2021届辽宁省大连市高三二模数学试题(解析版)

一、单选题

1．已知全集UAB{1,2,3,4}，AA．1,2 【答案】B

【分析】根据条件可得1,2案.

【详解】因为AUUB{1,2}，则集合B（ ）

B．3,4 C．1,3 D．2,4

UB，则1,2B，又UAB{1,2,3,4}，即可得答

B{1,2}，所以1,2UB，则1,2B，

又UAB{1,2,3,4}，所以3,4B，即B3,4. 故选：B

2．z表示复数z的共轭复数，若z1i，则zz（ ） A．2 【答案】A

【分析】直接利用复数的运算求解. 【详解】由题得zz(1i)(1i)2. 故选：A 3．已知alog2A．bca 【答案】C

【分析】利用指对数的性质，判断指对数的大小. 【详解】∵b0.2∴ acb. 故选：C.

0.2B．2 C．4 D．1

1，b0.20.2，clog25，则下列关系正确的是（ ） B．abc

acb C． cab D． 0clog25log211alog2，

5b3a，且aba，则a与b夹角的余弦值是（ ） 4．若非零向量a,b满足 A．1 3B．

1 3C．1 9D．

1 9【答案】A

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【详解】因为aba，所以a【分析】根据aba，可得a22ab0，利用数量积公式，即可求得答案. ab0，

2b3a， 由数量积公式得：aabcosa,b0，又 所以cosa,b故选：A

5．已知函数fxsinxax，对于任意实数x1,x2，且x1x2，都有

ab1.

33aafx1fx20，则a的取值范围为（ ）

x1x2A．a1 【答案】D

【分析】由已知，f(x)在定义域内单调递减，即f(x)0在xR上恒成立，即可求

B．a1

C．a1

D． a1

a的范围.

【详解】由题意知，f(x)在定义域内是单调递减函数，

∴f(x)cosxa0恒成立，即cosxa在xR上恒成立， ∴a1. 故选：D.

6．在公元前100年左右，我国古代数学著作《周髀算经》中有这样的表述：“髀者股也，正晷者勾也.”并且指出：“若求斜至日者，以日下为勾，日高为股，勾、股各自乘，并而开方除之，得斜至日”，这就是我们熟知的勾股定理，勾股数组是指满足a2b2c2的正整数组a,b,c.现将一枚质地均匀的骰子抛掷三次，则三次向上的点数恰好组成勾股数组的概率是（ ） A．

1 36B．

1 60C．

1 108D．

1 216【答案】A

【分析】由题设知骰子中能够成勾股数的数组为3,4,5，写出第一次出现3个数中的一个的概率，第二次出现余下2个数中的一个的概率，第三次出现最后一个数的概率，应用乘法公式求概率即可.

【详解】由题意知：骰子点数能够成勾股数的数组为3,4,5，

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∴第一次掷骰子得到其中一个的概率为

1； 2第二次掷骰子得到两个数中的一个的概率为第三次掷骰子得到最后一个的概率为

1； 31； 6∴三次向上的点数恰好组成勾股数组的概率为故选：A.

7．设fxsin3x1111. 236364，x0,3，若函数yfxa恰好有三个不同的零点4x1、x2、x3，且 x1 x2 x3，则x12x2x3的值为（ ）

 A． 【答案】A

B．

23C．

4 3D．

5 4【分析】由题意，在x0,3f(x)ya上与有三个交点，应用数形结合的方法，

4确定x1、x2、x3，根据正弦函数的性质确定它们的对称轴，进而求x12x2x3的值. 【详解】由题设知：令yf(x)a0在x0,有三个交点，如下图示，

3上有三个零点，即f(x)与ya4

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∴由图知，x1、x2关于x∴x1x2故选：A.

5对称，x2、x3关于x对称，

12126，x2x35，故x12x2x3. 6【点睛】关键点点睛：将零点问题转化交点问题，应用数形结合的思想，结合正弦函数的对称性确定对称轴，进而求零点之和.

AP与底面 ABCD底面 8．点 P为边长为1的正四面体 BCD内一点，且直线 BCD所

P所在曲线长度为（ ） 成角的正切值为6，则动点 A．

 6B．

 4C．

3 D．

 2【答案】C

【分析】求得正四面体的高为AO6AP与底面 BCD所成角的正切值，根据直线 3为6，在直角AOP中，求得OP为

AO1，得到点P的轨迹是以O为圆心，半径631的圆在正△BCD内部的部分，结合扇形的弧长公式，即可求解. 3ABCD，可得正四面体的高为AO【详解】如图所示，边长为1的正四面体 可得APO为斜线AP与平面BCD所成的角，

6， 3AP与底面 BCD所成角的正切值为6， 因为直线 在直角AOP中，可得tanAPOAO1AO， 6，所以OPOP631的圆在正△BCD内部的部分， 3所以点P的轨迹是以O为圆心，半径为可得EOFGOHMON3，

P所在曲线长度为所以动点 故选：C.

1. 33第 4 页 共 21 页

二、多选题

9．已知三个正态分布密度函数fix示，则下列结论正确的是（ ）

1e2ixi22i2xR,i1,2,3的图象如图所

A．123 C．123 【答案】BD

B．123 D．123

【分析】根据正态曲线的性质可知，图象关于x对称，的越小图象显得高瘦，结合这些可以判断选项.

【详解】由正态曲线的性质可知，图象关于x对称，的越小图象显得高瘦， 据图可知123，123， 故选：BD.

x2y2A1, A2，10．已知椭圆C:1的左、右焦点分别是F1, F2，左、右顶点分别是 169第 5 页 共 21 页

A1, A2的任意一点，则下列说法正确的是（ ） P是椭圆 C上异于 点 PF1PF24 A． B．存在点 P满足F1PF290

PA1与直线PA2的斜率之积为 C．直线 9 1645 3D．若△FP的横坐标为1PF2的面积为27，则点 【答案】CD

【分析】由椭圆方程有a4,b3,c7，A由椭圆定义即可知正误；B由当P在椭圆上下顶点时F1PF2最大，求出对应cosF1PF290；1PF2即可确定是否存在FC令P(x,y)，即有kPAkPA12y2，由点在椭圆上即可确定是否为定值；D由三2x16角形面积可确定P点纵坐标，代入椭圆即可求其横坐标. 【详解】由椭圆方程知：a4,b3,c7， A：PF1PF22a8，错误；

2a24c21B：当P在椭圆上下顶点时，cosF1PF20，即F1PF2最大值小于22a8，错误； 2C：若P(x,y)，则kPA1yyy2，kPA2，有kPAkPA2，而

12x4x4x169x2y21，所以16y29(x216)，即有kPA1kPA2，正确；

16169D：若P(x,y)，△F1PF2的面积为27，即2cy227，故y2，代入椭圆

方程得x故选：CD.

45，正确； 3P在线段 BC11．如图，在正方体ABCDA1BC11D1中，点 1上运动，则（ ）

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A．直线BD1平面AC11D B．直线AP//平面AC11D

PACC．三棱锥 的体积为定值 11D A1D所成角的取值范围是, D．异面直线AP与 42【答案】ABC

【分析】A、B由正方体的性质，线面垂直的判定证线面垂直，线面垂直、面面平行的

PAC性质证线面平行；C利用线面平行即可知 的体积是否为定值；D利用两线平11D 行转移异面直线所成角，进而确定角的范围；

A：【详解】由正方体的性质，BD1在A1B1C1D1、ADD1A1上的射影分别为B1D1、AD1，而B1D1AC1D，AC11，AD1A1D，则BD1AC11，BD1A11A1DA1，所以BD1面AC11D，正确；

B：连接AB1、BC11D，1、AC，同A选项可证BD1面AB1C，所以面AB1C//面AC第 7 页 共 21 页

而AP面AB1C，则AP//平面AC11D，正确；

PACC： P在线段 BC的体积为11D，所以三棱锥 1上运动，由B知B1C//面AC11D 定值，正确；

A1D所成角等于AP与BCD：由正方体性质有A1D//B1C，即AP与 1所成角，所以角

的取值范围是故选：ABC.

12．已知函数fxx123x2，则下列命题正确的是（ ） A．fx在2,1上是增函数 B．fx的值域是2,4

C．方程ffx2有两个实数解

,，错误. 32x1x22 D．对于x1,x2x1x2满足fx1fx2，则 【答案】ABD

【分析】利用导数可判断出函数的单调性和最值，由函数的值域可得方程根的个数，利

x1x22． 用fx1fx2以及基本不等式可得 【详解】fx16x2123x2123x23x123x2，x2,2

当x2,0时，fx0，fx在2,0上单调递增； 当x0,1时，fx0；当x1,2时，fx0，则fx在0,1上单调递增，在1,2上单调递减；

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综上可得fx在2,1上是增函数，故A正确； f22,f14，fx2,4，故B正确；

方程ffx2，可得fx1或fx2，

f22,f14,f22，方程共有三个实数解，故C错误； x1,x2x1x2满足fx1fx2，即x1123x12x2123x22，

22则x1x2123x2123x13x1x2x1x2123x2123x221，

化简得

2123x12123x2x1x232243xx21222422332x1x22，当且23仅当x1x2时取等号

32224tx1x22 令x1x2t，则，解得t2，故 2t3故选：ABD

【点睛】关键点点睛：本题考查导数研究函数的单调性和最值，以及方程根的问题，考查基本不等式的应用，解决本题的关键点是对函数求导，利用自变量的范围讨论导函数的单调性，得出最值，考查学生分类讨论思想和计算能力，属于中档题．

三、填空题

13．已知tan2，则cos2__． 【答案】

3 5【分析】利用余弦的倍角公式和三角函数的基本关系式，即可求解. 【详解】由tan2，又由

cos2sin21tan2143. cos2cossin222cossin1tan14522故答案为：

3． 514．写出一个离心率为2的双曲线的标准方程_______________________.

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【答案】x2y21(其他符合的也对)

【分析】根据题意，由双曲线的离心率公式可得ec2，即c2a，假设双曲a线的焦点在x轴且a1，求出双曲线的标准方程，即可得答案． 【详解】根据题意，要求双曲线的离心率e若双曲线的焦点在x轴，a1，则c则要求双曲线的方程为x2y21 故答案为：x2y21(其他符合的也对) 15．若x1a0a1x2a2x272c2，则c2a， a2，bc2a21，

a7x2，则

7a4_______________________.

【答案】35

【分析】所求a4为x2的系数，因为(x1)7x21，利用其展开式通项

33公式，求得T4C7(1)x2，即可得答案.

kTC【详解】(x1)7展开式的通项公式为x21x2k1744777k(1)k，

令7k4，则k=3，

33则T4C7(1)x2，

4所以a4C7(1)35. 故答案为：-35

四、双空题

16．英国著名物理学家牛顿用“作切线”的方法求函数零点时，给出的“牛顿数列”在航空航天中应用广泛，若数列xn满足xn1xn33fxn，则称数列{xn}为牛顿数列.如

fxnxn2，且a11，xn2.xn2果函数fxx4，数列xn为牛顿数列，设anln2S2021_______. 则a2021________；数列an的前n项和为Sn，则 【答案】22020 220211

【分析】根据题意，求得xn1表达式，进而可得xn12，xn12表达式，可求得

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xn12(xn2)2a2an，根据等比数列定义及通项、求和公式，即可得2，所以n1xn12(xn2)答案.

2【详解】因为fxx4，所以f(x)2x，

fxnxn24xn24xn所以xn1xn， fxn2xn2xnxn24(xn2)2xn24(xn2)222所以xn12，xn12， 2xn2xn2xn2xn(xn2)2xn122xn(xn2)2 所以22，

xn12(xn2)(xn2)2xnxn12(xn2)2xn2ln2ln所以ln，

xn12(xn2)2xn2所以an12an，又a11，

所以数列{an}是以1为首项，2为公比的等比数列， 所以an12所以a20212n12n1，

122021，S2021220211

122020xn12(xn2)2【点睛】解题的关键是读懂题意，求得xn1表达式，进而得到，再

xn12(xn2)2根据对数的运算性质求解，综合性强，属中档题.

五、解答题

17．如图，已知平面四边形ABCD，A45，ABC75，BDC30，

BD2，CD3.

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（1）求CBD； （2）求AB的值.

【答案】（1）60；（2）6. 【分析】（1）由余弦定理求BC2，根据勾股逆定理知DCB90，即可求CBD. （2）由（1）得ADB120，应用正弦定理即可求AB的值.

【详解】（1）在△BCD中，由余弦定理，有BC2BD2CD22BDCDcos301，

BC2CD2BD2，即DCB90，

CBD60.

（1）在四边形ABCD中，ABD756015， ∴ADB120， 在△ABD中，由正弦定理

ABBDBDsin1206. ，则ABsin120sin45sin45218．在①cnSnbnn，②cnSnbnn，③cnlnSn1这三个条件中任选一ba个，补充在下面问题中，若问题中的k存在，求k的所有取值组成的集合A；若k不存在，说明理由.

问题：已知数列an的前n项和为Sn，a11，且对任意正整数m,n都有

amnaman，数列bn 满足Sn，bn，Sn1成等差数列.若数列cn满

足 ，且cn的前n项和为Tn，是否存在正整数k，使得

Tkk？

【答案】答案见解析.

【分析】由已知递推关系，结合等差数列的定义可写出an，Sn的通项公式，由等差中

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项的性质可求bn的通项公式，根据所选的条件分别求cn的通项公式，根据数列不等式求k的解集，即可判断是否存在正整数k，使得Tkk. 【详解】在amnaman中，令m1，则an1ana1，

a11，

数列an是是以1为首项，1为公差的等差数列，

ann，Snnn1， 2由数列bn满足Sn，bn，Sn1成等差数列，得2bnSnSn1，即

nn1n1n2， 2bn22bnn122.

2若选条件①，则cnSnbnn3n1， 23n25n. Tn43k25k由k，得3k2k0，

41k0或k，即存在正整数k使Skk，且k的所有取值组成的集合AN.

3n1若选条件②，则cnSnbnn，

2n2n. Tn4k2k由k，得k25k0，

4k5或k0，即存在正整数k使Skk，且k的所有取值组成的集合

Ak|k5,kN*

若选条件③，则cnlnSn1lnnlnn11， bnTnnlnn1，由klnk1k得lnk10，

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1k0，

不存在正整数k使Skk.

【点睛】关键点点睛：根据递推关系及等差数列的定义写出通项公式和前n项和公式，再由等差中项的性质求bn，结合所选条件求cn，进而判断是否存在正整数k，使得

Tkk成立.

19．如图，斜三棱柱ABCA侧面ACC1A1B1C1体积为24，1与侧面CBBC11都是菱形，

ACC1CC1B160，AC4.

（1）证明：AB1CC1；

（2）求二面角B1ACC1的余弦值. 【答案】（1）证明见解析；（2） . 【分析】（1）取CC1的中点O，通过证明CC1平面AOB1，来证明AB1CC1. （2）以O为坐标原点建立空间直角坐标系，分别求得两个平面的法向量，根据二面角与法向量夹角之间的关系求得二面角余弦值.

【详解】（1）取CC1的中点O，连接AO、AC1、B1C、B1O，

55

由菱形的性质及ACC1CC1B160，

△ACC1，BCC11为正三角形.

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AOCC1，B1OCC1，

又

AOB1OO，

CC1平面AOB1，

又

AB1平面AOB1，

AB1CC1.

（2）三棱锥AA1B1C1的体积是三棱柱ABCA1B1C1体积的三分之一，

四棱锥ABCC1B1的体积是柱体体积的三分之二，即等于16.

平行四边形BCC1B1的面积为SBCC1B44sin6083.

设四棱锥ABCC1B1的高为h， 则：83h16，h23， 又AO23h，AO平面BCC1B1，

以O为坐标原点建立如图所示的直角坐标系：Oxyz. 则A0,0,23，B123,0,0，C0,2,0，

13CB123,2,0，CA0,2,23，

设平面CAB1的一个法向量为n1x,y,z，

n1CA=2y23z0则， n1CB1=23x2y0令y3，则x1，z1，

n11,3,1.

第 15 页 共 21 页

平面C1CA的一个法向量为n21,0,0，

35n1n2cosn,n12则5. nn1512二面角B1ACC1的余弦值为5. 5【点睛】关键点点睛：建立空间直角坐标系，把二面角问题转化为法向量间的夹角问题，从而求解.

20．我市某医疗用品生产企业对原有的生产线进行技术升级，为了更好地对比技术升级前和升级后的效果，其中甲生产线继续使用旧的生产模式，乙生产线采用新的生产模式.质检部门随机抽检了甲、乙两条生产线的各200件该医疗用品，在抽取的400件产品中，根据检测结果将它们分为“A”、“B”、“C”三个等级，A，B等级都是合格品，C等级是次品，统计结果如表所示： （表一）

等级 频数 （表二）

甲 乙 合计 合格品 160 A B C 50 200 150 次品 合计 10 在相关政策扶持下，确保每件该医疗用品的合格品都有对口销售渠道，但按照国家对该医疗用品产品质量的要求，所有的次品必须由厂家自行销毁.

（1）请根据所提供的数据，完成上面的22列联表（表二），并判断是否有99.9%的把握认为产品的合格率与技术升级有关？

（2）在抽检的所有次品中，按甲、乙生产线的生产的次品比例进行分层抽样抽取10件该医疗用品，然后从这10件中随机抽取5件，记其中属于甲生产线生产的有X件，求

X的分布列和数学期望.

（3）每件该医疗用品的生产成本为20元，A，B等级产品的出厂单价分别为m元、40元.若甲生产线抽检的该医疗用品中有70件为A等级，用样本的频率估计概率，若进行

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技术升级后，平均生产一件该医疗用品比技术升级前多盈利不超过9元，则A等级产品的出产单价最高为多少元？ 附：K2nadbc2abcdacbd0.05 3.841 ，其中nabcd.

PK2k0 0.025 5.024 0.010 6.635 0.005 0.001 10.828 k0

7.879 【答案】（1）列联表见解析，有；（2）分布列见解析，4；（3）50元. 【分析】（1）写出22列联表，再利用独立性检验求解；

（2）由题得甲生产线的数量X的取值可能为3，4，5，再求出对应的概率即得解； （3）求出甲生产线单件产品的利润x甲7m2，乙生产线单件产品的利润20x乙13137m8.解不等式m8m29即得解.

202020【详解】1根据所提供的数据，可得22列联表：

甲 乙 合计 合格品 160 190 次品 合计 40 200 200 400 10 50 2350 可得，K240019040160102002003505014420.57110.828 7故有99.9%的把握认为产品的合格率与技术升级有关.

2由于所有次品中，甲、乙生产线的生产的次品比例为4:1，

故抽取的10件中有8件甲生产线的，2件乙生产线，

从中随机抽取5件中属于甲生产线的数量X的取值可能为3，4，5，

3215C8C22C84C2C852Px4Px5则Px3，，， 555C109C109C109所以X的分布列为

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X P 所以Ex33 2 94 5 2 95 9252454. 9993甲生产线抽检的产品中有70件A等级，90件B等级40件C等级，

乙生产线抽检的产品中有130件A等级，60件B等级，10件C等级； 因为用样本的频率估计概率，

70m9040200207m2，

20020130m60402002013m8. 对于乙生产线，单件产品的利润x乙20020所以对于甲生产线，单件产品的利润x甲x乙x甲137m8m29， 2020m50.

即A等级产品的出产单价最高为50元.

【点睛】关键点睛：解答本题的关键是第（3）问，关键是求出甲乙生产线的单价产品的利润.

21．已知动点P到直线l:y20的距离比到点F0,1的距离大1. （1）求动点P的轨迹C的方程；

（2）点N是直线 l:y20上任意一点，过点N作曲线C的切线NM，其中M为切点，请判断MFN是锐角、直角还是钝角？并写出你的理由. 【答案】（1）x24y；（2）钝角，理由见解析.

【分析】（1）由已知，结合点线、两点距离公式列方程，讨论y2、y2求轨迹方程，注意验证轨迹方程是否合理；

2x0Mx,（2）设0，利用导数的几何意义求抛物线在M处的切线方程，进而得到N4的坐标，写出FM、FN的坐标，根据FMFN的符号即可判断MFN. 【详解】（1）设动点P的坐标为Px,y，由已知条件，得：|y2|1当y2时，y1当y2时，y322x2y1，两边平方得x4y，

2 x2y1，22y11，与x2y1，两边平方得x8y1，而 第 18 页 共 21 页

x20矛盾.

综上，动点P所在的曲线C的方程为x24y； （2）抛物线C的方程为x24y，即y121x，求导得yx， 42222x0x0x0x0xx0设Mx0,，则切线MN方程为yxx0，即y.

442242x04x0xx0y2，得令 2，即x，

2x0242x04x04x0FMx,1N,2，0，FN,3，

42x02x022x04x0x0FMFNx03110，

42x04MFN是钝角.

【点睛】关键点点睛：第二问，设切点，利用导数的几何意义求切线方程，进而求交点坐标，根据向量数量积的符号，即知向量夹角的范围，即MFN的范围. 22．已知函数fxax1lnx，其中aR. （1）求证：若a1时，fx0成立；

（2）若函数gxax2ax1，且关于x的方程2fxgx0有且只有两个

2不相等的实数根，求实数a的取值范围. 【答案】（1）证明见解析；（2）0a1. 【分析】（1）法一：由fxax1且a1、x0,，根据f(x)的符号确定f(x)x的单调区间，进而可得极小值，即可证结论；法二：由题设，可知ax1lnxx1lnx恒成立，只需证h(x)x1lnx0，利用导数研究极值即可证结论； （2）将问题转化为方程ax212lnx0在0,即令Fxax12lnx，则Fx在0,2上有且只有两个不相等实数根，有且只有两个不相等的零点，利用

导数研究Fx的极值并确定符号，得到单调区间，并结合零点存在性定理确定区间零点的个数，进而求得参数a的范围.

【详解】（1）法一：由fxax1lnx得：fxa第 19 页 共 21 页

1ax1， xx当a1时，即0当x0,11， a1时，fax0，fx是减函数；

当x1,时，fax0，fx是增函数.

∴f(x)f11lnlna0. aa法二：由x0，a1知：ax1lnxx1lnx， 下面只需证明x1lnx0， 令hxx1lnx，则hx11x1， xx当x0,1时，hx0，hx是减函数； 当x1,时，hx0，hx是增函数. ∴h(x)h10.

∴a1时，fx0成立.

（2）由fxax1lnx，gxax2ax1知：方程2fxgx0有且

2只有两个不相等实数根，等价于方程ax212lnx0有且只有两个不相等实数根， 令Fxax12lnx，则Fx在0,2有且只有两个不相等的零点，

2ax212∵Fx2ax，

xx∴当a0，x0,时，Fx0，Fx是减函数；此时Fx至多有一个零点，这种情况舍去.

112axx， 2ax1a0，有当 aaFxxx2当x0,1时，Fx0，Fx是减函数； a当x1,时，Fx0，Fx是增函数. a第 20 页 共 21 页

112∴F(x)F112lnalna，

a∵Fx在0,∴极小值F有且只有两个不相等的零点，

10a1. lna0，即 a22由（1）结论，知：x0,上lnxx1，即Fxax12lnxax2x1在0,上恒成立，令xax2x1，有44a0且开口向上

2x1x2，则x1x2∴(x)0有两个不相等的实数根 ,0x1x2，必有0x11x2. a120，x1x20，不妨令aa∴x30,x1使x30，即Fx30，又x0,1，Fx是减函数，由零a点存在性定理知：在0,1时Fx有且只有一个零点， a1,，Fx是增函数，a同理，x4x2,使x40，Fx40，又x由零点存在性定理知：在∴Fx在0,1,时Fx有且只有一个零点， a有且只有两个不相等的零点.

综上，实数a的取值范围为0a1. 【点睛】关键点点睛：

（1）利用导数研究函数极值，进而证明函数不等式；或由f(x)(x)将问题转化为证(x)0即可；

（2）将由不同实根问题转化为令Fxax12lnx，在0,2上Fx有且只

有两个不相等的零点时，求参数范围.

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