《河北省衡水中学2022-2023学年高三下学期一调考试数学试题含答案.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《河北省衡水中学2022-2023学年高三下学期一调考试数学试题含答案.pdf（20页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、学科网（北京）股份有限公司120222023 衡衡水水中中学学下下学学期期高高三三年年级级一一调调考考试试数数学学本本试试卷卷分分第第卷卷（选选择择题题）和和第第卷卷（非非选选择择题题）两两部部分分。共共 4 页页，总总分分 150 分分，考考试试时时间间 120 分分钟钟。第第卷卷（选选择择题题共共 60 分分）一一、选选择择题题：本本题题共共 8 小小题题，每每小小题题 5 分分，共共 40 分分。在在每每小小题题给给出出的的四四个个选选项项中中，只只有有一一项项是是符符合合题题目目要要求求的的。1设集合12|xxA，1)2lg(xxB，则BAA1,0,1B1,0C1,1D12已知复数z满
2、足|i|1|5|zzz，则|zA10B13C23D53已知,2，且2sin2cos3，则A32)cos(B42)tan(C352sinD452cos4南宋数学家杨辉在详解九章算法和算法通变本末中提出了一些新的垛积公式，他所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差并不相等，但是逐项之差成等差数列现有一高阶等差数列，其前 7 项分别为 1，2，4，7，11，16，22，则该数列的第 100 项为A4 923B4 933C4 941D4 9515 已知抛物线xyC2:2的焦点为F，点M在C上，点N在准线l上，满足OFMN/(O为坐标原点），|MNNF，则MNF的面积为A3B435C233D
3、326碳达峰，是指在某一个时点，二氧化碳的排放不再增长，达到峰值之后开始下降；碳中和，是指企业、团体或个人测算在一定时间内直接或间接产生的温室气体排放总量，通2过植树造林、节能减排等形式，以抵消自身产生的二氧化碳排放量，实现二氧化碳“零排放”某地区二氧化碳的排放量达到峰值。亿吨后开始下降，其二氧化碳的排放量 S（单位：亿吨）与时间基（单位：年）满足函数关系式tabS，已知经过 5 年，该地区二氧化碳的排放量为54a亿吨若该地区通过植树造林、节能减排等形式，能抵消自身产生的二氧化碳排放量为4a亿吨，则该地区要实现“碳中和”至少需要经过(lg 20.3)A28 年B29 年C30 年D31 年7从
4、 2，3，4，5，6，7，8，9 中随机取两个数，这两个数一个比m大，一个比m小的概率为m(145*).已知m为上述数据中的 x%分位数，则 x 的取值可能为A50B60C70D808已知1x是函数)2ln(1)(xxxf的零点，2x是函数442)(2aaxxxg的零点，且满足1|21 xx，则实数a的最小值是A1B2C222D21二、选择题：本题共二、选择题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，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，部分选对的得分，部分选对的得 2 分，有选错的得
5、分，有选错的得 0 分。分。9已知向量)0,1(a，)32,1(b，则A4|baB2)(abaC向量ba 与a的夹角为6D向量ba 在向量a上的投影向量为a210已知函数)0,0(1)2cos()(AxAxf，若函数|)(|xfy 的部分图象如图所示，则关于函数)sin()(AxAxg，下列结论正确的是3A)(xg的图象关于直线12x对称B)(xg的图象关于点0,3对称C)(xg在区间2,0上的单调递减区间为12,0D)(xg的图象可由1)(xfy的图象向左平移6个单位长度得到11 已知BA，分别为圆01682:221yxyxC与圆056:222xyxC上的两个动点，P为直线02:yxl上的一
6、点，则A|PBPA 的最小值为3103B|PBPA 的最小值为33713C|PBPA 的最大值为352D|PBPA 的最小值为35212已知正四面体ABCD的棱长为22，其所有顶点均在球O的球面上已知点E满足AE)10(AB，)10(CDCF，过点E作平面平行于AC和BD，平面分别与该正四面体的棱ADCDBC，相交于点HGM，则A四边形EMGH的周长是变化的B四棱锥EMGHA体积的最大值为8164C当41时，平面截球O所得截面的周长为11D当21时，将正四面体ABCD绕EF旋转 90后与原四面体的公共部分的体积为34三、填空题：本题共三、填空题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共
7、分，共 20 分。分。13若命题“01,3,1 2axxx”是假命题，则实数a的最大值为.14定义在 R 上的奇函数)(xf满足)()2(xfxf，且)(xf在区间0,1上是增函数，给出下列三个命题：4)(xf的图象关于点(2，0)对称；)(xf在区间2,1 上是减函数；2)50(f其中所有真命题的序号是15为检测出某病毒的感染者，医学上可采用“二分检测法”：假设待检测的总人数是)2*mm（，将 2m个人的样本混合在一起做第 1 轮检测（检测一次），如果检测结果为阴性，可确定这批人未感染；如果检测结果为阳性，可确定其中有感染者，则将这批人平均分为两组，每组 2m-1人的样本混合在一起做第 2
8、轮检测，每组检测 1 次依此类推，每轮检测后，排除结果为阴性的那组人，而将每轮检测后结果为阳性的组再平均分成两组，做下一轮检测，直到检测出所有感染者（感染者必须通过检测来确定）若待检测的总人数为 8，采用“二分检测法”检测，经过 4 轮共 7 次检测后确定了所有感染者，则感染者人数的所有可能值为；若待检测的总人数为)3(2mm，且假设其中有不超过 2 名感染者，采用“二分检测法”所需的检测总次数记为n，则n的最大值为.16已知椭圆134:22yxC的左、右焦点分别为21FF，P为C上任意一点（异于左、右顶点），点),(nm为21FPF的内心，则nm 的最大值为.四、解答题：本题共四、解答题：本
9、题共 6 小题，共小题，共 70 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17（10 分）已知数列na的首项541a，且满足341nnnaaa，设11nnab.(1)证明：数列nb为等比数列；(2)若1401111321naaaa，求满足条件的最小正整数n.18（12 分）记ABC的内角CBA,的对边分别为cba,，已知65A，D是边BC上的一点，且acCADbBAD23sinsin.5(1)证明：aAD31；(2)若BDCD2，求ADCcos.19(12 分)2022 年全国羽毛球锦标赛于 12 月 16 日在厦门举办，受此鼓舞，由一名羽毛球专
10、业运动员甲组成的专业队，与羽毛球业余爱好者乙、丙组成的业余队进行友谊比赛，约定赛制如下：业余队中的两名队员轮流与甲进行比赛，若甲连续赢两场，则专业队获胜；若甲连续输两场，则业余队获胜；若比赛三场还没有决出胜负，则视为平局，比赛结束已知各场比赛相互独立，每场比赛都分出胜负，且甲与乙比赛，甲赢的概率为43；甲与丙比赛，甲赢的概率为p，其中4321 p.(1)若第一场比赛，业余队可以安排乙与甲进行比赛，也可以安排丙与甲进行比赛请分别计算两种安排下业余队获胜的概率；若以获胜概率大为最优决策，问：第一场业余队应该安排乙还是丙与甲进行比赛？(2)为了激励专业队和业余队，赛事组织规定：比赛结束时，胜队获奖金
11、 13 万元，负队获奖金 3 万元；若平局，两队各获奖金 4 万元，在比赛前，已知业余队采用了(1)中的最优决策与甲进行比赛，设赛事组织预备支付的奖金金额共计 X 万元，求 X 的数学期望 E(X)的取值范围20(12 分)如图，圆锥的高2PO，底面圆O的半径为R，延长直径AB到点C，使得RBC，分别过点CA,作底面圆O的切线，两切线相交于点DE,是切线CE与圆O的切点(1)证明：平面PDE平面POD；(2)若直线PE与平面PBD所成角的正弦值为35105，求点A到平面PDE的距离621(12 分)已知双曲线)0,0(1:2222babyaxE的左焦点为)0,2(F，点)2,3(M是E上的点(
12、1)求E的方程；(2)已知过坐标原点且斜率为)0(kk的直线l交E于BA,两点，连接FA交E于另一点C，连接FB交E于另一点D.若直线CD经过点)1,0(N，求直线l的斜率k.22(12 分)已知函数)(2cossin)(Raaxxxxexfx.(1)若2a，求曲线)(xfy 在点)0(,0(f处的切线方程；(2)若0)(xf对任意),0 x恒成立，求a的取值范围.7数学参考答案数学参考答案一、选择题一、选择题1，B【解 析】【解 析】由 题 意 得1,0A20|xxB8210 xx，所 以1,0BA.2 C【解析】【解析】设),(iRbabaz，由题意得2)5(a22222)1()1(bab
13、ab，解得3a，3b，所以23)3(3|22z.3B【解析】【解析】由题意得2sin)sin21(32a，解得21sin或31sin又,2，所以sin31，则322sin1cos2，cossintan42，所以322cos)cos(，)tan(42tan，322cos2sin，2cos31sin，故 ACD 错误、B 正确4D【解析】【解析】设该高阶等差数列为na，则na的前 7 项分别为 1，2，4，7，11，16，22.令nnnaab1，则数列nb为 1，2，3，4，5，6，所以数列nb是首项为 1，公差为 1 的等差数列，所以nbn，即naann1，故)()(989999100100aa
14、aaa)(9798aa1)1.979899()(112aaa12)199(994951.5A【解析】【解析】由题意得抛物线C的焦点F的坐标为0,21，准线l的方程为21x，设准线l与x轴的交点为E如图，由题知lMN.由抛物线的定义知|MFMN 又|MNNF，所以MNF是等边三角形，因为OFMN/，所以MNFEFN60，所以22|2|pEFNF，所以MNF的面积为360sin|212NF.86C【解析】【解析】由题意得545aab，即545b，所以b554，令4aabt，则41tb，即41)54(5t，即41lg54lg5t，可得2lg2)12lg3(51t，故t301.032lg312lg10
15、.7C【解析】【解析】由题意得从 2，3，4，5，6，7，8，9 中随机取两个数有2828C种不同的结果，其中一个数比m大，一个数比m小的不同结果有)9)(2(mm种，所以14528)9)(2(mm，整理得028112mm，解得4m或7m当4m时，数据中的%x分位数是第 3 个数，则38%2 x，解得5.3725 x，故所有选项都不满足；当7m时，数据中的%x分位数是第 6 个数，则68%5 x，解得755.62 x，故 ABD 不满足、C 满足8A【解析】【解析】)(xf的定义域为),2(，1)(xf2121xxx，当12x时，0)(xf，)(xf单调递减；当1x时，0)(xf，)(xf单调
16、递增，所以0)1()(min fxf，所以1x为方程0)(xf的唯一实根，即11x，故1|21 xx，即1|1|2x，解得022x.因为2x是aaxxxg42)(24的零点，所以方程04422aaxx在区间0,2上有实根，即4)42(2xax在区间0,2上有实根，即2422xxa在区间0,2上有实根令)(xg242xx，0,2x，则28)4(24)(22xxxxxg428)2(282xxxx.设4(2xt)2t，则48)(ttth，易知)(th在区间,4()22上单调递增，在区间)2,22(上单调递减又2)4(h，2)2(h，所以2)(minth，9244)(maxth，所以24422a，即a
17、1222，故实数a的最小值是-1二、选择题二、选择题9ABD【解析】【解析】由题意得）（32,2()320,11ba，所以2232(2|）ba=4，故 A 正确；203212)(.aba，故 B 正确；因为baa,cos21412|)(baabaa，且baa,0，所以3,baa，故 C 错误；向量ba 在向量a上的投影向量为aaaabaa2|)(，故 D 正确10ABC【解析】【解析】因为,11,31AA所以2A，所以1)2cos(2)(xxf，又2|1cos2|)0(|f，所以23cos（舍去）或21cos，因为0，所以32，所以322sin2)(xxg，当12x时，212g，所以)(xg的
18、图象关于直线12x对称，故 A 正确；当3x时，03g，所以)(xg的图象关于点0,3对称，故 B 正确；当k223kx2322，zk，即12125xkk，Zk，时，)(xg单调递减，则当0k时，)(xg在区间12,125上单调递减，所以)(xg在区间2,0上的单调递减区间为12,0，故C 正确；因为6xf)(2cos23232cos21xgxx，故 D 错误11 AC【解析】【解析】因为圆01682:221yxyxC的标准方程为1)4()1(22yx，所以其圆心为)4,1(1C，半径为11r，因为圆xyxC6:22205 的标准方程为4)3(22yx，所以其圆心为)0,3(2C，半径为22r
19、，设点2C关于直线l对称的10点为),(baC，则,02223,13baab解得,5,2ba即)5,2(C.如图，连接1CC交直线l于点P，连接2PC，此时1,CPC三点共线，|12PCPC最小，则|PBPA 最小，所以min|)|(|PBPA103|2112112rrCCrrPCPC3，故 A 正确、B 错误；因为|ABPBPA，所以当|AB取到最大值且点BAP,共线时，|PA|PB取到最大值由图可知，|maxMNAB2121|rrCC352，所以|PBPA 的最大值为352，故 C 正确，D 错误。12BCD【解析】【解析】在棱长为 2 的正方体DBCACDAB1111中，知正四面体ABC
20、D的棱长为22，故球心O即为该正方体的中心，连接11DB，设NDBAC11，因为11/DDBB，11DDBB，所以四边形DDBB11为平行四边形，所以11/DBBD.又/BD平 面11DB平 面，所 以/11DB平 面.因 为/AC平 面，ACNDB11，AC，11DB平面11CDAB，所以平面/平面11CDAB对于 A，如图，因为平面/平面11CDAB，平面平面EMABC，平面11CDAB平面ACABC，所以ACEM/，则1ABBEACEM，即ACEM)1()1(22同 理 可 得/GHAC，)1(22GH，BDGMHE/，GMHE22，所以四边形EMGH的周长GMFML HEGH24，故
21、A 错误；对于 B，如图，由 A 可知BDGMHE/，22 GMHE，且/GHEMAC，)1(22 GHEM，因为四边形11CDAB为正方形，所以1111DBAC，所以四边形EMGH为矩形，所以点 A 到平面的距离21 AAd，故四棱锥EMGHA的体积V与之间的关系式为)(V22231)(316)1(2232，则)(V)32(316.因 为10，所 以 当320时，0)(V，)(V单调递增；当132时，0)(V，)(V单调递减，所以当32时，)(V取到最大值8164，故四棱锥EMGHA体积的最大值为8164，故 B 正确；对于 C，正四面体ABCD的外接球即为正方体DBCACDAB1111的外
22、接球，其半径3R设平面截球O所得截面的圆心为1O，半径为r，当41时，211OO.因为2221RrOO，则212OORr211，所以平面截球O所得截面的周长为r211，故 C 正确；对于 D，如图，将正四面体ABCD绕EF旋 转 90 后 得 到 正 四 面 体1111DCBA，设11DAPAD，KBDCA11，QBCCB11，11DBNAC，连接NQNFNENPKQKFKEKP,，因为21，所以NKQPFE,分别为各面的中心，两个正四面体的公共部分为几何体KPEQFN为两个相同的正四棱锥组合而成，又2EP，正四棱锥PEQFK 的高为1211AA，所以所求公共部分的体积342213122PEQ
23、FVV四棱锥，故 D 正确三、填空题三、填空题13 310【解 析】【解 析】由 题 知 命 题 的 否 定“2,3,1 xVx01ax”是 真 命 题，令)3,1(1)(2xaxxxf，则，0103)3(,02)1(afaf解得310a，故实数a的最12大值为310.14 【解 析】【解 析】由 题 意 知0)()(xfxf，又)(2xfxf）（，所 以0)()2(xfxf，所 以2(f0)(xfx，即)()2(xfxf，则)4(xf)()2(xfxf，所以)(xf是周期为 4 的函数，且)()4(xfxf，即0)()4(xfxf，所以)(xf的图象关于点(2，0)对称，故正确，是真命题；因
24、为)(xf为奇函数，且在区间0,1上是增函数，所以)(xf在区间 1,0上是增函数，又2(f)(xfx），所以)(xf的图象关于直线1x对称，所以)(xf在区间2,1 上是减函数，故正确，是真命题；而0)0()2()2124()50(ffff，故错误，是假命题151 或 214m【解析】【解析】若待检测的总人数为 8，经过 4 轮共 7 次检测，则第 1 轮需检测 1 次，第 2 轮需检测 2 次，每次检查的均是 4 人组；第 3 轮需检测 2 次，每次检查的是有感染者的 4 人组均分的两组，每组 2 人；第 4 轮需检测 2 次，每次检查的是有感染者的 2 人组分成的两组，每组 1 人，则感
25、染者人数为 1 或 2当待检测的总人数为)3(2mm，且假设其中有不超过 2 名感染者时，若没有感染者，则只需 1 次检测即可：若有 1 名感染者，则需)12(21mm次检测；若有 2 名感染者，且检测次数最多，则第 2 轮检测时，2 名感染者不位于同一组，两个待检测组的样本数均为 2m-1、，每组 1名 感 染 者，此 时 每 组 需)1(21m)12(m次 检 测，则 两 组 共 需)24()12(2mm次 检 测，故 有 2 名 感 染 者，且 检 测 次 数 最 多，共 需m4)14(12m次检测因为3m，所以14m12m，所以n的最大值为14m.16332【解析】【解析】对椭圆)0(
26、12222babyax，设cos(aP，)sinb，21FPF的内切 圆 半 径 为r，则2121FPFSracbcbc)22(21|sin|sin|2，故r|sin|ncabc，由题意知)0,(1cF，)0,(2cF，则|1PF2222)cos(cos2)sin()cos(caabcacosca，同13理可得cos|2caPF.又由内切圆的性质得|)()(12PFPFcmmc)cos()cos(caca，所 以coscm.由2sin1cos2，得1)()(22222cabcncm，即12222ccacancm.当2a，1c时，)0(1322 nnm.设cosm，n0sin31，则3sin33
27、2sin31cosnm，所以nm 的最大值为332.四、解答题四、解答题17(1)证明：由题意得1 na，因为111111nnnnaabb43)1(4)1(311143nnnnnaaaaa，（3 分）且411111ab，（4 分）所以数列nb是首项为41，公比为43的等比数列（5 分）(2)解：由(1)得111111321aaa4314314111nnan431，即nnnaaaa4311111321，所以nnnaaaa4311111321.（8 分）因为1401111321naaaa，所以140431nn.又nnnf431)(随着n的增大而增大，所以140n，故满足条件的最小正整数n为140.
28、(10 分)1418(1)证明：在ABD中，由正弦定理得BDBADsinADBsin，则ADBBDBADsinsin；在ACD中，由正弦定理得ADCCDCADsinsin，则ADCCDCADsinsin，（4 分）所以bADBBDcCADbBADsinsinsinaADBACBDcADCCDsinsinaADBACCD sinaADaADaaADCDBD232121)(21，（5 分）所以aAD31.（6 分）(2)解：由BDCD2，得aCD32，aBD31.又aAD31，所以在ACD和ABD中，由余弦定理得aabaaADC323123231cos222aacaaADB313123231cos
29、222.由0coscosADBADC，得0313123131323123231222222aacaaaabaa,整理得2222cba.（9 分）又65BAC，所以在ABC中，由余弦定理得2a22265cos2bbccbbcc32.联立bccbacba3,2222222得,7,3babc故1413794795323123231cos222222bbbaabaaADC.(12 分)19解：(1)第一场比赛，业余队安排乙与甲进行比赛，则业余队获胜的概率为431)1(43)1(4311ppPp167167；（2 分）15第一场比赛，业余队安排丙与甲进行比赛，则业余队获胜的概率为)1(431431)1(
30、2pppP24141p.（4 分）当4321 p时，16316741221ppPP)1(161)374(1612ppp0)34(p，（5 分）即21PP，所以第一场业余队应该安排乙与甲进行比赛（6 分）(2)由题意知 X 的可能取值为 8 或 16由(1)知第一场业余队应该安排乙与甲进行比赛，此时业余队获胜的概率pP1671671专业队获胜的概率ppP431433p161543，所以非平局的概率pPPXP21167)16(31（9 分）平局的概率16921)16(1)8(pXPXP，所以1692182116716)(ppXEp4223.(11 分)因为4321 p，所以229)(227XE，即
31、X的数学期望)(XE的取值范围是229,227.(12 分)20(1)证明证明：由题意得PO平面ABD.因为D是切线CE与圆O的切点，所以CF平面ABD，且CEOD，则CEPO.（2 分）又OODPO，ODPO,平面POD，所以CE平面POD.又CE平面PDE，所以平面PDE平面POD（4 分）(2)解解：如图，作AEOx/，则OPOCOx,两两垂直以O为坐标原点，OPOCOx,别为zyx,轴的正方向，建立空间直角坐标系16由题意知2PO，RCO2，ROD，RCD3，又ACEDCO，所以EAODCECOCACD，则EAREDCD3，所以)2,0,0(P，0,21,23RRD，)0,3(RRE，
32、)0,0(RB，则2,21,23RRPD，)2,0(RPB，PE)2,3(RR.（6 分）设平面PBD的法向量为),(zyxm，则.02,022123zRyPBmzRyRxPDm令3x，则3y，Rz23，得平面PBD的一个法向量为Rm23,3,3.又直线PE与平面PBD所成角的正弦值为35105，所以|,cos|PEmPEmPEm35105444912322RRR，解得332R或.2R（9 分）由题意知OCAC23，C为直线AC与平面PDE的交点，所以点A到平面PDE的距离为点O到平面PDF的距离的23倍又平面PDE平面POD，平面PDE平面PODPD，所以点O到平面PDE的距离即为点O到直线
33、PD的距离在PODRt中，2PO，ROD，所以点O到直线PD的距离为242RR，则点A到平面PDE的距离为243RR，故点A到平面PDE的距离为23或223.(12 分)1721解解：(1)由题知2c，且22)02()23(2a32)02()23(22，（2 分）所以3a，所以122acb.故E的方程为1322 yx.（4 分）(2)法一法一：设),(11yxA，则),(11yxB，直线FA的方程为1122yxmmyx其中,直线FB的方程为1122yxnnyx其中.设),(),(DDCCyxDyxC,联立132221yxmyx，得014)3(22myym，（6 分）则0，得3213121121
34、yxmyyC，211211344yxxyyC.又332121 yx，所以1147xyyC，则1111114771222.47xxyxxyxC.同理可得1147xyyD，1147712xxxD.（9 分）因为直线CD经过点)1,0(N，所以NDC,三点共线，即DNCN/，18则)1()1(DCCDyxyx，所以1111114771214747712xxxyxx14711xy，化简得)712()47)(712(1111xxyx)47(11xy，整理得1112xy，故12111xyk.(12 分)法二法二：设),(11yxA，),(CCyxC，),(DDyxD，则),(11yxB，直线FA的方程为1
35、122yxmmyx其中，直线FB的方程为11122yxnnyx其中.联立,13,222yxmyx得014)3(22myym，则0，所以3213121121yxmyyC，则211211344yxxyyC（8 分）又332121 yx，所以1147xyyC，同理可得1147xyyD.设直线CD的方程为)1(ytx，联立,13),1(22yxytx得032)3(2222tytyt，则0)32(122t，1DCyy，(10 分)即1474711xyxy，化简得49162121xy.19又332121 yx，解得4714421x，47121y.故1212121xyk.(12 分)22解：(1)当2a时，
36、22cossin)(xxxxexfx，则2cos)(xxexfx，所以1)0(f.（2 分）又0)0(f，所以曲线)(xfy 在点)0(,0(f处的切线方程为xy.（4 分）(2)axxexfxcos)(，令)0)()(xxfxh，则xexhxcos)(xxsin.令)0(1)(xxexux，则01)(xexu，所以)(xu在区间),0 上单调递增，则0)0()(uxu，即0)1(xex.当0 x时，1sin x，则xxxsin.又1cosx，所以)1(sincosxxxx，所以0)1(sincosxexxxexx，即0)(xh，（6 分）则)(xh在区间),0 上单调递增，即)(xf 在区间),0 上单调递增，所以afxf1)0()(.（7 分）当01 a，即1a时，0)0()(fxf，)(xf在区间),0 上单调递增，所以0)0()(fxf，符合题意；（8 分）当01 a，即1a时，aaaeafacos)(aea2.令)1(2)(aaeaga，则022)(eeaga，20所以)(ag在区间),1(上单调递增，则02)1()(egag，故0)(af.又0)0(f，所以),0(0ax，使得0)(0 xf.当),0(0 xx时，0)(xf，则)(xf在区间),0(0 x上单调递减，此时0)0()(fxf不符合题意综上，实数a的取值范围为 1,(.(12 分)