA x y n SA x z               ，令 1x  ，可得 (1, 3,1)n    . 设BQ与平面SAC 所成角为 ， 2 3 33 3 103 3sin cos , 104 11 1 3 1 3 3 BQ n BQ n BQ n                    . 20．（12 分）在新的高考改革形式下，江苏、辽宁、广东、河北、湖南、湖北、福建、重庆八 个省市在 2021 年首次实施“3 1 2  ”模式新高考.为了适应新高考模式，在 2021 年 1 月 23 日至 1 月 25 日进行了“八省联考”，考完后，网上流传很多种对各地考生考试成绩的评价，对 12 种组合的选择也产生不同的质疑.为此，某校随机抽一名考生小明（语文、数学、英语、物 理、政治、生物的组合）在高一选科前某两次六科对应成绩进行分析，借此成绩进行相应的推 断.下表 1 是小明同学高一选科前两次测试成绩(满分 100 分)： 语文 数学 英语 物理 政治 生物 第一次 87 92 91 92 85 93 第二次 82 94 95 88 94 87 （1）从小明同学第一次测试的科目中随机抽取 1 科，求该科成绩大于 90 分的概率；； （2）从小明同学第一次测试和第二次测试的科目中各随机抽取 1 科，记 X 为抽取的 2 科中成 绩大于 90 分的科目数量，求 X 的分布列和数学期望 ( )E X ； （3）现有另一名同学两次测试成绩(满分 100 分)及相关统计信息如下表 2 所示： 语文 数学 英语 物理 政治 生物 6 科成绩均值 6 科成绩方差 第一次 1a 2a 3a 4a 5a 6a 1x 1D 第二次 1b 2b 3b 4b 5b 6b 2x 2D 将每科两次测试成绩的均值作为该科的总评成绩，这 6 科总评成绩的方差为 3D .有一种观点认 为：若 1 2 1 2,x x D D  ，能推出 1 3 2D D D  .则有理由认为“八省联考”考生成绩与选科有 关，否则没有理由否定 12 种选科模式的不合理性，即新高考模式 12 种选科模式是可取的.假 设这种观点是正确的，通过表 2 内容，你认为新高考模式 12 种组合选科模式是否可取？ 【解析】 （1）共有 6 科成绩，其中成绩大于 90 分的有数学、英语、物理和生物共 4 科， 所以从张明同学第一次测试的科目中随机抽取 1 科，该科成绩大于 90 分的概率为 4 2 6 3  . （2） X 的所有可能取值为：0，1，2， 1 1 2 3 1 1 6 6 1( 0) 6 C CP X C C    ， 1 1 1 1 2 3 4 3 1 1 6 6 1( 1) 2 C C C CP X C C     ， 1 1 4 3 1 1 6 6 1( 2) 3 C CP X C C    ， 所以 X 的分布列为： X 0 1 2 P 1 6 1 2 1 3 数学期望 1 1 1 7( ) 0 1 2 6 2 3 6 E X        . （3）设 1 2x x x  ，则 1 2 6 1 2 6 6a a a b b b x         ， 则 2 2 2 1 1 2 66 ( ) ( ) ( )D a x a x a x       2 2 2 2 1 2 6 1 2 62( ) 6a a a a a a x x          2 2 2 2 2 1 2 6 12 6a a a x x      2 2 2 2 1 2 6 6a a a x     ， 同理可得 2 2 2 2 2 1 2 66 6D b b b x     ， 2 2 2 21 1 2 2 6 6 36 6 2 2 2 a b a b a bD x                        ， 因为 1 2D D ，所以 2 2 2 2 2 2 1 2 6 1 2 6a a a b b b        ， 所以 2 2 2 2 2 21 1 2 2 6 6 3 1 1 2 66 6 ( ) 2 2 2 a b a b a bD D a a a                             1 1 1 1 2 2 2 2 6 6 6 6( )( 3 ) ( )( 3 ) ( )( 3 ) 4 4 4 b a b a b a b a b a b a          的符号不确定， 所以 3D 与 1D 无法比较大小， 2 2 2 2 2 21 1 2 2 6 6 3 2 1 2 66 6 ( ) 2 2 2 a b a b a bD D b b b                             2 2 2 2 2 2 2 2 21 1 2 2 6 6 1 2 6( ) 2 2 2 a b a b a b b b b            2 2 2 2 2 2 1 2 6 1 2 6( ) 0 2 a a a b b b           ， 所以 3 2D D ， 综上所述由 1 2x x ， 1 2D D ，推不出 1 3 2D D D  故新高考模式 12 种组合选科模式是可取的. 21．（12 分）如图，在平面直角坐标系 xOy中，已知椭圆 2 2 2 2 1( 0)x y a b a b     的右焦点为F ， P为右准线上一点.点Q在椭圆上，且FQ FP . （1）若椭圆的离心率为 1 2 ，短轴长为2 3 . ①求椭圆的方程； ②若直线 ,OQ PQ的斜率分别为 1 2,k k ，求 1 2k k 的值； （2）若在 x轴上方存在 ,P Q两点，使 , , ,O F P Q四点共圆，求椭圆离心率的取值范围. 【解析】解析一： （1）①设椭圆的焦距为2c， 由题意，得 2 2 2 1 , 2 2 2 3, , c a b a b c         所以 2, 3. a b    所以椭圆的方程为 2 2 1 4 3 x y   . ②由①得，焦点 (1,0)F ，准线为 4x  ， 解析 1： 设 (4, )P t ， 0 0( , )Q x y ，则 2 2 0 0 1 4 3 x y   ，所以 2 2 0 0 33 4 y x  . 所以 0 0( 1, )FQ x y   ， (3, )FP t  ， 因为FP FQ ，所以 0 03( 1) 0FQ FP x ty       ， 所以 0 03( 1)ty x   . 所以 2 2 0 0 0 0 0 0 1 2 2 2 0 0 0 0 0 0 33 3( 1) 34 4 4 4 4 x xy y t y tyk k x x x x x x               . 解析 2： 设 0 0( , )Q x y ，则 2 2 0 0 1 4 3 x y   ，所以 2 2 0 0 33 4 y x  ， 当 1x  时，直线FQ存在斜率，则 0 0 1FQ yk x   ， 又FP FQ ，所以直线FP的方程为 0 0 1( 1)xy x y     ， 所以点P的坐标为 0 0 3( 1)4, x y       . 所以 0 2 0 2 0 0 0 0 0 0 1 2 2 2 0 0 0 0 0 0 3( 1) 33 3( 1)3( 1) 34 4 4 4 4 xy x xy y y xk k x x x x x x                 ； 当 1x  时，点Q的坐标为 31, 2      ，点P的坐标为 (4,0)，也满足 1 2 3 4 k k   ， 所以 1 2k k 的值为 3 4  . （2）解析一： 设 2 ,aP t c       ， 0 0( , )Q x y ，因为FP FQ ， 则 FPQ 的外接圆即为以PQ为直径的圆 2 0 0( ) ( )( ) 0ax x x y t y y c            . 由题意，焦点F ，原点O均在该圆上，所以 2 0 0 2 0 0 ( ) 0, 0 ac c x ty c a x ty c            ， 消去 0ty 得 2 2 0 0( ) 0a ac c x x c c          ，所以 2 0 ax c c   ， 因为点 ,P Q均在 x轴上方，所以 2aa c c c     ，即 2 2 0c ac a   ， 所以 2 1 0e e   ，又因为0 1e  ， 所以 5 1 1 2 e   . 解析二： 因为 , , ,O F P Q四点共圆且FP FQ ，所以PQ为圆的直径， 所以圆心必为PQ中点M ， 又圆心在弦OF 的中垂线 2 cx  上， 所以圆心M 的横坐标为 2M cx  ， 所以点Q的横坐标为 2 2 2Q M a ax x c c c     .（以下同方法 1）. 解析三： （1）① 1 2 c a  ， 3b  ， 2 2 2a b c  ， 椭圆标准方程为 2 2 1 4 3 x y   . ②椭圆右准线方程为 4x  ， (1,0)F 设 (4, )P m ， 0 0( , )Q x y ， 0 0 1 1 3 1PF QF m yk k x         ， 2 2 0 0 1 4 3 x y   则 2 2 0 0 0 0 0 0 1 2 2 2 0 0 0 0 0 0 3 3 4 4 4 y y m y my y xk k x x x x x x             2 0 2 0 0 0 2 2 0 0 0 0 33 1 3 3 34 34 4 4 4 x x x x x x x x               . （2） , , ,O F P Q 四点共圆且FP FQ PQ 为圆的直径 圆心必过PQ中点 0 0( , )M x y ，又圆心也在线段OF 的中垂线 2 cx  上， 0 2 cx  ， 2 Q ax c c    ,P Q 均在 x轴上方， 2aa c c c     ， 2 2 2 5 10 1 0 1 2 c ac a e e e            即离心率范围为 5 1,1 2       . 22．（12 分）已知函数 ( ) 2 ln( 1) 2xf x e a x    . （1）当 2a   时，讨论 ( )f x 的单调性； （2）当  0,x  时， ( ) sinf x x 恒成立，求a的取值范围. 【解析】解析一： （1）当 2a   时， ( ) 2 2ln( 1) 2xf x e x    ， 1x   . 2( ) 2 1 xf x e x     ， ( )f x 在 ( 1, )  单调递增，且 (0) 0f   . 当 ( 1,0)x  时， ( ) 0f x  ；当 (0, )x  时， ( ) 0f x  . 所以函数 ( )f x 在 ( 1,0) 单调递减，在 (0, ) 单调递增. （2）令  ( ) ( ) sin 2 ln( 1) 2 sin , 0,xg x f x x e a x x x         当  0,x  时， ( ) sinf x x 恒成立等价于 ( ) (0) 0g x g  恒成立. 由于  ( ) ( ) cos 2 cos , 0, 1 x ag x f x x e x x x         ， 所以（i）当 0a  时， ( ) 2 1 0xg x e    ，函数 ( )y g x 在 0, 单调递增， 所以 ( ) (0) 0g x g  ，在区间 0, 恒成立，符合题意. （ii）当 0a  时， ( ) 2 cos 1 x ag x e x x      在 0, 单调递增， (0) 2 1 1g a a      . ①当1 0a  即 1 0a   时， ( ) (0) 1 0g x g a     ， 函数 ( )y g x 在 0, 单调递增，所以 ( ) (0) 0g x g  在 0, 恒成立，符合题意. ②当1 0a  即 1a   时， (0) 1 0g a    ， ( ) 2 1 1 ag e       ， 若 ( ) 0g   ，即 ( 1)(2 1)a e    时， ( )g x 在 (0, ) 恒小于 0 则 ( )g x 在 (0, ) 单调递减， ( ) (0) 0g x g  ，不符合题意. 若 ( ) 0g   ，即 ( 1)(2 1) 1e a      时，存在 0 (0, )x  使得 0( ) 0g x  . 所以当 0(0, )x x 时， ( ) 0g x  ，则 ( )g x 在 0(0, )x 单调递减， ( ) (0) 0g x g  ，不符合题意. 综上所述，a的取值范围是[ 1, )  . 解析二： （1）当 2a   时， ( ) 2e 2ln( 1) 2xf x x    ， 2( ) 2e 1 xf x x     ，显然 ( )f x 在 (0, ) 上 注意到 (0) 0f   ，当 ( 1,0)x  时， ( ) 0f x  ， ( )f x ； 当 (0, )x  时， ( ) 0, ( )f x f x   （2）2e ln( 1) 2 sin 0x a x x     恒成立 令 ( ) 2e ln( 1) 2 sinxF x a x x     ， ( ) (0)F x F ( ) 2e cos (0) 0 1 0 1 x aF x x F a x           ， 1a   （必要性） 当 1a   时， ( ) 2e ln( 1) 2 sin 2( 1) 2 0xF x x x x x x           ， 综上： 1a   .