【文档说明】2023年长沙市新高考适应性考试数学试卷及答案.pdf，共(22)页，657.678 KB，由小喜鸽上传

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数学试题第1页（共6页）长沙市2023年新高考适应性考试数学注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．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．请保持答题卡的整洁．考试结束后，将本试题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．已知复数z满足(1)3iiz

，则||zA.10B.5C.2D.22．设集合{(,)|}Axyyx，3{(,)|}Bxyyx，则AB的元素个数是A．1B．2C．3D．43．已知2log1.8a，4log3.6b，12c

，则A．abcB．acbC．bacD．bca4．41(2)(12)xx的展开式中，常数项为A．4B．6C．8D．105．在平行六面体1111ABCDABCD中，已知4AB，3AD，15AA，90BAD，116

0BAADAA，则的值为A．10.5B．12.5C．22.5D．42.56．若1tan()1421tan()4，则cos2的值为A．35B．35C．45D．45数学试题第2页（共6页）7．斐波那契数列{}nF，因数学家莱昂纳多·斐波

那契以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”，该数列{}nF满足121FF，且*21()nnnFFFnN．卢卡斯数列{}nL是以数学家爱德华·卢卡斯命名，与斐波那契数列联系紧密，即11L，且*

12()nnnLFFnN，则2023FA．202220241136LLB．202220241137LLC．202220241155LLD．202220241255LL8．在平面直角坐标系xOy中，已知(3,0)A，(0,)

(0)Btt，若该平面中不存在点P，同时满足两个条件22||2||12PAPO与||2||POPB，则t的取值范围是A．6(0,1)2B．6(1,)2C．66(1,1)22D．66(0,1)(1,+)22二、选择题：本题共4小题

，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，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．已知双曲线的方程为2216416yx，则A．渐近线方程为12yxB．

焦距为85C．离心率为52D．焦点到渐近线的距离为810．自然环境中，大气压受到各种因素的影响，如温度、湿度、风速和海拔等方面的改变，都将导致大气压发生相应的变化，其中以海拔的影响最为显著．下图是根据一组观测数据得到

海拔6千米～15千米的大气压强散点图，根据一元线性回归模型得到经验回归方程为14.068.5yx，决定系数为210.99R；根据非线性回归模型得到经验回归方程为0.1632132.9exy，决定系数为220.99R，则下列说法正

确的是数学试题第3页（共6页）A．由散点图可知，大气压强与海拔高度负相关B．由方程14.068.5yx可知，海拔每升高1千米，大气压强必定降低4.0kPaC．由方程14.068.5yx可知，样本点(11,22.6)的残差为1.9D．对比两个回归模型，结合实际情况，方程0.16321

32.9exy的预报效果更好11．已知函数11xyx与exy相交于A，B两点，与lnyx相交于C，D两点，若A，B，C，D四点的横坐标分别为1x，2x，3x，4x，且12xx，34xx，则A．120xxB．341xxC．13ln1xxD．14e1xx12．如图，已知AB

C是边长为4的等边三角形，D，E分别是AB，AC的中点，将ADE沿着DE翻折，使点A到点P处，得到四棱锥PBCED，则A．翻折过程中，该四棱锥的体积有最大值为3B．存在某个点P位置，满足平面PDE平面PB

CC．当PBPC时，直线PB与平面BCED所成角的正弦值为33D．当10PB时，该四棱锥的五个顶点所在球的表面积为523EDABCACBEPD数学试题第4页（共6页）三、填空题：本题共4小题，每小题5分，

共20分．13．已知向量(1,2)a，(2,2)b，(1,)c，若(2)cab，则________．14．已知函数()2sin()(0)fxx，若函数()fx的图象关于点(,0)6中心对称，且关于直线3x轴对称，则的最小值为________．1

5．已知O为坐标原点，F为抛物线22ypx的焦点，过点F作倾斜角为60的直线与抛物线交于A，B两点（其中点A在第一象限）．若直线AO与抛物线的准线l交于点D，设AOF，ADB的面积分别为1S，2S，则12SS________．16．已知函数1,0()ln

(1),0xxfxxx，若关于x的方程(())ffxa恰有两个不相等的实根1x，2x，且12xx，则2112xx的取值范围是________．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．（本题满分10分）已知数列{}na为等差数列，数列{}nb为等比数列，满足1122ba，222ab，3311ab．（1）求数列{}na，{}nb的通项公式；（2）求数列{}nna

b的前n项和nS．18．（本题满分12分）在锐角ABC中，角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，已知sinsinsin3ABCabac．（1）求角B的值；（2）若2a，求ABC的周长的取值范围．数学试题第5页（共6页）19．（本题满分12分）如图，在以A，B，C，D

，E，F为顶点的六面体中（其中F平面EDC），四边形ABCD是正方形，ED平面ABCD，BFFE，且平面FEB平面EDB．（1）设M为棱EB的中点，证明：A，C，F，M四点共面；（2）若22EDAB，求平面FEB与平面EAB的夹

角的余弦值．20．（本题满分12分）为了调动大家积极学习党的二十大精神，某市举办了党史知识的竞赛．初赛采用“两轮制”方式进行，要求每个单位派出两个小组，且每个小组都要参加两轮比赛，两轮比赛都通过的小组才具备参与决赛的资

格．某单位派出甲、乙两个小组参赛，在初赛中，若甲小组通过第一轮与第二轮比赛的概率分别是34，45，乙小组通过第一轮与第二轮比赛的概率分别是35，23，且各个小组所有轮次比赛的结果互不影响．（1）若该单位获得决赛资格的小组个数为X

，求X的数学期望；（2）已知甲、乙两个小组都获得了决赛资格，决赛以抢答题形式进行．假设这两组在决赛中对每个问题回答正确的概率恰好是各自获得决赛资格的概率．若最后一道题被该单位的某小组抢到，且甲、乙两个小组抢到该题的可能性分别是45%，55%，该题如果被答对，计算恰好是甲小组答对的概

率．数学试题第6页（共6页）21．（本题满分12分）设A，B是椭圆2212xy上异于(0,1)P的两点，且直线AB经过坐标原点，直线PA，PB分别交直线2yx于C，D两点．（1）求证：直线PA，AB，

PB的斜率成等差数列；（2）求PCD面积的最小值．22．（本题满分12分）已知函数231()(2)exfxxx，其中0x．（1）求()fx的最大值；（2）若不等式21e|ln|xaxxa对于任意的(0,)x恒

成立，求实数a的取值范围．1长沙市2023年新高考适应性考试数学参考答案一、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．【答案】B解析：由3(3)(1)121(1(1))iiiziiii+++===+−−+，可

得||5z=．2．【答案】C解析：联立3yxyx==，解得00xy==，或11xy==，或11xy=−=−，即{(0,0),(1,1),(1,1)}AB=−−∩，共有3个元素．3．【答案】C解析：由222241log2lo

g1.8log3.24log3.6log3.62=<=<=，可得cab<<．4．【答案】D解析：4(12)x−的展开式的通项为144(2)(2)kkkkkkTCxCx+=−=−，则41(2)(12)xx−−的展开式中的常数项为110044(2)2(2)10CC−−×−=−．5．【答案】A解析：

观察图象，可知11BDABAAAD=−++�����������������，ACABAD=+������������，则22111161097.510.5ACBDABAAABADAAAD=−+++=−++

+=���������������������������������iii．6．【答案】A2解析：由1tan()tantan()1444tan(())tan()442tan1tan()1tantan()444πππααπππααπππααα−−−−==−−

=−=+−+−，可得tan2α=，则222222cossin1tan3cos2cossin1tan5ααααααα−−===−++．7．【答案】C解析：由2022202120232023202220242023202520232024

20232022223LFFFFLFFFFFF=+=−=+=+=+，解得2023202220241155FLL=+．8．【答案】D解析：设点P坐标为(,)xy，由22||2||12PAPO+=，可得2222(3)2()12xyxy−+++=

，化简得22(1)2xy−+=，即点P的轨迹为以(1,0)为圆心，2为半径的圆；又由||2||POPB=，可得22222()xyxyt+=+−，化简得222(2)2xytt+−=，即点P的轨迹为以(0,2)t为圆心，2t为半径的圆．由题意，结合图形可知，两圆外离或内含．当两

圆外离时，21422tt+>+，解得612t>+；当两圆内含时，214|22|tt+<−，解得6012t<<−．综上，可知t的取值范围是66(0,1)(1,+)22−+∞∪．二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，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．【答案】BC解析：易知8a=，4b=，45c=，则渐近线方程为2yx=±，即A错误；焦距为285c=，即B正确；离心率52cea==，即C正确；可求得焦点到渐近线的距离4d=，即D错误．10．【答案】ACD解析：

观察散点图，便知大气压强与海拔高度负相关，即A正确．3通过经验回归方程14.068.5yx=−+，可知海拔每升高1千米，大气压强降低约为4.0kPa，即B错误；当11x=时，代入方程计算可得预测值ɵ24.5y=，则残差ɵ22.61.9ey=−=−ɵ，即C正确．随着

海拔高度的增加，大气压强越来越小，但不可能为负数，因此，选择方程0.1632132.9xye−=更合适，即D正确．11．【答案】ABD解析：对于A选项，由函数xye=与11xyx−=+满足性质1()()fxfx−=，则1x与1x−都为函数11xxxye−+=−的

零点，有21xx=−，即A正确；对于B选项，由函数lnyx=与11xyx−=+都满足性质1()()ffxx=−，则3x与31x都为函数11lnxxyx−+=−的零点，有431xx=，即B正确；对于C选项，如图，由函数xye=与lnyx=关于直线yx=对称，可得13lnxx=，有31ln1x

x=，即C错误；对于D选项，同上，由12240lnxxxx+==，可得14ln0xx+=，有141xxe=，即D正确．12．【答案】ACD解析：对于A选项，当平面PDE⊥平面BCED时，四棱锥PBCED−的

体积最大，此时4体积1(24)33332V+×=××=，即A正确．如上左图，设,MN分别为,BCDE的中点，对于B选项，设平面PDE∩平面PBCl=，则l∥BC，有lMN⊥，lPM⊥，可得l⊥平面PMN，即NPM∠为平面PDE与平面PBC所成的二面角，由PNNM=可知，90NPM

∠≠°，即B错误．对于C选项，过P作MN的垂线，垂足为H，则PH⊥平面BCED，则PBH∠为直线PB与平面BCED的所成角．依题意可知，22PBPC==，2PM=，3PNNM==，在PMN�中，由余弦定理可得3cos3PMN∠=，有6sin3PMN∠=；

在PMH�中，26sin3PHPMPMN=∠=，从而直线PB与平面BCED所成角的正弦值为33PHPB=，即C正确．对于D选项，当10PB=时，由7BN=，可知222PNBNPB+=，即PNBN⊥，又PNDE⊥，且BNDEN=∩，则PN⊥平面BCED，又PN⊂平面PDE，则平面PDE⊥平面BCED

．设四棱锥PBCED−的外接球球心为O，PDE�的外心为G，如上右图，易知点M为等腰梯形BCED的外心，则四边形OGNM为矩形，且1333OMGNPN===，可得2222133ROBOMMB==+=，从而所求外接球的表面积为523π，即D正确．三．填空题：本题共4个小题，每小题5分，共20分

．13．【答案】52解析：由2(5,2)ab+=−��，可得(2)520cabλ+=−=���i，解得52λ=．14．【答案】35解析：依题意，()2sin()=066fππωϕ=+，解得11=,6kkZπωϕπ+∈①；()2sin()=133fππωϕ=+±，解得22=,32kkZππωϕπ+

+∈②．将①②式两边同时相减，解得211236(),,kkkZkZω=+−∈∈，当12kk=时，ω取最小值为3．15．【答案】916解析：如图，根据抛物线的定义，||2ApAFx=+，而||cos602ApxAF=+°，则||21cos60pAFp==−°，32Apx=．同理2||1cos

603ppBF==+°，6Bpx=．DBAOFxy法1：由||3||4AFAB=，且||3||4AADAOxADxx==−，即||||||||AFAOABAD=，可得OF∥BD，则AOF�∽ADB�，从而212||9()||16SAFSAB==．法2：求得3Ayp=，33BDyyp=

=−，则2113||24ASOFyp=⋅=，22143||()29ABSDByyp=⋅−=，可得12916SS=．16．【答案】1[,)ln2eee−解析法1：令()tfx=，画出函数()fx的图象，由()fta=，可知：

6当0a<时，方程()fta=只有一个实根11ta=−<−，则方程()fxt=也只有一个实根，不合题意．当0a=时，方程()fta=有两个实根，11t=−，20t=，则方程1()fxt=有一个实根，方程2()

fxt=有两个实根，不合题意．当0ln2a<<时，方程()fta=有两个实根，110ta=−<，21(0,1)ate=−∈，则方程1()fxt=有一个实根，方程2()fxt=有两个实根，不合题意．当ln21a≤<时，方程(

)fta=有两个实根，11[ln21,0)ta=−∈−，21[1,1)atee=−∈−，则方程1()fxt=有一个实根1x，方程2()fxt=有一个实根2x，符合题意．此时，112xta+==，2ln(1)1axe+=−，有22111ln()ln(1)l

n(2)ln12axxxeax+=+−+=−−+．设()ln1agaea=−−，则1'()agaea=−．由'()ga单调递增，可得1'()'(ln2)20ln2gag≥=−>，则()ga单调递增，有()[1ln(ln2

),1)gae∈−−，即1211[,)2ln2exeex−+∈+．当1a≥时，方程()fta=有一个实根111atee=−≥−>，方程()fxt=只有一个实根，不合题意．综上可知，1211[,)2ln2exeex−+∈+．法2：设()(())gxffx=，则2

,1()ln(2),10ln(ln(1)1),0xxgxxxxx+<−=+−≤<++≥，作出图象如下，易知[ln2,1)a∈．7由12xa+=，2ln(ln(1)1)xa++=，即121aexe−+=，可得12112aexex

a−+=+．设1(),[ln2,1)aeeaaaϕ−=∈，则12(1)'()0aeaeaeaaϕ−−=>，可得函数()aϕ单调递增，有1()[,)ln2eeaeϕ−∈，即1211[,)2ln2exeex−+∈+

．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．（本题满分10分）解析（1）设{}na的公差为d，{}nb的公比为q，依题意可知111,2ab==，且122212211dq

dq+=++=，消去q化简得45dd+=．又函数()4xfxx=+在(,)−∞+∞单调递增的函数，且(1)5f=，则1d=，2q=．因此，1(1)1nann=+−×=，1222nnnb−=⋅=．..........................................

......5分（2）依题意，1212222nnSn=×+×++×⋯①，两边同时乘以公比2，得23121222(1)22nnnSnn+=×+×+−×+×⋯②，将①，②两边同时相减得23112(12)22222212nnnnnSnn++−−=++++−×=−×−⋯1=(1)22nn+−−，故

1=(1)22nnSn+−+．.......................................................................................................10分18．（本题满分12分

）解析（1）由正弦定理，可得3abcabac−=+−，整理得2223acbac+−=．由余弦定理，可得2223cos22acbBac+−==，解得6Bπ=．..........................

......................................5分8（2）法1：由正弦定理sinsinsinabcABC==，即2sinsinsin6bcACπ==，可得1sinbA=，

52sin()2sin3sincoscos63sinsinsinsinACAAAcAAAAπ−+====+，则22cos1cos12333sin2sincostan222AAbcAAAA++=+=+=+．在锐角ABC�中，由025062ACAπππ<<<=−<，解得

32Aππ<<，即624Aππ<<．又函数tanyx=在(,)64ππ上单调递增，则3tan(,1)23A∈，可得(31,23)bc+∈+，故ABC�的周长的取值范围(33,232)++．.................................

.............................12分法2：过点B作BDAC⊥于点D，设ABDα∠=，则30CBDα∠=°−．在Rt△BCD中，2cos(30)BDα=°−，2sin(30)CDα=°−；在Rt△A

BD中，2cos(30)coscosBDABABDαα°−==∠，tan2cos(30)tanADBDABDαα=⋅∠=°−⋅．从而，2cos(30)2cos(30)2sin302sin(30)2cos(30)tancoscosbcααααααα°−°−+°+=°−+°−⋅+=sin

cos2cos(30)2sin303cossin11sin2233coscoscoscossin22ααααααααααα+°−+°+++===+=+−sincos1tantan45tan22223333tan(45)2cossin1t

antan45tan2222ααααααααα++°+=+=+=+=+°+−−°−．9又030α<<°，则4545602α°<°+<°，可得(31,23)bc+∈+，故ABC�的周长的取值范围(33,232)++．法3：如图所示，点A

从点P移向点Q时，bc+单调递增，且(31,23)bc+∈+，故ABC�的周长的取值范围(33,232)++．19．（本题满分12分）解析（1）证明：连接AC，与BD交于点O，则ACBD⊥．又ED⊥平面ABCD，则EDAC⊥，且EDBD

D=∩，可得AC⊥平面EDB．连接FM，由BFFE=，可知FMEB⊥．又平面FEB⊥平面EDB，且平面FEB∩平面EDBEB=，则FM⊥平面EDB，从而FM∥AC，即,,,ACFM四点共面．........................................

........................5分（2）连接OM，注意到OM为EDB�的中位线，有OM∥ED，且OM⊂平面OCFM，则ED∥平面OCFM，又平面DCFE∩平面OCFMFC=，则ED∥FC．结合（1）中的FM∥AC，可知四边形OCFM为

矩形，则112FCOMED===．法1：如下图，以D为坐标原点，,,DADCDE所在直线分别为,,xyz轴，建立空间直角坐标系，则(1,0,0)A，(1,1,0)B，(0,1,1)F，(0,0,2)E，有(0,1,

0)AB=����，(1,1,2)BE=−−����，(1,0,1)BF=−����．10设平面FEB的法向量111(,,)mxyz=��，则11111020mBFxzmBExyz=−+==−−+=������i������i，令11x=，解得其中一个法向

量(1,1,1)m=��；设平面EAB的法向量222(,,)nxyz=�，则2222020nABynBExyz===−−+=�����i�����i，令22x=，解得其中一个法向量(2,0,1)n=�．从而315c

os,5||||35mnmnmn<>===×������i���，即平面FEB与平面EAB的夹角的余弦值为155．....................................12分法2：如下图，在平面EAB中，过点M作EB的垂线与EA相交于点N，则NMF∠为二面角FEBA

−−的平面角．由ENM�∽EBA�，可得ENNMMEEBBAAE==．又1BA=，6EB=，62ME=，5AE=，解得355EN=，3010MN=．过点N作NPED⊥于点P，过点P作PQFC⊥于点Q，11可求得35NP=，1PQ=，15QF=，则222275NFNPPQQF=++

=．又2222MFBFBM=−=，在NMF�中，由余弦定理可求得22215cos25MNMFNFNMFMNMF+−∠==−⋅，即平面FEB与平面EAB的夹角的余弦值为155．..............................12分20．（本题满分12分）解析（1）由题意可

知，甲组获得决赛资格的的概率为1343455p=×=，乙组获得决赛资格的概率为2322535p=×=．X的可能取值为0，1，2，则12326(0)(1)(1)(1)(1)5525PXpp==−−=−×−=，1212323213(

1)(1)(1)(1)(1)555525PXpppp==−⋅+⋅−=−×+×−=，126(2)25PXpp==⋅=，可得X的分布列为X012P62513256256136()0121252525EX=×+×+×=．.........

..................................................................6分（2）设B表示事件“该单位的某小组对最后一道题回答正确”，1A表示事件“甲小组抢到最后一道题”，2A表示事件“乙小组抢到最后一道题”，则19()20PA=

，211()20PA=，13(|)5PBA=，22(|)5PBA=．根据全概率公式，可得11229311249()()(|)()(|)205205100PBPAPBAPAPBA=+=×+×=，从而111193()()(|)272

05(|)49()()49100PABPAPBAPABPBPB×====，即该题是甲组答对的概率为2749．.................................................12

分12备用：设1A表示事件“甲小组抢到最后一道题”，2A表示事件“乙小组抢到最后一道题”，1B表示事件“甲小组对最后一道题回答正确”，2B表示事件“乙小组对最后一道题回答正确”，B表示事件“该单位的某小组对最后一道题回答正确”，则19()20PA=，211()20PA=，13()5PB=，22

()5PB=．可得112211229311249()()()()()()()205205100PBPABPABPAPBPAPB=+=+=×+×=，从而1111111193()()()()27205(|)49()()()4910

0PABBPABPAPBPABBPBPBPB×=====，即该题是甲组答对的概率为2749．.................................................12分21．（本题满分12分）解析（1）设直线:

ABykx=，两点A，B的坐标分别为(),AAxy，(),BBxy，将直线AB与椭圆的方程联立，可得22(21)20kx+−=，则0ABxx+=，2221ABxxk=−+．从而11112()++2ABABABABAPB

PABABAByykxkxkxxxxkkxxxkxxx−−−−−++====，即直线PA，AB，PB的斜率成等差数列．......................5分（2）法1：点(0,1)P到直线2yx=−+

的距离22d=，为定值，直线PA的方程为11AAyyxx−=+，与直线方程2yx=−+联立，可解得1(1)1AAAACAxxxxykx==+−+−；同理可得(1)1BDBxxkx=+−，222211222||2211(1)(1)()1||()44ABABABkkxxCDkxxkxxkk++−==⋅

=⋅+−+++++．13从而22121()141||22PCDSCDdkk=⋅==++�．令14tk=+，则14kt=−，可得2314128382()89819238PCDtS=−+≥×=�，当且仅当2k=时取等号，故PCD�面积的最小值为23．.............

....................12分法2：根据题意可知222211()1()()1111()222ABABABAAAAAAAPBPABABAAAAyyyyyyyyyyyykkxxxxxxxy−−−++−−

−+−−⋅=⋅=====−−−．由21CCCAPCyxykx=−+=+，解得11CAPxk=+；同理可得11DBPxk=+．直线2yx=−+与y轴相交于点(0,2)E，则111||||||||1111()1||222PCDPEDP

ECCDBPAPAPBPAPBPAPBPSSSPExkkkkkkkxk−−++++=−=⋅=+⋅−=���2222111|||1144()()422()11121()24|222APBPAPBPAPBPAPBPkkkkkkkkkkkk−×−++−+++−+++===．后

续过程，类似于解法1．.....................................................................................12分22．（本题满分12分）解析（1）依题意，22311'()(432)(1)(4)xx

fxxxxxexxxe−−=−−+=−−，则()fx在(0,1)单调递增，在(1,4)单调递减，在(4,)+∞单调递增．当2x≥时，()0fx≤恒成立，则()fx的最大值为(1)1f=．...........................

.........4分（2）设21()|ln|xgxaxexa−=+−，其中0x>．方法1（先对参数分类讨论，再对自变量分段讨论）当0a=时，()|ln|0gxx=≥，符合题意．当0a>时，注意到(1)0g=．（i）当01x<<时，21()lnx

gxaxexa−=−−，且2111'()(2)[()]xagxaxxefxxxa−=−−=−．由（1）知，()fx在(0,1)单调递增，且()(0,1)fx∈．14若11a≥，即01a<≤时，'()0gx<，则()gx在(0

,1)上单调递减，有()(1)0gxg>=，符合题意．若101a<<，即1a>时，存在0(0,1)x∈，使得01()fxa=．当0(,1)xx∈时，1()fxa>，且'()0gx>，则()gx单调递增，可得()(1)0gxg<=，不合题意．因此，当01

x<<时，满足题意的(0,1]a∈．（ii）当1x≥时，结合（i），只需证明(0,1]a∈时，恒有()0gx≥，即21ln0xaxexa−+−≥，即21(1)ln0xaxex−−+≥（*）．当xe≥时，()lnln10gxxax>−

≥−≥；当1xe≤<时，设21()1xhxxe−=−，则1'()(2)xhxxxe−=−，可得()hx在(1,2)单调递增，在(2,)e单调递减，有3()min{(1),()}min{0,1}0ehxhhee−>=−=，从而()()ln0gxah

xx=⋅+>．符合题意．..............................................................................................

.............8分当0a<时，注意到(1)0g=．（i）当01x<<时，21()lnxgxaxexa−=−−，且211'()(2)0xgxaxxex−=−−<，则()gx在单调递减，有()(1)0gxg>=，符合题意．（ii）当1x≥时，21()lnxgxaxexa−

=+−，且2111'()(2)[()]xagxaxxefxxxa−=−+=+．若11a>−，即1a<−时，由（1）知()fx在(0,2)单调递减，且()(0,1)fx∈．存在1(1,2)x∈，使得11()0fxa+=，当1(1,)xx∈时，

1()0fxa+>，且'()0gx<，则()gx单调递减，可得()(1)0gxg<=，不合题意．若11a≤−，即10a−≤<时，'()0gx≥，则()gx在[1,)+∞单调递增，有()(1)0gxg≥=

，符合题意．综上可知，[1,1]a∈−符合题意．...........................................................................12分方法2（先对自变量分段讨论，再对参数分类讨论）①当1x=时，(1)0

g=，符合题意．②当01x<<时，21()lnxgxaxexa−=−−，且152111'()(2)[()]xagxaxxefxxxa−=−−=−．由（1）知，()fx在(0,1)单调递增，且()(0,1)fx∈．若0a<时，'()0gx<，则()gx在单调递减，有()(1

)0gxg>=，符合题意．若0a=时，()ln0gxx=−>，符合题意．若11a≥，即01a<≤时，'()0gx<，则()gx在(0,1)上单调递减，有()(1)0gxg>=，符合题意．若101a<<，即1a>时，存在0(0,1)x∈

，使得01()fxa=．当0(,1)xx∈时，1()fxa>，且'()0gx>，则()gx单调递增，可得()(1)0gxg<=，不合题意．因此，当01x<<时，满足题意的(,1]a∈−∞．............................................

.......8分③当1x>时，21()lnxgxaxexa−=+−，且2111'()(2)[()]xagxaxxefxxxa−=−+=+．若11a>−，即1a<−时，由（1）知()fx在(1,2)单调递减，且

()(0,1)fx∈．存在1(1,2)x∈，使得11()0fxa+=，当1(1,)xx∈时，1()0fxa+>，且'()0gx<，则()gx单调递减，可得()(1)0gxg<=，不合题意．若11a≤−，即10a−≤<时，'()0gx>，则()gx在

(1,)+∞单调递增，有()(1)0gxg>=，符合题意．若0a=时，()ln0gxx=>，符合题意．若01a<≤时，当xe≥时，()lnln10gxxax>−≥−≥；当1xe<<时，设21()1xhxxe−=−，则1'()(2)xhxxxe−=

−，可得()hx在(1,2)单调递增，在(2,)e单调递减，有3()min{(1),()}min{0,1}0ehxhhee−>=−=，从而()()ln0gxahxx=⋅+>．符合题意．若1a>时，结合情况②，无需再

讨论．综上可知，[1,1]a∈−符合题意．...........................................................................12分说明注意

到(1)0g=，则()0gx≥恒成立的必要条件为：'(1)0(01)gx≤<≤，且'(1)0(1)gx≥≥．当01x<≤时，21()lnxgxaxexa−=−−，且211'()(2)xgxaxxex−=−−

，则16'(1)10ga=−≤，解得1a≤；当1x≥时，21()lnxgxaxexa−=+−，且211'()(2)xgxaxxex−=−+，则'(1)10ga=+≥，解得1a≥−．从而，函数()0gx≥恒成立只需限制参数[1,1]

a∈−中讨论．