【文档说明】山东省泰安肥城市2021届高三下学期高考适应性训（一）数学（含答案）.doc，共(22)页，987.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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2021年高考适应性训练数学试题（一）注意事项：1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。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，再选涂其它答案标号

。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．已知全集U，集合,PS是U的非空子集，且USPð，则必有A．UPSðB．PSC．UUPS

痧D．UPSð2．若复数2i12iz，则||zA．1B．55C．5D．153．已知向量a，b的夹角为3，且1,2a，3b，则23abA．32B．21C．21D．634．52311xx

的展开式中2x项的系数A．5B．10C．10D．55．劳动教育是中国特色社会主义教育制度的重要内容，直接决定了社会主义建设者和接班人的劳动价值取向、劳动精神面貌和劳动技能水平．新学期到来，某大学开出了烹饪选修课，共18学时，面向2020级本科生和强基

计划学生开放．该校学生小华选完内容后，其他三位同学根据小华的兴趣爱好对他选择的内容进行猜测．甲说：“小华选的不是川菜干烧大虾，选的是烹制中式面食．”乙说：“小华选的不是烹制中式面食，选的是烹制西式点心．”丙说：“小华选的不是烹制中式面

食，也不是青椒土豆丝．”已知三人中有一个人说的全对，有一个人说的对了一半，剩下的一个人说的全不对，由此推断小华选择的内容A．可能是青椒土豆丝B．可能是川菜干烧大虾C．可能是烹制西式点心D．一定是烹制中式面食6．《九章算术》中，将两底面为直角三角形的正柱体，亦即长方体的斜截平分体，称为堑堵.今

有如图所示的堑堵形状ABBC容器装满水，当水量使用了一半时，水面高度占AB的A．13B．12C．222D．227．已知1F､2F分别是双曲线2222:1xyCab(0,0)ab的左､右焦点，双曲线C的右支上一点Q满足1||OQOF，直线1FQ与该双曲线的左支交于P点，且P恰好为线

段1FQ的中点，则双曲线C的渐近线方程为A．12yxB．2yxC．23yxD．32yx8．已知函数lnfxxxx，gxkxk，若kZ，且fxgx对任意2ex恒成立，则k的最

大值为A．2B．3C．4D．5二、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，有选错的得0分，部分选对的得3分。9．已知线段AB是圆22:134Cxy的一条动弦，G为弦AB的中点，|3|2

AB，直线1:310lmxym与直线2:310lxmym相交于点P，下列说法正确的是ABCDEFA．弦AB的中点轨迹是圆B．直线12,ll的交点P在定圆22212xy上C．线段PG长的最大值为65D．PAPB的最

小值185810．如图，四棱锥PABCD的底面ABCD是边长为3正方形，PA底面ABCD，PAAB，EF、分别为PDAB、的中点，过CEF、、的平面与PA交于点G，则A．2PGAGB．//PFCEC．以P为球心，2为半径的球面与底面ABCD的交线长为2D．四棱锥PABCD

外接球体积为311．已知0,2abab，则A．ab的最大值是94B．122ab的最小值是42C．sin2abD．ln1ba12．巴塞尔问题是一个著名的数论问题，这个问题首先由皮耶特罗·门戈利在1644年提出，由欧拉在1

735年解决.由于这个问题难倒了以前许多的数学家，欧拉一解出这个问题，马上就出名了，当时他28岁.这个问题是精确计算所有平方数倒数的和，也就是以下级数的和222211111123nMn.巴塞尔问题是寻找这个数的准确值，

欧拉发现M的准确值是26.不过遗憾的是：若把上式中的指数2换成其他的数，例如333311111123nNn，则N的精确值为多少，至今未解决.下列说法正确的是A．所有正奇数的平方倒数和为28B．记2

22222111111123456P，则P的值为212PABCDEF·C．N的值不超过2924D．记11111123kQk，则存在正常数，使得对任意正整数n，恒有Q三、填空题：本题共4小题，每小题5

分，共20分。13．已知为第四象限角，2sin+=410，则tan的值为．14．某新闻采访组由5名记者组成，其中甲、乙、丙、丁为成员，戊为组长.甲、乙、丙、丁分别来自ABCD、、、四个地区.现在该新闻采访组要到ABCD、、、四个地区去采访，在安排采访时要求：一地

至少安排一名记者采访且组长不单独去采访；若某记者要到自己所在地区采访时必须至少有一名记者陪同.则所有采访的不同安排方法有种．15．设抛物线22yx的焦点为F，过F的直线l交抛物线于,AB两点，过AB的中点M作y轴的垂线与抛物线交于点P，若3||2PF，则直线l的方程为______

____．16．某校数学兴趣小组，在研究随机变量的概率分布时，发现离散型随机变量x的取值与其概率的函数关系为1010,1,2,,10kPxkCkmm；为参数，则这个随机变量x的数学期望Ex______________________．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）已知nS为等比数列na的前n项和，若32a，且1234,3,2aSS是等差数列nb的前三项.（1）求数列na的前n项和n

S；（2）求数列nb的通项公式，并求使得nnab的n的取值范围.18．（12分）在ABC中，内角ABC、、的对边分别为,,abc，且满足2sincosbAB2sincbB.（1）求A；（2）若2

3a，求周长l的取值范围.19．（12分）请从下面三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并作答．①()0BAPAPD；②7PC；③点P在平面ABCD的射影在直线AD上．如图，平面五边形PABCD中，PAD是边长为2的等边三角形，//AD

BC，22ABBC，ABBC，将PAD沿AD翻折成四棱锥PABCD，E是棱PD上的动点（端点除外），FM、分别是ABCE、的中点，且.（1）求证：ABFM；（2）当EF与平面PAD所成角最大时，求平面ACE与平面PAD所成的锐二面角的余弦值

.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．20．（12分）平面上一动点C的坐标为2cos,sin.（1）求点C轨迹E的方程；（2）过点11,0F的直线l与曲线E相交于不同的两点,MN，线段M

N的中垂线与直线l相交于点P，与直线2x相交于点Q.当MNPQ时，求直线l的方程.21．（12分）十三届全国人大四次会议3月11日表决通过了关于国民经济和社会发展第十四个五年规划和BAPCDMEFABCPD2035年远景目标纲要的决议，决定批准这个规划纲要.

纲要指出：“加强原创性引领性科技攻关”.某企业集中科研骨干，攻克系列“卡脖子”技术，已成功实现离子注入机全谱系产品国产化，包括中束流、大束流、高能、特种应用及第三代半导体等离子注入机，工艺段覆盖至28nm，为我国芯

片制造产业链补上重要一环，为全球芯片制造企业提供离子注入机一站式解决方案.此次技术的突破可以说为国产芯片的制造做出了重大贡献.该企业使用新技术对某款芯片进行试生产.（1）在试产初期，该款芯片的I批次生产有四道工序，前三道工序的生产互不影响，第四

道是检测评估工序，包括智能自动检测与人工抽检.已知该款芯片在生产中，前三道工序的次品率分别为1135P，2134P，3133P.①求批次I芯片的次品率IP；②第四道工序中智能自动检测为次品的芯片会被自动淘汰，合格的芯片进入流水线并由工人进行抽查检

验.已知批次I的芯片智能自动检测显示合格率为92%，求工人在流水线进行人工抽检时，抽检一个芯片恰为合格品的概率（百分号前保留两位小数）.（2）已知某批次芯片的次品率为01PP，设100个芯片中恰有1个不合格品的概率为

p，记p的最大值点为0P，改进生产工艺后批次J的芯片的次品率0JPP.某手机生产厂商获得I批次与J批次的芯片，并在某款新型手机上使用.现对使用这款手机的用户回访，对开机速度进行满意度调查.据统计，回访的100名用户中，安装I批次有40部，其中对开机速度满意的有28人；安装

J批次有60部，其中对开机速度满意的有57人.求0P，并判断是否有99.9%的把握认为芯片质量与用户对开机速度满意度有关？附：22nadbcKabcdacbd.2PKk0.

0500.0100.0050.001k3.8416.6357.87910.82822．（12分）已知函数lnafxxaxx0a.（1）当12a时，讨论函数fx的单调性，并证明：342222

11111111e,2234nnn*N；（2）若函数yfx与3ln2ayx的图象恰有三个不同的交点，求实数a的取值范围.2021年高考适应性训练数学试题（一）参考答案

及评分标准一、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。题号12345678答案AACDBCCB解析：1.依据题意画出Venn图，观察可知UPSð，故选A.2.2i12i2i4

3i12i12i12i5z，所以||1z，故选A.3.因为223ab22412cos93aabb21，所以2321ab，故选C.4.55522331111xxxxx，则2x项的系数为345535CC，故选D

.5.若小华选择的青椒土豆丝，则甲、乙、丙都各对一半，排除；若小华选择的川菜干烧大虾，则甲全不对，乙对一半，丙全对，符合；若小华选择的制西式点心，则甲对一半，乙全对，丙全对，不符合，排除；若小华选择的烹制中式面食，则甲全对，乙全不对，丙

对一半，符合；由此推断小华选择的内容可能是川菜干烧大虾或烹制中式面食.所以选B.6.水的一半就是体积的一半，柱体体积公式是底面积乘高，高没变，底面积变为一半，底面是等腰直角三角形，所以边长变为AB的22，所以水面高度占AB的222，故选C.7.依题意可得12

||||||OQOFOFc，所以12QFQF.设1||PFt，则||PQt，1||2QFt，由12||||2QFQFa得2||22QFta；由21||||2PFPFa得2||2PFta；在2RtPQF中，由22222||||

||PQQFPF得222222ttata，得3ta.UPS在12RtFQF中，由2221212||||||QFQFFF得2224224ttac，将3ta代入得22236164aac，即221

3ca.又222cab，所以22213aba，即2212ba，所以23ba，所以双曲线C的渐近线方程为23yx，故选C.8.fxgx，即lnxxxkxk.由于fxgx对任意2e,x

恒成立，所以minln1xxxkx.令ln1xxxuxx，2e,x，2ln21xxuxx.令ln2hxxx，1110xhxxx，所以hx在

2e,x上单调递增，所以22ee40hxh，可得0ux，所以ux在2e,上单调递增.所以22223e3e33,4e1e1uxu.又kZ，所以max3k，故选B.二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共2

0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，有选错的得0分，部分选对的得3分。题号9101112答案ABDACBCABC解析：9.对于选项A：设00,Gxy，因为|3|2AB，G为弦AB的中点，所

以||3GB.而22:134Cxy，半径为2，则圆心到弦AB的距离为22||231CG.又圆心1,3C，所以2200131xy，即弦AB中点的轨迹是圆，故选项

A正确；对于选项B：由+310,+3+10mxymxmym，消去m可得，得22215xy，选项B不正确；对于选项C：由选项A知，点G的轨迹方程为：22131xy，又由选项B知，点P的轨迹方程为：

22215xy，所以11121,3,1,2,1,5GrPr，线段221112max12311565PGPGrr，故选项C正确；对于选项D：PAPBPGGAPGGB2PGPGGAGBGAG

B2223PGPGGBPG0，故2minmin3PAPBPG，由选项C知，221112min1+23+11545PGPGrr，所以2min4531885PAPB

，故选项D正确.综上选ABD.10.对于选项A，延长CF交DA延长线于点H，连接EH交PA于点G，取AD中点M，连接EM，所以23GAME，12MEPA，13GAPA，2PGAG，所以选项A对；对于选项B，因为F是HC中点，G是EH靠近点E的三等分点，所以选项B错；对于选项C，P为球心

，2为半径，3PA，PA平面ABCD，A为截面圆心，交线是半径为1的圆的14，交线长为2，所以选项C正确.对于选项D，是正方体的一部分，体对角线长为3，体积为92，所以选项D错.综上选AC.11.对于选项A，因为0,2abab，所以2192

()24abaaa(2,2)，选项A错误；对于选项B，因为133222222242abaaaa，当且仅当322aa，即31,22ab时等号成立，所以选项B正确；MA

PBCDHEFG对于选项C，因为(0,1)b，所以sinbb，sin2abab，故选项C正确；对于选项D，设()ln(1)fxxxx，则1()10fxx，所以()fx在1,+（）上单调递增；因

为1a，所以()(1)faf，即ln1aa，所以2ln1ba，即ln1ba，故选项D错误.综上选BC.12.对于选项A，记2222211111111246442knMSnk

，22221111113521kTk，所以STM，22334468MT，选项A正确；对于选项B，2344212MMMPTS，选项B正确；对于选项C，注意到2n时，32111nnn11111

1211nnnnnnn，311111111112911822334344581224nNn，选项C正确；对于选项D，因为ln10xxx

，令1xn，得111ln1lnnnnn，所以11nkQk11231lnlnln112nkknnkn，即ln1Qn，所以选项D错.综上选ABC.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，

共20分。13.3413.4415.22210xy16.5解析：13.由2sin+=410，展开得1sincos5，平方得112sincos25，所以242sincos25，从而249sincos12sincos25.因为为第

四象限角，所以7sincos5，解得3sin5，4cos5，则3tan4.14.分两类：①甲，乙，丙，丁都不到自己的地区，组长可任选一地有3311436；②甲，乙，丙，丁中只一人到自己的地区，并

有组长陪同有21148.所以总数36844.15.因为抛物线方程为22yx，所以焦点1,02F，准线1:2lx.设1122,,,AxyBxy，直线AB方程为12ykx

，代入抛物线方程消去y，得2222204kkxkx，所以21212221,4kxxxxk.又过AB的中点M作准线的垂线与抛物线交于点P，设00,Pxy，可得01212yyy，因为112211,22ykxykx

，所以21212222kyykxxkkkkk，得到00211,2yxkk，所以21,21Pkk.因为32PF，所以2221132221kk

，解之得212k，所以22k，直线方程为2122yx，即22210xy.16.由离散型随机变量分布列性质：012101010101011111CCCCmmmm，1).........(1101021

0110010CCCCm，即12110m，所以102m.则0191010101010101(01910)2ExCCCC，所以011010101010

101102ExCCC，①1091010101010101(10910)2ExCCCC，②由①+②得：01101010101012[(010)(19)(010)]2ExCCC，01101010101012

[10()]2ExCCC，0110101010101010112[10()]1021022ExCCC，所以5Ex.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）解：（1）设等比数列na的公比为q，由1234,3,2aSS是等差数列nb的前三项，得213642SaS，即21332SaS，„„„„„„„„„„„„„„„„„„2分所以21111113)2aaqaaaqaq（，整理得22qq，解得2

q.„„„„„„„„„„„„„„„„„„3分由32a，得2122a，所以112a，„„„„„„„„„„„„„„„„„4分所以112212122nnnS.„„„„„„„„„„„„„„„„„„5分（2）由（1）得22nna，所以142a

，2932S，327S所以等差数列nb的前三项为92,,72，所以912125122nbnn.„„„„„„„„„„„„„„„„„6分由nnab，得12(51)nn1122，即1251nn.„„„„„„„„„„„7分令1251

nncn，故有1125nnncc.当13n时，10nncc，即1234cccc；„„„„„„„„„„„„8分当4n时，10nncc，即45nccc，而1563,8,3ccc

.所以使得nnab的n的取值范围是6n，*nN.„„„„„„„„„„„„„10分18.（12分）解：（1）由条件知2sinsincos2sinsinsinBABCBB，„„„„„„„„1分所以2s

incos2sinsinABCB，„„„„„„„„„„„2分即2sincos2sincos2sincossinABABBAB，解得1cos2A.„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„3分因为0A，所以3A.„„„„„„„„„„„„„„„„„4分（2）由正弦定理

得4sinsinsinabcABC，„„„„„„„„„„„5分所以4sin,4sinbBcC，„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„6分所以4sinsin23=4sinsin233lBCBB„„„„„„„7分3331

4sincos23=43sincos232222BBBB43sin236B.„„„„„„„„„„„„„„„„„„9分因为20,3B，所

以5,666B，„„„„„„„„„„„„„„10分所以1sin,162B，„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„11分所以43,63l.„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„12分19.（12分）解：（1）取,ADCD

的中点分别为,OG，连接,,POFGEG.选择①：因为()0BAPAPD，=2PAPDPO，所以0BAPO，即BAPO.„„„„„„„„„„„„„„„„„„1分又BAAD，ADPOO，所以BA平面PAD.„„„„„„„„„„„„„„„

„„„2分因为,MG分别为,CECD的中点，所以//MGPD，且MG平面PAD，PD平面PAD，所以//MG平面PAD.„„„„„„„„„„„„„„„„„„3分同理可得：//FG平面PAD.因为MGFGG，所以平面//FGM平面PAD，„„„„„„„„„„„„„„„„

„„4分所以BA平面FGM.„„„„„„„„„„„„„„„„„„5分又FM平面FGM，所以BAFM.„„„„„„„„„„„„„„„„„6分选择②：连接OC，则2OCAB，3OP，因为2227,PCPCOPOC，所以BA

PO.„„„„„„„„„„„„„„„„„„1分又BAAD，ADPOO，所以BA平面PAD.„„„„„„„„„„„„„„„„„„2分因为,MG分别为,CECD的中点，所以//MGPD，且MG平面PAD，PD平面P

AD，所以//MG平面PAD.„„„„„„„„„„„„„„„„„„3分同理可得：//FG平面PAD.因为MGFGG，所以平面//FGM平面PAD，„„„„„„„„„„„„„„„„„„4分所以BA平面FGM.„„„„„„„„„„„„„„„„„„5分又FM平面FGM，所以BAFM.„„„„

„„„„„„„„„„„„„6分选择③：因为点P在平面ABCD的射影在直线AD上，所以平面PAD平面ABCD.„„„„„„„„„„„„„„„„„„1分因为平面PAD平面ABCDAD，OP平面PAD，ADPO，所以OP平面ABCD，所以

BAPO.„„„„„„„„„„„„„„„„„„2分又BAAD，ADPOO，所以BA平面PAD.„„„„„„„„„„„„„„„„„„3分因为,MG分别为,CECD的中点，所以//MGPD，且MG平面PAD，PD平面PAD，所以//MG平面PA

D.„„„„„„„„„„„„„„„„„„4分同理可得：//FG平面PAD.因为MGFGG，所以平面//FGM平面PAD，„„„„„„„„„„„„„„„„„„5分所以BA平面FGM.又FM平面FGM，所以BAFM.„„„„„„„„„„„„„„„„„6

分（2）连接,AEEF，由（1）可知：AB平面PAD，所以AEF即为EF与平面PAD所成的角.xMEFABCPDOGyzMEFABCPDOG因为an=2t=AFAEFAEAE，所以当AE最小时，AEF最大，所以当AEPD

，即E为PD中点，AE最小.„„„„„„„„„„„„„„7分以点O为坐标原点，以OC为x轴，OD为y轴，OP为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则130,1,0,0,,,2,0,022ACE.所以330,,22

AE，2,1,0AC.„„„„„„„„„„8分设平面CAE的法向量为111(,,)xyzm，则1111330,2220yzxy，令13z，得1(,1,3)2m.„„„„„„„„„„9分由题意可知：平面PAD的法向量为(1,0,0)n，„„„„„

„„„„„„10分所以17cos,||17mnmn|mn|，„„„„„„„„„„„„„„„„11分所以平面ACE与平面PAD所成的锐二面角的余弦值为1717.„„„„„„„12分20.（12分）解：（1）设,Cxy，则2c

os,sinxy，即cos,2sinxy，„„„„„„„„„„„„„„„1分所以2212xy，所以E的方程为2212xy.„„„„„„„„„„„„„„„„„„„

2分（2）由题意知，直线l的斜率不为0，设直线:1lxmy，1122,,,,,ppMxyNxyPxy.联立2221,1xyxmy，消去x，得22+2210mymy，„„„„„„„„3分此时281m0，且12

222myym，12212yym.„„„„„„„4分又由弦长公式得2121MNmyy222244+812mmmm，整理得221=222mMNm.„„„„„„„„„„„„„„„„6分又122+=22pyymym，所以2212ppxmym，„„„„„„

„„„„„7分所以222222=1212pmPQmxmm，„„„„„„„„„„„„9分所以2211=122PQmmMN，所以21m，即1m.„„„„„„„„„„„„„„„„„„„1

1分综上，当1m，即直线l的斜率为1时，MNPQ，此时直线l为10xy.„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„12分21.（12分）解：（1）①Ⅰ批次芯片的次品率为12334333231111135343335IPPP

P.„„„„„„„„„2分②设批次Ⅰ的芯片智能自动检测合格为事件A，人工抽检合格为事件B，由己知得92100PA，332113535IPABP，„„„„„„„„„3分则工人在流水线进行人工抽检时，抽检一个芯片恰为合

格品为事件|BA，()32100820160|99.38%()3592723161PABBAPPA.„„„„„„„„„5分（2）100个芯片中恰有1个不合格的概率199100(1)pCpp.因此999898100[(1)99(1

)]100(1)(1100)pppppp，令0p，得0.01p.当0,0.01p时，0p；当0.01,1p时，0p.所以p的最大值点为00.01P.„„„„„„„„„„„„„7分由（1）可知，110.0935P，00.01J

PP，故批次J芯片的次品率低于批次I，故批次J的芯片质量优于批次I.由数据可建立2×2列联表如下：（单位：人）开机速度满意度芯片批次合计IJ不满意12315满意285785合计4060100„„„„„„„„„„„„8分根据

列联表得222()100(1257283)()()()()40601585nadbcKabcdacbd„„„„„„„„„9分10060060020011.76510.8284060158517.„„„„„„„„„„11分因此，有99.9%的

把握认为芯片质量与用户对开机速度满意度有关.„„„12分22.（12分）解：（1）当12a时，1ln22xxfxx.所以22211110222xfxxxx，所以fx在0,上是单调递

减函数.„„„„„„„„„„„„„„„„„1分又10f，所以当1,x时，0fx，即1ln22xxx.„„„„„„„„„„„„2分令211,2xnnn*N，则22222222111112111ln11122

12121nnnnnnnn211111211nnn，„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„3分从而22221111ln1ln1ln1ln1234n

1111111111111123243511221nnnn1131224，„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„4分

所以34222211111111e,2234nnn*N.„„„„„„„5分（2）令3lnln24ln02xagxaxaaxxxxaxx

，所以2221440aaxxagxaxxxx.设24kxaxxa，则2116a.①当0,0a，即14a时，0gx，所以gx

在0,单调递减，所以gx不可能有三个不同的零点；„„„„„„„„„„„„„„„„„„„6分②当0,0a，即104a时，kx有两个零点2111162axa，2211162a

xa，所以210xx.又因为24kxaxxa开口向下，所以当10xx时，0kx，即0gx，所以gx在10,x上单调递减；当12xxx时，0kx，即0gx，所以gx在12,xx上单调递增；当2xx时

，0kx，即0gx，所以gx在2(,)x上单调递减.„„„„„„„„„„„„„„„„„„„7分因为42ln1202aga，且124xx，所以122xx，所以1220gggxx.„„„„„„„„„„„„„„„„„„„8

分因为3222211141lnln22ln412agaaaaaaaa，所以令31ln22ln4amaaa，则4222221122112120aaamaaaaaa

.所以ma在10,4单调递增，所以3ln211113ln22ln404441644mam，即210ga.又2222121102axaaaa，所以221x

a，所以由零点存在性定理知，gx在区间221,xa上有唯一的一个零点0x.„„„„„„„„„„„„„„„„„„„10分因为0000000044lnln24444210axgxgaaxxxxaxx，且00gx，所以040gx

.„„„„„„„„„„„„„„„„„„„11分又2120441116211162axxaaa，所以1040xx，所以gx在区间10,x上有唯一的一个零点04x，故当104a时，gx存在三个不同的

零点004,2,xx.故实数a的取值范围是10,4.„„„„„„„„„„„„„„„„„„„12分