2020届安徽省合肥一中高三上学期11月阶段性考试数学(理)试题

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2020届安徽省合肥一中高三上学期11月阶段性考试数学(理)

试题

试卷副标题

考试范围：xxx；考试时间：100分钟；命题人：xxx 题号 得分 一 二 三 总分 ……○ __○_…__…_…___……__…：…号…订考_订_…___……___……___……：级…○班_○…___…_…__…_…___……：名…装姓装_…__…_…___……___……_:校…○学○……………………外内……………………○○……………………注意事项：

1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上

第I卷（选择题)

请点击修改第I卷的文字说明 评卷人 得分 一、单选题

1．已知复数ai1i12i（i为虚数单位），则实数a的值为（ ） A．1

B．1

C．2

D．3

2．设xR且x0,则“x1”是“x1x2”成立的 A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件

D．既不充分也不必要条件

3．已知等边三角形ABC的边长为1，BCuuuvav,CAuuuvbv,uABuuvcv，那么avbvbvcvcvav（ ）. A．3

B．-3

C．

32 D．32 3xy4．若x,y满足约束条件202xy10，则zyx的最大值为（ ）

xy10A．

32 B．1 C．

12 D．0

5．某多面体的三视图如图所示，其中正视图和侧视图均为等腰直角三角形，俯视图是正方形，则该多面体的各个面中，是直角三角形的有（ ）

试卷第1页，总4页

………线…………○…………

A．4个 B．3个 C．2个 D．1个

………线…………○………… 6．我国古代数学家提出的“中国剩余定理”又称“孙子定理”，它在世界数学史上具有光辉的一页，堪称数学史上名垂百世的成就，而且一直启发和指引着历代数学家们.定理涉及的是数的整除问题，其数学思想在近代数学、当代密码学研究及日常生活都有着广泛应用，为世界数学的发展做出了巨大贡献，现有这样一个整除问题：将1到2019这2019个整数中能被5除余1且被7除余2的数按从小到大的顺序排成一列，构成数列

an，那么此数列的项数为（ ）

A．56

B．57

C．58

D．59

7．已知函数fxx34xa有三个零点，分别记为x1，x2，x3，且x1x2x3，

则（ ）

A．若a0，则x11 B．若a0，则x1x30 C．若a0，则x20

D．若a0，则x32

8．在ABC中B45，D是BC边上一点，AD13，AC4，DC3，则BD的长为（ ） A．261 B．261

C．231

D．231

9．若正数a,b满足1a1b1，则1a14b1的最小值为（ ） A．3

B．4

C．5

D．6

10．已知函数f(x)tan(x)0,||54的图像关于点6,0成中心对称，且与直线ya相交两点的最短距离为2，则方程fx1，x0,，所有实数根的和为（ ） A．

11512 B．

6 C．

34 D．

23 试卷第2页，总4页

……○ …※○※……题※……※…答…※…订※内订…※……※线……※…※…订…○※※○…装…※…※……在※……※装要…※装…※不……※……※请……※※…○○……………………内外……………………○○……………………………线…………○………… ………线…………○…………

11．已知函数fx的导函数为fx，且对任意的实数x都有

fxex2x3fx（e是自然对数的底数），且f01，若关于x的不等式fxm0的解集中恰有两个整数，则实数m的取值范围是（ ）

A．e,0

2B．e,0 C．e,0 D．e,0

2第II卷（非选择题)

请点击修改第II卷的文字说明 ……○ __○_…__…_…___……__…：…号…订考_订_…___……___……___……：级…○班_○…___…_…__…_…___……：名…装姓装_…__…_…___……___……_:校…○学○……………………外内……………………○○…………………… 评卷人 得分 二、填空题

12．已知集合Ax|x22x80，Bx|(xm)(xm3)0,mR，若

AB2,4，则实数m___________.

13．化简：sin40tan103＝ ________.

14．在三棱锥PABC中，ABC是边长为23的等边三角形，PAPB7，当三棱锥PABC体积最大时，其外接球的表面积为__________. 15．已知数列an1n满足：3an212n12，记数列2n的前n项和为Tan，

n若Tn恒成立，则的最小值为__________. 评卷人 得分 三、解答题

16．已知函数fxcos2x3sinxcosx. （1）求fx的对称轴和对称中心；

（2）若fx在区间1m,3上的最小值为2，求实数m的最大值.

17．已知Sn为数列an的前n项和，且Sn2an（是非零常数）. （1）求数列an的通项公式（用表示）；

（2）设bnn2an(1)log2an，当a11时，求数列bn的前2n项和.

18．如图，矩形ABCD所在的平面和平面ABEF互相垂直，等腰梯形ABEF中，AB//EF，

试卷第3页，总4页

………线…………○…………

AB2，ADAF1，BAF60，O，P分别为AB，CB的中点，M为底

面OBF的重心.

………线…………○………… （1）求证：PM//平面AFC；

（2）求直线AC与平面CBF所成角的正弦值.

19．在ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c，且满足2accosBbcosC，

sinBsinC1cos2Acos2Bcos2C.

（1）求角B的大小；

（2）若ABC为锐角三角形，求实数的取值范围.

20．如题所示的平面图形中，ABCD为矩形，AB2AD2，O为线段CD的中点，点P是以O为圆心，CD为直径的半圆上任一点（不与C,D重合），以CD为折痕，将半圆所在平面CDP折起，使平面CDP平面ABCD，如图2，E为线段DP的中点.

（1）证明：OEAE.

（2）若锐二面角PADC的大小为30°，求二面角ADPB的正弦值. 21．已知函数fxxex.

（1）判定函数fx的单调性；

（2）若fxx1fx2，且x1lnx21，证明：e2lnx21x22x2.

试卷第4页，总4页

……○ …※○※……题※……※…答…※…订※内订…※……※线……※…※…订…○※※○…装…※…※……在※……※装要…※装…※不……※……※请……※※…○○……………………内外……………………○○……………………本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

参

1．D 【解析】 【分析】

由已知可得ai(12i)(1i)，根据复数乘法运算法则，和复数相等的充要条件，即可求解. 【详解】

Qai12i,ai(12i)(1i)3i， 1ia3

故选:D. 【点睛】

本题考查复数的代数运算、复数相等的应用，属于基础题. 2．A 【解析】

易知当x1时，x是“x3．D 【解析】 【分析】

利用向量的数量积即可求解. 【详解】

11511x2，又当x1时，所以“x1”2x2成立，

2x2xx12”成立的充分而不必要条件.故选A. xrrrrrr3解析：abbcca11cos12011cos12011cos120.

2故选：D 【点睛】

本题考查了向量的数量积，注意向量夹角的定义，属于基础题. 4．B 【解析】

答案第1页，总18页

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【分析】

做出满足条件的可行域，根据图象即可求解. 【详解】

做出可行域，如下图所示，

当zyx过A(0,1)时，z取得最大值为1. 故选:B.

【点睛】

本题考查二元一次不等式组表示平面区域以及线性目标函数的最值，考查数形结合思想，属于基础题. 5．A 【解析】 【分析】

根据三视图，直观图为四棱锥如下图所示，根据垂直关系，即可得出结论. 【详解】

将三视图还原直观图如下图所示，为四棱锥PABCD， 其中PC平面ABCD，底面ABCD是正方形，

PCBC,PCCD,VPBC,VPCD为直角三角形， QPCAB,BCAB,PCIBCC,PC,BC平面PBC，

AB平面PBC,PB平面PBC，ABPB，

VPAB,VPAD为直角三角形， 同理ADPD,答案第2页，总18页

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四个侧面都是直角三角形.

故选:A.

【点睛】

本题考查三视图还原直观图、线线垂直判定，注意垂直间的转化，属于中档题. 6．C 【解析】 【分析】

能被5除余1且被7除余2的数就是能被35整除余16的数，运用等差数列通项公式，以及解不等式，即可得到所求项数. 【详解】

由能被5除余1且被7除余2的数就是能被35整除余16的数，

an35n19，由an35n192019，

得n58故选:C. 【点睛】

本题考查数列应用问题、等差数列的通项，意在考查数学建模、数学抽象、数学计算能力，属于中档题. 7．D 【解析】 【分析】

求出f(x)的单调区间，极值，函数有三个零点需极大值大于0，极小值小于0，结合零点存在性定理，逐项判断，即可求出结论. 【详解】

8,nN*，所以此数列的项数为58. 35答案第3页，总18页

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fxx34xa,f(x)3x243(x2323)(x)， 33当x(,2323)U(,)时，f(x)0， 33当x(2323,)时，f(x)0， 33f(x)单调递增区间为(,23),(23,)，

33单调递减区间为(2323,)， 3323163故f(x)的极大值为f()a，

39f(x)的极小值为f(23)163a，

39f(x)有三个零点，所以f(23)163a0，

39且f(23163163163， )a0,a3999fxx34xa有三个零点，分别记为x1，x2，x3，

且x1x2x3，得x1选项A错误；

当a0时，f(2)f(2)a0,x12,x32，

23232323 ,x2,x33333x1x30，选项B错误；

当a0时，f(0)f(2)a0,x20,x32， 选项C错误，选项D正确. 故选:D. 【点睛】

答案第4页，总18页

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本题考查函数零点的范围、函数单调性和极值的应用，意在考查直观想象、逻辑推理、数学计算能力，属于中档题. 8．C 【解析】 【分析】

在VACD中，由余弦定理求出角C，进而得出角A，结合已知在VABC中求出BC，即可求出结论. 【详解】

在VACD中，AD13，AC4，DC3，

AC2CD2AD2169131cosC，

2ACCD24320C180,C60,B45,A75，

sinAsin(4530)在VABC中，

232162， 22224ACBC， sinBsinABCACsinA6242223，

sinB4BDBCCD231.

故选:C. 【点睛】

本题考查正弦定理、余弦定理解三角形，意在考查数学计算能力，属于基础题. 9．B 【解析】 【分析】

先根据已知得出a1,b1的符号及(a1)(b1)的值，再根据基本不等式求解. 【详解】 ∵a0,b0,111 ； ab答案第5页，总18页

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∴a1,∴

b1,abab

140,0 a1b1∴

1444…224 a1b1(a1)(b1)ab(ab)1143，即a,b3时，等号成立. a1b12当且仅当故选B. 【点睛】

本题考查基本不等式，注意基本不等式成立的条件“一正二定三相等”. 10．A 【解析】 【分析】

根据f(x)与直线ya相交两点的最短距离为

5,0成中心，求出，由图像关于点62对称，求出，整体代换结合正切值，即可求解. 【详解】

f(x)与直线ya相交两点的最短距离为

， 2周期为

2,2， 5f(x)tan(x)0,||,0成中心对称， 函数的图像关于点4625k(k3)(kZ),(kZ)， 6226Q||,f(x)tan(2x)， 46611x0,,2x[,],f(x)1，

66655172x或2x,x或x，

242411方程fx1，x0,，所有实数根的和为.

12故选:A. 【点睛】

,答案第6页，总18页

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本题考查正切函数的性质、简单三角方程，熟练掌握函数的图象和性质是解题的关键，属于中档题. 11．B 【解析】 【分析】

先利用导数等式结合条件f01求出函数yfx的解析式，由fxm0，得

mfx，转化为函数yfx在直线ym下方的图象中只有两个横坐标为整数的点，

然后利用导数分析函数yfx的单调性与极值，作出该函数的图象，利用数形结合思想求出实数m的取值范围. 【详解】 由等式fxex2x3fx，可得fxfxex2x3，

xx2即e， efx2x3x3xC（C为常数）fxfx2x3，即x23xCefxx3xC，则fx，f0C1， xex222x3x23x1x23x1xx2， 因此，fx，fxexexex令fx0，得x2或x1，列表如下：

x ,2  ] 2 2,1  1 0 1,  ] fx 0 fx

极小值 Z 极大值 函数yfx的极小值为f2e，极大值为f125，且f1e， e作出图象如下图所示，由图象可知，当x0时，fx0.

答案第7页，总18页

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另一方面f01，f3e，则f0f3，

3由于函数yfx在直线ym下方的图象中只有两个横坐标为整数的点，

由图象可知，这两个点的横坐标分别为2、1，则有因此，实数m的取值范围是e,0，故选B. 【点睛】

mf1m0，解得em0，

本题考查函数的单调性、函数不等式的整数解问题，本题的难点在于利用导数方程求解函数解析式，另外在处理函数不等式的整数解的问题，应充分利用数形结合的思想，找到一些关键点来列不等式求解，属于难题． 12．2 【解析】 【分析】

化简集合A,B，根据交集定义以及AB2,4，即可求出结论. 【详解】

Ax|x22x80[2,4]，

Bx|(xm)(xm3)0,mR[m,m3]，

答案第8页，总18页

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AB2,4,m2,m34，解得m2.

故答案为:2. 【点睛】

本题考查集合运算结果求参数，属于基础题. 13．－1 【解析】

40?(原式＝sin?(

sin10sin402sin40－3)＝ sin1?0－3cos1?0＝cos10cos10cos1013sin1?0－?cos1?0) 22＝2sin40sin80cos?40＝＝－1.故答案为－1

cos10cos10【点睛】本题的关键点有： 先切化弦，再通分； 利用辅助角公式化简； 同角互化. 14．

65π 4【解析】 【分析】

根据体积公式，结合已知当平面PAB平面ABC时，棱锥PABC体积最大，根据球的性质，过VABC,VPAB的外心分别做平面ABC，平面PAB的垂线交于球心O，根据已知求出VABC,VPAB的外接圆的半径，即可求解. 【详解】

取AB中点D，连PD,CD，

ABC是边长为23的等边三角形，PAPB7，

CDAB,PDAB,CDIPDD,AB平面PCD，

PDPA2(3)22,CD3233 2答案第9页，总18页

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1VPABCVAPCDVBPCDABSVPCD

3231PDCDsinCDP23sinCDP23， 32当且仅当sinCDP1，即CDP2时，

三棱锥PABC体积最大，此时PDCD，

PD平面ABC，CD平面PAB，

设VABC,VPAB的外接圆圆心分别为M,N， 且M,N分别在CD,PD,MD13231， 32RtVPAD中，sinPADPD2， PA7PB1777，

2sinPAB224VPAB的外接圆半径PN过M,N分别做平面ABC，平面PAB的垂线交于球心O， 连OP，且OM//PD,ON//DC，四边形OMDN为矩形，

7765， ONMD1,PN,OPON2PN2()21444外接球的表面积为S4(OP)故答案为:

265. 465π. 4

答案第10页，总18页

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【点睛】

本题考查体积的最大值、多面体与球的“接”“切”问题，应用球的性质确定球心位置是解题的关键，意在考查直观想象、逻辑推理、数学计算能力，属于中档题. 15．

3 2【解析】 【分析】

2n根据已知求出求出通项，用裂项相消求出和Tn，进而求出Tn的范围，即可求出结论.

an【详解】

3an2n112n12,an2n1212n1， 32n32n1311n1()， nn1nan2121221212222n311111TnL(1Lnn1)

a1a2an23372121313(1n1)， 22123Tn恒成立，，

23的最小值为.

23故答案为:.

2【点睛】

本题考查裂项相消法求数列的前n项和，化简数列通项是解题的关键，属于中档题. 16．（1）fx的对称轴为x（2）nk1(nZ)，对称中心为(,)(kZ)； 262122. 3【解析】 【分析】

（1）由降幂公式和二倍角的正弦，辅助角公式，将f(x)化为正弦型三角函数，整体代换结合正弦函数的对称轴和对称中心，即可求解； （2）整体代换结合正弦函数的性质，即可求解.

答案第11页，总18页

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【详解】

2（1）fxcosx3sinxcosx

3111sin2xcos2xsin(2x)， 22262由sin(2x由sin(2x6)1,2x)0,2x6n2(nZ),xn(nZ)， 2666k(kZ),xk(kZ)， 212所以fx的对称轴为x对称中心为(n(nZ)， 26k1,)(kZ)； 2122（2）当mx3时，2m62x65， 61fx在区间m,上的最小值为，

232m62,m3，

实数m的最大值为【点睛】

. 3本题考查三角恒等变换、三角函数的性质，意在考查逻辑推理、计算求解能力，属于中档题.

n117．（1）an2；（2）22n1n2.

【解析】 【分析】

（1）当n1,a1S1，当n2,anSnSn1，即可求出结论；

（2）根据（1）中的结论，求出bn通项公式，根据其通项公式，选择求前n项和方法，即可求解. 【详解】

（1）当n1,a1S12a1,a1， 当n2,anSnSn12an2an1,an2an1，

答案第12页，总18页

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Qa10,an0,an2， an1an是首项为，公比为2的等比数列，

an2n1；

nn（2）当a11时，bn2(1)(n1)，

T2n20211L22n1(2n2)22n(2n1)

222L22n(01)(23)L(2n22n1)

2(122n)n22n1n2.

12【点睛】

本题考查数列前n项和求通项、求等比数列前n项和以及分组求数列和，考查计算求解能力，属于中档题.

18．（1）证明详见解析；（2）【解析】 【分析】

（1）连OM交BF于H，则H为BF中点，连OP,PH，根据已知可证PH//CF，

5. 5OP//AC，进而证明平面POH//平面ACF，即可证明结论；

（2）矩形ABCD所在的平面和平面ABEF互相垂直，CBAB，可证CB平面ABEF，可得AFBC，在VABF中，由余弦定理求出BF，推断出AF2BF2AB2，得到

AFMF，可证明AF平面BCF，可知ACF为直线AC与平面CBF所成角的角，

解直角三角形ACF，即可求出结论. 【详解】

（1）连OM交BF于H，则H为BF中点，连OP,PH， 又P为CB的中点，PH//CF,CF平面ACF，

PH平面ACF,PH//平面ACF，

O,P分别为AB,CB的中点，PO//AC,AC平面ACF，

答案第13页，总18页

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PO平面ACF,PO//平面ACF，

POIPHP,PO,PH平面POH，

平面ACF//平面POH,PM平面POH，

PM//平面ACF；

（2）平面ABCD平面ABEF，平面ABCDI平面ABEFAB，

CBAB，CB平面ABEF,AF平面ABEF，

CBAF，又AB2,AF1,BAF60，

由余弦定理可得BF2AB2AF22ABAFcos603，

BF2AF2AB2,AFBF,BFIBCB，

AF平面BCF，所以ACF为直线AC与平面CBF所成角的角，

在RtVACF中，sinACFAF15， AC555. 5所以直线AC与平面CBF所成角的正弦值为

【点睛】

本题考查线面平行的判定、面面平行的判定以及面面垂直的性质，用几何法求线面角，属于中档题. 19．（1）B【解析】 【分析】

（1）由已知2accosBbcosC，结合正弦定理边化角，利用两角和正弦和诱导公式

3；（2）03. 答案第14页，总18页

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可得2sinAcosBsinA，求出cosB，即可得出结论；

（2）由已知可得sin2Asin2Bsin2CsinBsinC，根据正弦定理可得，

abcbc，再由余弦定理可得cosA2222，由ABC为锐角三角形，求出角A范

围，即可求解. 【详解】

（1）因为2accosBbcosC，由正弦定理可得：

2sinAcosBsinCcosBsinBcosC，

所以2sinAcosBsinCcosBcosCsinBsin(BC)sinA， 因为A(0,)，所以sinA0,cosB因为B(0,)，所以B1， 23；

（2）由已知条件sinBsinC1cos2Acos2Bcos2C， 可得sin2Asin2Bsin2CsinBsinC， 根据正弦定理可得a2b2c2bc，

b2c2a2所以cosA，

2bc20A2因为ABC为锐角三角形，所以，

20BA32所以

6A2，所以0cosA33， ,0222所以03. 【点睛】

本题考查正弦定理、余弦定理的应用，根据三角函数值求角，属于中档题. 20．（1）证明详见解析；（2）【解析】

答案第15页，总18页

2. 2本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

【分析】

（1）连AP，由已知可得OE//PC，点P在以CD为直径的半圆上一点，可得PCPD， 平面CDP平面ABCD，ADCD，可证AD平面CDP，得到ADPC，进而可证

PC平面ADP，从而有OE平面ADP，即可证明结论；

（2）AD平面CDP，得ADDC,ADDP,CDP为二面角PADC的平面角，以O为坐标原点建立空间直角坐标系，求出C,D,P,B坐标，以及平面BDP法向量坐标，由（1）得平面ADP的法向量为CP，由空间向量的面面角公式，即可求解. 【详解】

（1）连AP，O,E分别为线段CD,PD的中点，OE//PC， 点P在以CD为直径的半圆上一点，PCPD，

uuurQ平面CDP平面ABCD，平面CDP平面ABCDCD，

ADCD，AD平面ABCD，AD平面CDP，

PC平面CDP,ADPC,ADIPDD,AD,PD平面ADP，

PC平面ADP，OE平面ADP，

QAE平面ADP，OEAE；

（2）AD平面CDP,ADDC,ADDP，

CDP为二面角PADC的平面角，

QPDPC,PDC30,CD2,PD3，

过点P做PNOC，DN313 ,ON,PN222过点O在平面CDP做CD的垂线，交PD于M，

则MO平面ABCD，以O为坐标原点，过O点与AD平行的直线，

OC,OM所在的直线分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，

13C(0,1,0),P(0,,),D(0,1,0),B(1,1,0)，

22uuurruuur13uuu33CP(0,,),DB(1,2,0),DP(0,,)，

2222答案第16页，总18页

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ur设平面BDP的法向量为m(x,y,z)，

uuuvx2y0vmDB0uuuv，即，令y1，则x2,z3， 3v3z0mDP0y22uruuur13m(2,1,3)，由（1）得平面ADP法向量为CP(0,,)，

22uruuururuuururuuurmCP222ruuurcosm,CPu,sinm,CP，

22|m||CP|18所以二面角ADPB的正弦值为

2. 2

【点睛】

本题考查线面垂直的证明，要注意空间垂直之间相互转化，考查二面角，意在考查直观想象、逻辑推理和数学计算，属于中档题.

21．（1）f(x)单调递增区间是(,1)，单调递减区间是(1,)；（2）详见解析. 【解析】 【分析】

（1）求出f(x)，进而求出f(x)0,f(x)0的解，即可求出结论；

（2）fx1fx2由（1）得x20，要证不等式，只需证

ln(x21)x2x2，即证

x21ef[ln(x21)]f(x2)，根据f(x)的单调性，只需证x1ln(x21)x2，构造函数g(x)xln(1x)(x0)，即可证明结论.

【详解】

答案第17页，总18页

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xxxx（1）fxxe,fxexee(1x)，

当f(x)0,x1,f(x)0,x1，

f(x)单调递增区间是(,1)，单调递减区间是(1,)；

（2）令g(x)xln(1x)(x0)，则g(x)11x0， 1x1x故g(x)在(0,)上是增函数，g(x)g(0)0，故xln(1x)， 又x1lnx21x2，由fx1fx2得x1<1f[ln(x21)]f(x2),ln(x21)x2x2，

x21e若lnx211，则由x1lnx21，且f(x)在(0,1)是增函数，

f(x2)f(x1)f[ln(x21)],化为e2lnx21x2x2.

x2ln(x21)x2x2，

x21e综上可得e2lnx21x2x2.

x2【点睛】

本题考查函数的单调性以及应用、证明不等式，分析法构造出函数是解题的关键，意在考查直观想象、逻辑推理、数学计算的能力，属于较难题.

答案第18页，总18页