天津市滨海新区塘沽第十三中学2024-2025学年高三下学期第三次模拟考试数学试卷

塘沽第十三中学2024-2025学年高三下学期第三次模拟考数学试卷 一、单选题（每题5分，共45分） .已知集合A=0l2,8=keNk号eN 则AnB=() A.2,3) B.L,2,3 C.-l,1,2,3} D.{-1,0,12,3} 2.己知向量ā=（儿，2），方=(k,-),则“k=-"是“a∥5”的( A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件 3.下列函数为偶函数是() Af闭=x是B.f()=x州+1C.f倒=(-3D.=-冈 4.如图所示，5个(x,y)数据，去掉D(3,10)后，下列说法正确的是() ·E(10,12) D0.10) .C4.) ·B2.40 A1.3) 可 A.相关系数r变小B.决定系数R变小C.残差平方和变小D.解释变量x与预报变量y的相关性变弱 5.己知m,n是两条不同的直线，α，P是两个不同的平面，则下列命愿正确的是) A.若mca,ncP,a∥B,则m∥nB.若m∥n,nCa,则m∥a C.若a上B,m⊥B,n⊥m,则n⊥a D.若m⊥a,n⊥B,m⊥n,则a⊥B 6.设a=o8,03,6b02.:-月，则a,b,c的大小关系为() A.a<b<c B.c<a<b C.b<c<a D.a<c<b 7.己知函数f(x)=2cos2x+sin2x,则下列正确的是(` A.f(x)的最小正周期为2元 .因在 单调递减 c.f(x在 5π7π 12'12 上单调递增 D.∫(x)的最大值为3 8.已知双曲线C:-兰1的左、右焦点分别为R,R,P为双曲线C第一象限上一点，∠RPE的角平分 24 线为，过点O作PR的平行线，分别与PR,1交于M,N两点，若W=PE,则aPR5的面积为 A.20 B.12 C.24 D.10 9.如图，三棱锥PABC的体积为乃，E,F分别是棱PB,PC上靠近点P的三等分点，G是棱AB上幕近点 B的三等分点，H是棱AC上靠近点C的三等分点，则多面体BCFEGH的体积为() c. D. 二、填空题（每题5分，共30分） 10.设i是虚数单位，则复数z= 2i+3 的共轭复数的虚部为 1-i .若 的展开式的二项式系数和为32，则展开式中x的系数为 12.己知F是抛物线y2=4x的焦点，AB是该抛物线上的两点，AF+BF=8,则线段AB的中点到y轴的 距离为 13.袋子中装有8球，其中6个黑球，2个白球，若依次随机取出2个球，则在第一次取到黑球的条件下，第 二次取到白球的慢率为 若随机取出3个球，记取出的球中白球的个数为X,则X的数学期望 E(X)= 14.如图，在平行四边形ABCD中，|AB=3AD上2，∠DAB=60°，点E,F,G分别在边AB,AD,DC上，且 正=瓜，正=而，若G点为DC的中点，且满足EC=m丽+mD,则m+n= 当G点在线段 DC上运动时，EGEF的取值范围为“ D G 2+2x+a,x≤0， 1s. 己知函数f(x)= -s+a,x>0. 若存在实数k,使得函数y=f(x)-k有6个零点，则实数a的取值 范围是一 三、解答题(16题14分，17-19题各15分，20题16分，共75分) I6.在三角形ABC中，内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,己知∠A为钝角，i如2B= -bcosB,a=7. ()求角A的大小： 2)若cosB=13 则： ①求b的值： ②求sin(2B-A)的值， I7.如图，在多面体ABCDGEF中，四边形ABCD为直角梯形，且满足AD⊥CD,EG∥AD, EG=AD=DC=DG=2BC=2,CD∥FG,DG⊥平面ABCD. (I)证明：AG⊥平面CDE: (2)求平面CDE与平面ABE夹角的余弦值： (3)求点G到直线AB的距离. 18.已知等比数列{an}的公比q>1,且4+4=20，a=8. (I)求数列{an}的通项公式： ()设点一受，8是数列他}的前■项和，对任意正整数和不等式8+只>（少口恒成立，求实数a的取 值范围. 19.i 尼知椭圆c:二+片=1@>b>0)的离心率为，左，右焦点分别为，乃，过点的直线与椭圆相 交于点A,B,且△FAB的周长为8. ()求椭圆的标准方程： 2)椭圆C的左，右顶点分别为A,4,上顶点为D,若过4且斜率为k的直线I与椭圆C在第一象限相交于 点2，与直线AD相交于点P,与y轴相交于点M,且满足PA-IMO上5№IMPI,求直线1的方程 20.已知/()=2子-2x-3nr,8(=名x+x2-alnx ()求(x)在(L∫()处的切线方程： 2洁不等式寸)-g()少e+-号+a-4对任意x>1成立，求a的最大整致解. (3)F()=g()-2的两个零点为x,:<),且为F()的唯一极值点，求证：名+3西>4托·2024-2025 塘沽十三中校三模数学试卷参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 A C D C D D B C B 1．A 【分析】先求出集合 B，再利用集合的交运算即可求得结果. 【详解】易知 {2,3}B  ，所以 {2,3}A B  ， 故选：A． 2．C 【分析】根据向量的共线的坐标关系，即可根据充要条件的定义判断. 【详解】由  1,2a  ，  , 1b k   ，若 a b  ∥ ，则 2 1k   ，解得 1 2 k   ， 故“ 1 2 k   ”是“ a b  ∥ ”的充要条件， 故选：C 3．D 【分析】根据题意，结合函数奇偶性的定义和判定方法，逐项判定，即可 求解. 【详解】对于 A中，函数 1 2( )f x x x  ，可得函数  f x 的定义域为 [0, ) ， 不关于原点对称，所以函数  f x 为非奇非偶函数，所以 A不符合题意； 对于 B中，函数   1f x x x  ，可得函数  f x 的定义域为R ，关于原点对 称， 且   1 1f x x x x x        ，则    f x f x  且    f x f x   ， 所以函数  f x 为非奇非偶函数，所以 B不符合题意； 对于 C中，函数 1( ) ( ) 3 3 3 3 x x x xf x     ，可得函数  f x 的定义域为R ， 关于原点对称， 且 ( ) 3 3 (3 3 ) ( )x x x xf x f x         ，所以函数  f x 为奇函数，所以 C 不符合题意； 对于 D中，函数 ( )f x x  ，可得函数  f x 的定义域为R ，关于原点对称， 且 ( ) ( )f x x x f x       ，所以函数  f x 为偶函数，所以 D符合题意. 故选：D. 4．C 【分析】由散点图知，去掉离群点D后， x与 y的相关性变强，且为正相 关，由此判断即可. 【详解】由散点图知，去掉离群点D后，x与 y的相关性变强，且为正相关， 所以相关系数 r的值变大，决定系数 2R 的值变大，残差平方和变小. 故选：C. 5．D 【分析】借助正方体中的线面关系可说明选项 A、B、C错误；利用空间向 量可说明选项 D正确. 【详解】 如图，在正方体 1 1 1 1ABCD ABC D 中分析选项 A、B、C. A. AB 平面 ABCD， 1 1BC 平面 1111 DCBA ，平面 / /ABCD 平面 1111 DCBA ， 但 1 1AB BC ，A错误. B. / /AB CD， AB 平面 ABCD，但CD 平面 ABCD，B错误. C.平面 ABCD 平面 1 1BCC B ， AB 平面 1 1BCC B ， AD AB ，但 AD 平 面 ABCD，C错误. D.取直线m的方向向量m  ，直线 n的方向向量n  ， ∵m  ， n  ，∴ ,m n   分别为平面 ,  的法向量， ∵m n ，∴m n   ，∴  ，选项 D正确. 故选：D. 6．D 【分析】利用 2 1 2 1 2 log ， log ， x y x y x y         的单调性可得答案. 【详解】因 2logy x 在  0,  单调递增， 1 2 logy x 在  0,  上单调递减， 1 2 x y       在 R上单调递减. 则 0 2 0 2 2 1 1 2 2 1 10 3 1 0 1 0 5 0 2 2 2 . log . log log . log .                   . 即a c b  . 故选：D 7．B 【分析】利用二倍角的余弦公式化简函数解析式，利用余弦型函数的周期 公式可判断 A选项；利用余弦型函数的单调性可判断 BC选项；利用余弦 型函数的最值可判断 D选项. 【详解】因为   2 2 2 1 cos 2 1 32cos sin 1 cos 1 cos 2 2 2 2 xf x x x x x        ， 对于 A选项，函数  f x 的最小正周期为 2π π 2 T   ，A错； 对于 B选项，当 π 5π 12 12 x  时， π 5π2 6 6 x  ， 所以，函数  f x 在 π 5π, 12 12       单调递减，B对； 对于 C选项，当 5π 7π 12 12 x  时， 5π 7π2 6 6 x  ， 所以，函数  f x 在 5π 7π, 12 12       上不单调，C错； 对于 D选项，  max 1 3 2 2 2 f x    ，D错. 故选：B. 8．C 【分析】因为 2/ /MN PF ，故OM 为 1 2PFF 的中位线， 2 1| | | | 2 OM PF ,由此 得到 2 1| | | | 6 ON PF ，再利用 2OKN F KP  得到 2 2 | | | | 1 | | | | 6 OK ON KF PF   ，推出 1 2 | | 4 | | 3 KF KF  ，结合角平分线定理 1 1 2 2 | | | | 4 | | | | 3 PF KF PF KF   ，找出 1 2| | 8,| | 6PF PF  ， 进而得解； 【详解】如图，记 l与 x轴交于点K， 由双曲线的定义， 1 2| | | | 2 2PF PF a   ， 1 2| | | | 5OF OF  , 因为 2/ /MN PF ，O为 1 2F F 中点，故OM 为 1 2PFF 的中位线， 2 1| | | | 2 OM PF , 2 2 2 2 1 1| | | | | | | | | | | | 3 2 6 ON MN OM PF PF PF     , 易知， 2OKN F KP  ,故 2 2 | | | | 1 | | | | 6 OK ON KF PF   ,故 1 2 | | 4 | | 3 KF KF  ， 由 1 2FPF 的角平分线为 l，由角平分线的性质得： 1 1 2 2 | | | | 4 | | | | 3 PF KF PF KF   , 所以 1 2| | 8,| | 6PF PF  , 1 2| | 10,F F  故 1 2PFF 为直角三角形，面积为 1 6 8 24 2    . 故选：C. 9．B 【分析】多面体 BCFEGH体积为三棱锥 E FHC 与四棱锥 E HGBC 体积 之和,再利用体积之比与高之比底面积之比的关系解题即可. 【详解】连接 ,EC EH ， ∵ 1 2 3 3FHC PAC S S   ∴ 1 2 1 2 1 3 3 3 2 23 3 7E FHC E APC B APC B APC V V V V        ， ∵ 2 2 3 3 5 9HGBA ABC ABC ABC S S S S     ， ∴ 2 2 5 10 3 3 9 27E HGBC P HGBC P ABC P ABC V V V V            , ∴多面体 BCFEGH体积为： 4 9E FHC E HGBC V V V   . 故选： B. 10． 5 2  【详解】   3 2i 1 i2i 3 1 5i 1 5 i 1 i 2 2 2 2 z           ， 1 5 i 2 2 z   ，其虚 部为 5 2  ， 故答案为： 5 2  . 11．40 【分析】根据二项式系数和求得 n，根据二项式展开式的通项公式求得 x 的系数. 【详解】依题意 2 nx x      的展开式的二项式系数和为32，所以 2 32n  ，即 5n  . 二项式 52x x      展开式的通项公式为  5 15C 2 rr rx x      5 252 C r r rx     . 令5 2 1, 2r r   ，所以 x的系数为  2 252 C 40   . 故答案为： 40 12．3 【分析】根据抛物线定义可得 1 2x x ，结合中点坐标公式可求得结果. 【详解】由抛物线方程知：  10F , ； 设    1 1 2 2, , ,A x y B x y ，由抛物线定义知： 1 21 1 8AF BF x x      ， 1 2 6x x   ， 线段 AB的中点到 y轴的距离为 1 2 3 2 x x  . 故答案为：3 . 13． 2 7 3 4 【分析】第一问可根据条件概率公式求解，第二问可先确定随机变量 X 的 取值，再求出每个取值的概率，最后根据期望公式计算期望. 【详解】设“第一次取到黑球”为事件 A，“第二次取到白球”为事件 B . 则 6 3( ) 8 4 P A   . ( )P AB 表示第一次取到黑球且第二次取到白球的概率.第一次取黑球有 6 种取法，第二次取白球有 2 种取法，从 8 个球中依次取 2 个球的总取 法有 2 8A 8 7 56   种，所以   12 3 56 14 P AB   . 根据条件概率公式 ( )( | ) ( ) P ABP B A P A  ，可得 3 3 4 214( | ) 3 14 3 7 4 P B A     . 随机取出 3 个球，取出的球中白球的个数 X 可能取值为 0，1， 2 . ( 0)P X  表示取出的 3 个球都是黑球的概率，从 6 个黑球中取 3 个 球的组合数为 3 6 6 5 4C 20 3 2 1       ，从 8 个球中取 3 个球的组合数为 3 8 8 7 6C 56 3 2 1       ，所以   3 6 3 8 C 20 50 C 56 14 P X     . ( 1)P X  表示取出的 3 个球中有 1 个白球和 2 个黑球的概率，从 2 个白球中取 1 个球的组合数为 12C 2 ，从 6 个黑球中取 2 个球的组合 数为 2 6 6 5C 15 2 1     ，所以   1 2 2 6 3 8 C C 2 15 151 C 56 28 P X      . ( 2)P X  表示取出的 3 个球中有 2 个白球和 1 个黑球的概率，从 2 个白球中取 2 个球的组合数为 22C 1 ，从 6 个黑球中取 1 个球的组合 数为 1 6C 6 ，所以   2 1 2 6 3 8 C C 1 6 32 C 56 28 P X      . 根据期望公式 可得 5 15 3 15 6 21 3( ) 0 1 2 14 28 28 28 28 28 4 E X           . 故答案为： 2 7 ； 3 4 . 14． 7 6 / 11 6 30, 2      【分析】若G点为DC的中点，根据平面向量的加减法的三角形法则表示 1 6 EG AB AD     ，从而可求解 ,m n，进而可求得m n ；当G点在线段DC 上运动时，设  0 1DG AB      ，利用 AB  ，AD  表示出EG  和 EF  ，再表 示出 EG EF   ，根据的范围，即可得出结果. 【详解】若G点为DC的中点，则 1 1 3 2 EG EA AD DG AB AD DC              1 1 1 3 2 6 AB AD AB AB AD           . 所以 1 , 1 6 m n  ，则 1 71 6 6 m n    ； 当G点在线段DC上运动时，设  0 1DG AB      ，  1 3 EG EA AD DG AB AD AB              1 3 AB AD         ， 又 1 1 3 2 EF EA AF AB AD          ，  1 1 1 3 3 2 EG EF AB AD AB AD                         2 21 1 1 1 9 3 2 2 2 AB AD AB AD                    2 21 1 1 1 1 3 33 2 3 2 9 3 2 2 2 2 2 2                         ， 又  0,1 ，则 3 3 30, 2 2 2        ，  30, 2 EG EF         . 故答案为： 7 6 ； 30, 2      15． 3 ,3 2       【分析】先作出函数的大致图象，由题得 2 21( ,| |), (0, ), (1, ) 3 A a a a B a C a  ， , ,A B C三点的高度应满足 A B Ch h h  或 B A Ch h h  ，所以 2 1| 1| 3 a a a a   或 21| 1| 3 a a a a   ，解不等式即得解. 【详解】 对于 0x  ， 2e 1( ) e 3 x f x a x    ，对其求导 2 e ( 1)( ) x xf x x   ， ( 0)x  ， 易得        0,1 , 0, 1, , 0,x f x x f x   故函数在(0,1)单调递减，在 (1, ) 单调递增， 且 21(1) 0 3 f a  .由题得 2( ,| |)A a a a  ， (0, )B a ， 2 11, 3 C a     . 因为函数 ( )y f x 的图象和直线 y k 有六个交点， 所以A， B，C三点的高度应满足 A B Ch h h  或 B A Ch h h  ， 即 21| 1| 3 a a a a   或 2 1| 1| 3 a a a a   . 显然，由三点高度知道 0a  ， 2 0a a  ，所以解不等式可得 2 3a  或 3 2 2 a  ， 综合得 3 3 2 a  . 故答案为： 3 ,3 2       . 【点睛】关键点点睛：由 0x  得到单调性，画出图形，根据零的个数，进 而得到 0x  得大致图像，从而确定A， B，C三点的高度关系，转为坐标 大小是关键，属于难题. 16．(1) 2π 3 (2)①3；② 55 3 98  【分析】（1）由二倍角公式结合正弦定理即可求得； （2）①由同角三角函数的基本关系和正弦定理即可求得； ②由二倍角公式与两角差的正弦公式计算即可求得． 【详解】（1）因为 3sin2 cos 7 B b B ，所以 32sin cos os 7 B B bc B ， 因为 A 为钝角，所以 B 为锐角，所以 cos 0B  ， 所以 32sin 7 B b ，所以 2 14 3 sin 33 7 b B   ， 因为 7a  ，所以由正弦定理有： 14 3 sin sin 3 a b A B   ， 所以 7 3 3sin 214 3 A   ，因为 A 为钝角，所以 2π3 A  ； （2）①因为 13cos 14 B  ，且 B为锐角，所以 2 3 3sin 1 cos 14 B B   ， 由 sin sin a b A B  ，得 3 37sin 14 3 sin 3 2 a Bb A     ； ②因为 23 3 13 39 3 169 71sin2 2sin cos 2 cos2 2cos 1 1 14 14 98 98 98 B B B B B         ， ， 所以   39 3 1 71 3 55 3sin 2 sin2 cos cos2 sin . 98 2 98 2 98 B A B A B A               17．(1)证明见解析 (2) 10 5 (3)存在， 1 2 EP EB  或 5 6 EP EB  【分析】（1）四边形 ADGE 为菱形，所以 AG DE ，由线面垂直得到 DG CD ，从而得到CD 平面 ADGE，CD AG ，结合 AG DE ，证明 出结论； （2）证明出DG DA ，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用空 间向量法求两平面的夹角； （3）设    ,2 , 2 0 1EP EB            ，根据线面角的大小，得 到方程，求出 1 2   或 5 6   . 【详解】（1）因为 EG∥ AD且 EG AD ，所以四边形 ADGE 为平行四边 形， 又 AD DG ，所以四边形 ADGE 为菱形，所以 AG DE . 因为DG 平面 ,ABCD CD 平面 ABCD，所以DG CD ， 又 , ,AD CD DG AD 平面 ,ADGE DG AD D  ，所以CD 平面 ADGE， 又 AG 平面 ADGE，所以CD AG ， 又 , ,AG DE DE CD 平面 ,CDE DE CD D  ，所以 AG 平面CDE . （2）因为DG 平面 ,ABCD DA平面 ABCD，所以DG DA ， 又 ,DG DC DA DC  ， 以D为原点，分别以 , ,DA DC DG    的方向为 x轴， y轴，. z .轴的正方向建立 空间直角坐标系如图所示， 则          0,0,0 , 2,0,0 , 1, 2,0 , 0,0, 2 2,0, 2D A B G E ， 所以          1,2,0 , 0,0,2 , 1,2, 2 , 2,0,2 , 2,0,2A GB AE EB DE A              ， 由（1）知平面 CDE的法向量为  2,0,2m AG    ， 设平面 ABE的法向量为  , ,n x y zr ，则 2 0 2 0 n AB x y n AE z             ， 令 1y  ，得 2, 0x z  ，所以  2,1,0n  . 故 c 4 10cos , 52 2 5 m n m n m n            ， 平面 CDE与平面 ABE夹角的余弦值为 10 5 ； （3）6 5 5 18．(1) 12nna  . (2) 1 3, 2 4      . 【详解】试题分析： （Ⅰ）本小题用等比数列的基本量法可求解，即用首项 1a 和公比 q表示出已 知条件并解出，可得通项公式； （Ⅱ）由 n n nb a  ，因此用错位相减法可求得其前 n项和 nS ，对不等式 1 ( 1)2 n n n nS a   按 n的奇偶分类，可求得参数 a的取值范围． 试题解析： （Ⅰ）设数列 na 的公比为 q，则  21 1 1 20 { 8 a q a q    ， ∴ 22 5 2 0q q   ∵ 1q  ，∴ 1 4 { 2 a q   ，∴数列 na 的通项公式为 12nna  ． （Ⅱ）解： 12n n nb  ∴ 2 3 4 1 1 2 3 2 2 2 2n n nS      1 2 n S  3 4 1 2 1 2 1 2 2 2 2n n n n        ∴ 2 3 4 1 2 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2n n n nS        ∴ 1 2 3 1 1 1 1 1+ 2 2 2 2 2n n n nS     = 1 1 1 1 1 22 2 11 2 2 2 n n n n n        ∴   11 1 2 n na    对任意正整数 n恒成立，设   11 2n f n   ，易知  f n 单调 递增． n为奇数时，  f n 的最小值为 1 2 ，∴ 1 2 a  得 1 2 a   ， n为偶数时，  f n 的最小值为 3 4 ，∴ 3 4 a  ， 综上， 1 3 2 4 a   ，即实数 a的取值范围是 1 3, 2 4      ． 19．(1) 2 2 1 4 x y  (2) 2( 2)y x   【分析】（1）根据题意，由条件可得 a，再由离心率可求得 c，从而求得b， 即可得到椭圆的标准方程； （2）根据题意，设出直线方程，然后与椭圆方程联立，结合韦达定理可表 示出Q的坐标，再由直线 1A D的方程表示出点 P的坐标，再由等量关系，即 可得到结果. 【详解】（1）由题设得 4 8a  ，所以 2a  ， 又离心率为 3 2 ，解得 3c  ， 1b  ， 所以椭圆C的标准方程为 2 2 1 4 x y  . （2）因为 2 (2,0)A ，所以设直线 l的方程为 ( 2)y k x  ，且 1 2 k   ， 联立 2 2 ( 2) 1 4 y k x x y       ，整理可得：  2 2 2 24 1 16 16 4 0k x k x k     ， 则 2 2 162 4 1Q kx k    ，故 2 2 8 2 4 1Q kx k    ， 则   242 4 1Q Q ky k x k      ，所以 2 2 2 8 2 4, 4 1 4 1 k kQ k k        ， 又直线 1A D的方程 1 1 2 y x  ，联立  2 1 1 2 y k x y x        ，整理可得： 4 2 4, 2 1 2 1 k kP k k       ， 所以 2 2 | | | | QP Q P xPA MQ y QA MP y x   2 2 2 4 8 2 2 1 4 1 1 2 54 4 2 2 1 4 1 k k k k kk k k k            ，则 2k   ，且满足 1 2 k   . 则直线 l的方程为 2( 2)y x   . 20．(1)8 2 5 0x y   (2)3 (3)证明过程见解析 【分析】（1）求定义域，求导，利用导数几何意义得到切线方程； （2）参变分离得到  1 ln 1 x x a x    对任意 1x  成立，令    1 ln 1 x x h x x    ， 1x  ，求导，结合零点存在性定理得到  h x 的最小值为      0 00 0 0 1 2 3, 4 1 x x h x x x       ，从而 3a  ，a的最大整数解为 3； （3）   2 lnF x x a x  ，求导得到  F x 的单调性，要使得  F x 有两个零点， 需满足 0 2 aF        ，求出 2ea  ， 1 20 ,2 2 a ax x   ，令 2 1 1x t x   ，由 2 2 1 1 2 2ln lnx a x x a x   得 2 1 2 ln 1 a tx t   ，要证 1 2 03 4x x x  ，只需证  2 23 1 ln 8 8 0t t t    ，令    2 23 1 ln 8 8w t t t t    ，二次求导，得到  w t 的单调性，    1 0w t w  ，所以 1 2 03 4x x x  . 【详解】（1）   21 2 3ln 2 f x x x x   的定义域为  0,  ，   32f x x x    ，  1 1 2 3 4f      ，又   1 31 2 2 2 f     ， 所以  f x 在   1, 1f 处的切线方程为  3 4 1 2 y x    ， 即8 2 5 0x y   ； （2）   32f x x x    ，   21 2 2 ag x x x x     ，       21 1 10 4 3 3 3 xf x g x f x x x a      ， 即 2 2 2 21 1 1 1 102 3 2 2 3ln 4 2 3 2 3 3 ax x x x x x x x x a x                       ， 即  1 ln 1 x x a x    对任意 1x  成立， 令    1 ln 1 x x h x x    ， 1x  ，则           2 2 2 ln 1 1 ln 2 ln 1 1 x x x x x xh x x x            ， 令   2 lnm x x x   ， 1x  ， 故   1 11 0xm x x x      ，所以   2 lnm x x x   在  1 ， 上单调递增，  3 3 2 ln3 1 ln3 0m       ，  4 4 2 ln 4 2 2ln 2 0m       ， 由零点存在性定理得  0 3,4x  ，使得  0 0m x  ，即 0 02 lnx x  ， 所以当  01,x x 时，   0h x  ，当  0x x  ， 时，   0h x  ， 故    1 ln 1 x x h x x    在  01,x x 上单调递减，在  0x x  ， 上单调递增，  h x 的最小值为      0 00 0 0 1 2 3, 4 1 x x h x x x       ， 所以 3a  ，a的最大整数解为 3； （3）   3 2 3 21 1ln ln 6 6 F x x x a x x x a x      ，定义域为  0,  ， 当 0a  时，   2 lnF x x a x  在  0,  上单调递增，此时  F x 不存在两个 零点， 所以 0a  ，     2 2 2 x a x aaF x x x x      ， 令   0F x  得 2 ax  ，令   0F x  得0 2 ax  ， 故  F x 在 0, 2 a       上单调递减，在 2 a         ， 上单调递增，  F x 在 2 ax  处取得极小值，也是最小值，故 0 2 ax  ， 要使得  F x 有两个零点，需满足 0 2 aF        ， 即 1 ln 0 2 2 2 2 a a aF a              ，解得 2ea  ， 因为 1 2x x ，所以 1 20 ,2 2 a ax x   ， 令 2 1 1x t x   ，由 2 21 1 2 2ln lnx a x x a x   得 2 2 2 1 1 1 1ln lnx a x t x a tx   ， 所以 2 1 2 ln 1 a tx t   ， 要证 1 2 03 4x x x  ，只需证   13 1 2 2t x a  ， 即证  2 213 1 8t x a  ，即证   2 2 ln3 1 8 1 a tt a t    ， 0, 1a t  ，只需证  23 1t  令     ln t 8t 2  8  0， 2 23 1 ln 8 8w t t t t    ，则     118 6 ln 7 6w t t t t t      ， 令     118 6 ln 7 6n t t t t t      ，则   2 6 118ln 11 tn t t t     ， 当 1t  时，   0n t  ，故  n t 在  1,  上单调递增，    1 0n t n  ， 故  w t 在  1,  上单调递增，    1 0w t w  ， 所以 1 2 03 4x x x  .