天津市河东区2020届高三数学高考模拟试题（Word版附解析） 20页

2020 年河东区高考模拟考试数学试卷 一、选择题：本题共 9 个小题，每小题 5 分，共 45 分，每小题给出的四个选项只 有一个符合题目要求. 1.已知集合 { 2, 3, 4,4,5}A     ， { || 1| }B x x    ，则 A B  （ ） A. { 2, 3,4}  B. { 2,4,5} C. { 1, 2, 3, 4,0,1,2,3,4,5}    D. { 2,4} 【答案】D 【解析】 【分析】 首先求出集合 { |1 1}B x x      ，然后利用集合的交运算即可求解. 【详解】由 { 2, 3, 4,4,5}A     ， { || 1| } { |1 1}B x x x x          ， 所以 A B  { 2,4} . 故选：D 【点睛】本题考查了集合的交运算、绝对值的几何意义解不等式，属于基础题. 2.i 是虚数单位，复数 z 满足条件 2 | | 2z z i  ，则复数 z 在复平面上对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】B 【解析】 【分析】 设出复数  ,z x yi x y R   ，代入等式，利用复数相等求出 ,x y ，再利用复数的几何意义 即可求解. 【详解】设  ,z x yi x y R   ， 由 2 | | 2z z i  ，所以   2 22 2x yi x y i    即 2 22 2 2x x y yi i    ， 所以 2 22 0 2 2 x x y y      ，解得 3 3 1 x y      ， 所以复数在复平面内对应的点为 3 ,13      ， 即复数 z 在复平面上对应的点位于第二象限. 故选：B 【点睛】本题考查了复数的几何意义、复数模的运算、复数相等，属于基础题. 3.双曲线 2 2 2 1( 0)5 x y aa    的一条渐近线与直线 5y x 垂直，则 a 的值为（ ） A. 5 B. 25 C. 5 D. 1 【答案】A 【解析】 【分析】 首先求出双曲线的渐近线 5y xa   ，再利用直线垂直，斜率之积等于 1 即可求解. 【详解】双曲线方程： 2 2 2 1( 0)5 x y aa    ， 则双曲线的渐近线为： 5y xa   ， 由一条渐进线与直线 5y x 垂直， 则 5 5 1a     ，解得 5a  . 故选：A 【点睛】本题考查了双曲线的简单几何性质、直线垂直斜率之间的关系，属于基础题. 4.已知平面 a ，  ，直线l  ，直线 m 不在平面 上，下列说法正确的是（ ） A. 若 // , //m   ，则 //l m B. 若 // ,m   ，则l m C. 若 // , //l m   ，则 //m  D. 若 , //l m m  ，则  【答案】B 【解析】 【分析】 根据线、面之间的位置关系，逐一判断即可求解. 【详解】对于 A，若 // , //m   ，则 l 与 m 平行或者相交，故 A 不正确； 对于 B，若 // ,m   ，利用面面平行的性质定理可得l m ，故 B 正确； 对于 C，若 // , //l m   ，则 //m  或 m  ，故 C 不正确； 对于 D，若 , //l m m  ，则 与  相交或平行，故 D 不正确； 故选：B 【点睛】本题考查了直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系，属于基础题. 5.对于非零向量 a 、 b ，“ 2a b  ”是“ a ，b 共线”的（ ） A. 必要不充分条件 B. 充分不必要条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】 利用向量共线定理以及充分条件、必要条件的定义即可求解. 【详解】由 2a b  ，则 a 、 b 共线同向，充分性满足； 非零向量 a 、 b ，当 a ， b 共线时，则b a    R ，必要性不满足； 故“ 2a b  ”是“ a ， b 共线”的充分不必要条件. 故选：B 【点睛】本题考查了充分条件、必要条件的定义、向量共线定理，理解充分条件、必要条件 的定义是解题的关键，属于基础题. 6.已知函数  f x 为定义在[ 3,3] 的奇函数，且 (2) (1) (3) 0f f f   ，则下列各式中一定 成立的是（ ） A. 2 1 3 1(1) log (0) log 98f f f f            B. 1 2 3 1log 9 ( 1) log (0)8f f f f             C.  1 2 3 log 9 ( 1) (1) log 8f f f f          D. 1 2 3 1log 9 ( 1) log (0)8f f f f             【答案】D 【解析】 【分析】 利用对数的运算性质以及奇函数的性质，结合  (2) (1) (3) 0f f f f   即可求解. 【详解】由函数  f x 为定义在[ 3,3] 的奇函数，则  0 0f  ，且    f x f x   ， 因为 (2) (1) (3) 0f f f   ，则  (2) (1) (3) 0f f f f   ， 对于 A， 2 1 3 1(1) log (0) log 98f f f f            ，即    3 2(1) (0)f f f f    ， 即    31) ( 2( 0)f f f f   ，根据不等式的性质可知 A 不正确； 对于 B， 1 2 3 1log 9 ( 1) log (0)8f f f f             ，即        2 1 3 0f f f f      ， 即        2 1 3 0f f f f   ，由已知可知        2 1 3 0f f f f   ，故 B 不正确； 对于 C，  1 2 3 log 9 ( 1) (1) log 8f f f f          ，即    ( 1) (12 3)f f f f     ， 即    (1) 12 3( )f f f f   ，即   (3) 2 (2 1)f f f  ，根据不等式的性质可知 C 不正确； 对于 D， 1 2 3 1log 9 ( 1) log (0)8f f f f             ，即    ( 1)2 (0)3f f f f     ， 即    (1) ( )2 03f f f f   ，根据不等式的性质，不等式满足同向相加，可知 D 正确； 故选：D 【点睛】本题考查奇函数的性质、不等式性质以及对数的运算性质，属于基础题. 7. △ ABC 中， , ,A B C   对应的边分别为 , ,a b c ， 2 3A   ， 3b  ，三角形 ABC 的面积 为15 3 4 ，则边 a 的长为（ ） A. 19 B. 91 2 C. 7 D. 49 【答案】C 【解析】 【分析】 首先利用三角形的面积公式 1 15 3sin2 4ABCS bc A  ，求出 5c  ，再利用余弦定理即可求 解. 【详解】由 2 3A   ， 3b  ， 则 1 15 3sin2 4ABCS bc A  ，解得 5c  ， 在 △ ABC 中，由余弦定理可得： 2 2 2 12 cos 9 25 2 3 5 492a b c bc A               ， 解得 7a  . 故选：C 【点睛】本题考查了三角形的面积公式、余弦定理，需熟记公式与定理，属于基础题. 8.已知实数 , , 0a b ab  ，则 2 2 2 2 4 ab a b a b   的最大值为（ ） A. 1 6 B. 1 4 C. 1 7 D. 6 【答案】A 【解析】 【分析】 将式子同除 ab ，利用基本不等式即可求解. 【详解】 22 2 2 1 44 ab a ba b a b abb a ab       ， 又 0ab  ，则 0a b  ， 0b a  ， 所以 4 42 2 6a b a bab abb a ab b a ab         ， 所以 22 2 2 1 4 6 ab a b a b    ， 当且仅当 2a b  取等号. 故选：A 【点睛】本题考查了基本不等式求最值，注意验证等号成立的条件，属于基础题. 9.已知函数 13( ) sin 4 0,3 24f x x x               ，函数 ( ) ( )g x f x a  有 3 个零点 1x ， 2x ， 3x ，则 1 2 3x x x  的取值范围是（ ） A. 10 7,3 2       B. 7 5,12 8       C. 50, 8    D. 7 5,12 8     【答案】D 【解析】 【分析】 根据 13( ) sin 4 0,3 24f x x x               ，求解内层函数的范围，可得  f x 的图像，函数 ( ) ( )g x f x a  有 3 个零点，转化为  f x 与函数 y a  有三个交点问题，即可求解. 【详解】不妨设 1 2 3x x x  ， 函数 13( ) sin 4 0,3 24f x x x               ， 可得 543 3 2x     ， 令 4 3x t  ， 函数      g t f t a a R   恰有三个零点， 转化为  f t 与函数 y a  有三个交点问题， 根据三角函数的图像与性质可得：  2 3 1 3 2 2t t   ， 13 2t   ， 2 3 3t t    ，即 2 3 7 12x x   ， 那么 143 3 2x     ，解得 10 24x   ， 则 1 2 3x x x  的取值范围是 7 5,12 8     . 故选：D 【点睛】本题考查了三角函数的图像与性质，解题的关键是等价转化，将零点问题转化为两 个函数的交点问题，属于中档题. 二、填空题（本大题共 6 个小题，每小题 5 分，共 30 分.把答案填在题中横线上.） 10. 5y( x )2  的展开式 3xy 的系数为______． 【答案】 5 4  【解析】 【分析】 写出二项式展开式的通项公式，令 y 的指数为 3，从而求得指定项的系数. 【详解】 5y( x )2  的展开式的通项为 5 r r 5 r r r r r2 r 1 5 5 y 1T C ( x) ( ) ( ) C x y2 2        ． 取 r 3 ，可得 5y( x )2  的展开式 3xy 的系数为 3 3 5 1 5( ) C2 4    ． 故答案为 5 4  ． 【点睛】本小题主要考查二项式展开式中指定项的系数，考查指数式的运算，属于基础题. 11.已知抛物线的焦点为 10, 2F       ，点 (1, )P t 在抛物线上，则点 P 、 F 的距离为________. 【答案】1 【解析】 【分析】 根据焦点可得抛物线的标准方程，将点 (1, )P t 代入可求出 t ，再利用焦半径公式即可求解. 【详解】抛物线的焦点为 10, 2F       ，则抛物线的标准方程为： 2 2x y  ， 因为点 (1, )P t 在抛物线上，所以1 2t  ，解得 1 2t   ， 所以 1 1 1 12 2 2 2 pPF       . 故答案为：1 【点睛】本题考查了抛物线的标准方程、焦半径公式，需熟记抛物线的标准方程的四种形式， 焦半径公式，属于基础题. 12.已知圆O 过点 (0,0), (0,4), (1,1)A B C ，点 (3,4)D 到圆O 上的点最小距离为________. 【答案】 5 【解析】 【分析】 利用待定系数法求出圆的方程，求出圆的圆心 O 与半径，求出 OD 减去半径即可求解. 【详解】设圆的一般方程为： 2 2 0x y Dx Ey F     ， 因为圆O 过点 (0,0), (0,4), (1,1)A B C ， 所以 0 16 4 0 1 1 0 F E F D E F            ，解得 2D  ， 4E   ， 0F  ， 所以圆的方程为： 2 2 2 4 0x y x y    ， 整理可得   2 21 2 5x y    ， 所以圆的圆心  1,2O  ，半径 5r  ， 所以点 (3,4)D 到圆 O 上的点最小距离为：    2 21 3 2 4 5 5      . 故答案为： 5 【点睛】本题考查了待定系数法求圆的一般方程、标准方程，圆上的点到定点的距离最值， 两点间的距离公式，属于基础题. 13.正四棱锥的高与底面边长相等且体积为 8 3 ，以底面中心为球心，经过四棱锥四条侧棱的中 点的球的表面积为________. 【答案】 6 【解析】 【分析】 首先利用棱锥的体积公式求出棱锥的底边边长以及棱锥的高，在 Rt POC 中，求出 2cos 6 PCO  ，在 OCN 中，利用余弦定理求出半径 ON ，再利用球的表面积公式即可 求解. 【详解】如图，设正四棱锥的边长为 a ， 则 31 1 8 3 3 3P ABCD ABCDV S a a      ，解得 2a  ， 所以 2OC  ， 6PC  ， 在 Rt POC 中， 2cos 6 OCPCO PC    ， N 为 PC 的中点， 6 2CN  ，且 R CN ， 在 OCN 中，由余弦定理可得： 2 2 2 6 6 2 32 cos 2 2 24 2 26 ON CN CO CN CO OCN            . 所以 2 3=4 4 62S R    球 . 故答案为： 6 【点睛】本题主要考查了椎体的体积公式，球的表面积公式以及余弦定理解三角形，考查了 学生的空间想象能力，属于中档题. 14.如图，圆O 内接正三角形 ABC 边长为 2，圆心为O ，则OB OC   ________.若线段 BC 上 一点 D ， 1 2BD DC ，OC AD   ________. 【答案】 (1). 2 3  (2). 2 3 【解析】 【分析】 利用正弦定理求出外接圆半径 2 3 3R  ，根据圆周角定理可得 2 3BOC   ，再由向量数量 积 的 定 义 即 可 求 解 ； 根 据 向 量 的 减 法 可 得    OC AD OC OD OA OC OC CD OC OA                  ，再利用向量的数量积即可求解. 【详解】设 ABC 外接圆半径为 R ，则 OA OB OC R     ， 在正三角形 ABC 中，由正弦定理可得： 42 3sin 3 ABR   ，解得 2 3 3R  ， 22 3BOC BAC     ， 所以 2 2cos 3 3OB OC OB OC         . 由 2 3OB OCOC OA        所以    OC AD OC OD OA OC OC CD OC OA                  2 2 3OC OC CD            4 2 4 2 2cos cos3 6 3 3 3 6 3CO CD CO CB           4 4 2 2 3 3 3 3     . 故答案为： 2 3  ； 2 3 【点睛】本题考查了平面向量数量积的运算、向量的加减法、正弦定理求外接圆半径，属于 中档题. 15.函数     2 3f x x g x x x   ， ，,若存在 1 2 90 2nx x x       ， ， ， ， 使得                1 2 1 1 2 1n n n nf x f x f x g x g x g x g x f x        ，则 n 的最大值 为___. 【答案】8 【解析】 【分析】 由已知得 2 2 2 2 1 2 12 ( 1) [( 1) ( 1) ( 1) ]n nn x x x x          ，又 1x ， 2x ， ， 90, 2nx      ， 可求 n 的最大值． 【详解】解： 2 1 2 1 1 2 1( ) ( ) ( ) ( ) 3n n n n nf x f x f x g x x x x x x          ， 2 2 2 1 2 1 1 2 1 1 2 1( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3( 1)n n n n ng x g x g x f x x x x x x x n x              ， 2 2 2 2 1 2 1( 1) ( 1) ( 1) 2( 2) ( 1)n nx x x n x          ，   2 2 2 2 1 2 12 2 ( 1) [( 1) ( 1) ( 1) ]n nn x x x x           当 1 2 1 1nx x x     ， 9 2nx  时， 29 492( 2) ( 1)2 4maxn     ，   492 2 4n  „ ，又 n NQ ， 8maxn  ． 【点睛】本题考查参数的最值，配方是关键，考查推理能力和计算能力，属中档题． 三、解答题：（本大题 5 个题，共 75 分） 16.已知递增等差数列 na ，等比数列 nb ，数列 nc ， 1 1 1a c  ， 4 9c  ， 1a 、 2a 、 5a 成 等比数列， n n nb a c  ， *n N . （1）求数列 na 、{ }nb 的通项公式； （2）求数列 nc 的前 n 项和 nS . 【答案】（1） *2 1na n n N   ， 2n nb  ；（2） 1 22 2n nS n   （ *n N ） 【解析】 【分析】 （1）利用等差数列的通项公式以及 2 2 1 5a a a 可求出 d ，由题意利用等比数列的通项公式可求 出 q，从而求出 na 、{ }nb 的通项公式. （2）利用分组求和以及等差数列、等比数列的前 n 项和公式即可求解. 【详解】（1）由已知， 1 ( 1)na n d   ， 2 2 1 5a a a . 解为 2d  或 0（舍）， *2 1na n n N   1 1 1 2b a c   ， 12 n nb q  ， 4 4 4 16b a c   ，解 2q = ， 2n nb  （2） 2 (2 1)n n n nc b a n     2 1 2 2 1 2 3 2 (2 1)n n nS c c c n             2 1 22 2 2 [1 3 (2 1)] 2 2n nn n          *n N 【点睛】本题考查了等差数列的通项公式、前 n 项和公式以及等比数列的通项公式、前 n 项和 公式，分组求和法，属于基础题. 17.2020 年 1 月 1 日《天津日报》发表文章总结天津海河英才计划成果“厚植热土 让天下才天 津用”——我市精细服务海河英才优化引才结构.“海河英才”行动计划，紧紧围绕“一基地三区” 定位，聚焦战略性新兴产业人才需求，大力、大胆集聚人才.政策实施 1 年半以来，截至 2019 年 11 月 30 日，累计引进各类人才落户 23.5 万人.具体比例如图所示，新引进两院院士，长江 学者，杰出青年科学基金获得者等顶尖领军人才 112 人.记者李军计划从人才库中随机选取一 部分英才进行跟踪调查采访. （1）李军抽取了 8 人其中学历型人才 4 人，技能型人才 3 人，资格型人才 1 人，周二和周五 随机进行采访，每天 4 人（4 人顺序任意），周五采访学历型人才人数不超过 2 人的概率； （2）李军抽取不同类型的人才有不同的采访补贴，学历型人才 500 元/人，技能型人才 400 元 /人，资格型人才 600 元/人，则创业型急需型人才最少补贴多少元/人使每名人才平均采访补贴 费用大于等于 500 元/人？ 【答案】（1） 53 70 ；（2）855.56 元/人 【解析】 【分析】 （1）利用组合数以及古典概型的概率计算公式即可求解. （2）设创业型急需型人才最少补贴 x 元/人，列出分布列，求出数学期望 ( )E  ，使 ( ) 0E   解不等式即可求解. 【详解】（1）事件 A “周五采访学历型人才人数不超过 2 人”的概率 4 1 3 2 2 4 4 4 4 4 4 8 53( ) 70 C C C C CP A C    （2）各类人才的补贴数额为随机变量 ， 取值分别为 400、500、600、 x 分布列为：  400 500 600 x P 25.5% 53.6% 19.1% 1.8% ( ) 400 0.255 500 0.536 600 0.191 0.018 484.6 0.018E x x          484.6 0.018 500x  ，解为 7700 (855.56)9x  , 所以创业型急需型人才最少补贴855.56 元/人， 才能使每名人才平均采访补贴费用大于等于 500 元/人 【点睛】本题考查了古典概型的概率计算公式、数学期望、组合数，考查了学生的基本运算 能力，属于基础题. 18.如图，在四棱锥 P ABCD 中，PA  平面 ABCD ，正方形 ABCD 边长为 2，E 是 PA 的 中点. （1）求证： //PC 平面 BDE ； （2）求证：直线 BE 与平面 PCD所成角的正弦值为 10 10 ，求 PA 的长度； （3）若 2PA  ，线段 PC 上是否存在一点 F ，使 AF  平面 BDE ，若存在求 PF 的长度， 若不存在则说明. 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析，2 或 4；（3）存在， 2 3 3PF  【解析】 【分析】 （1）以 D 为原点建立空间直角坐标系 D xyz ，求出 ( , 2,2)PC a   ，平面 BDE 法向量 1n ur ， 利用 1 4 2 2 0PC n      ，即可证出. （2）求出平面 PCD法向量 2n uur ， ,0, 22 aBE       ，由 2 2 2 | | 10sin | cos , | 10| || | BE nBE n BE n            ，利用空间向量的数量积即可求解. （3）假设存在，设 PF PC  ，由（1）平面 BDE 法向量 1 ( 2,1, 1)n    ， (2 2 , 2 ,2 )AF      ，由向量共线可得 2 2 2 2 1    ，解方程即可求解. 【详解】（1）由 PA  平面 ABCD ，CD 平面 ABCD ，所以 PA CD ， 因为 ABCD 为正方形，所以CD DA ， 又 PA DA A  ， 所以CD  平面 ADP . 如图以 D 为原点建立空间直角坐标系 D xyz (0,2,0)A ， (0,2,2)B ， (0,0,2)C ， (0,0,0)D ， ( ,2,0)( 0)P a a  ， ,2,02 aE     ( , 2,2)PC a   设平面 BDE 法向量为  1 0 0 0, ,n x y z ur (0,2,2)DB  ， ,2,02 aDE       0 0 0 0 2 2 0 2 02 y z a x y     令 0 1y  ， 1 4 ,1, 1n a       1 4 2 2 0PC n      ， PC 平面 BDE ， / /PC 平面 BDE （2）设平面 PCD法向量为  2 1 1 1, ,n x y z ， (0,0,2)DC  ， ( ,2,0)DP a ， 1 1 1 2 0 2 0 z ax y     ，令 1 2x  ， 2 (2, ,0)n a  ， ,0, 22 aBE       ，设直线 BE 与平面 PCD所成角为 2 2 2 2 2 | | 10sin |cos , | 10| || | 4 44 BE n aBE n BE n a a               解得 2a  或 4，所以 PA 长为 2 或 4 （3）存在， 2a  ， (2,2,0)P ， PF PC  ， (2 2 ,2 2 ,2 )F     ， 1 ( 2,1, 1)n    ， (2 2 , 2 ,2 )AF      ， 2 2 2 2 1    ， 解得 1 3   ， 2 3 3PF  . 【点睛】本题考查了空间向量法证明线面平行、根据线面角求线段长度、利用法向量求线面 垂直，解题的关键是建立恰当的空间直角坐标系，属于中档题. 19.已知椭圆 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b     的右焦点为 (c,0)F ，左右顶点分别为 A ， B ，上顶点为 C ， 120BFC   （1）求椭圆离心率； （2）点 F 到直线 BC 的距离为 21 7 ，求椭圆方程； （3）在（2）的条件下，点 P 在椭圆上且异于 A 、 B 两点，直线 AP 与直线 2x  交于点 D ， 说明 P 运动时以 BD 为直径的圆与直线 PF 的位置关系，并证明. 【答案】（1） 1 2 ；（2） 2 2 14 3 x y  ；（3）相切，证明见解析 【解析】 【分析】 （1）由已知根据椭圆的定义可得 CF a ，从而可得 cos60ce a   即可求解. （2）利用点斜式求出直线 BC 的方程，再利用点到直线的距离公式可得 3( ) 21 77 a cd   ，结合 1 2 c a  即可求解. （3）设直线 : ( 2)( 0)APl y k x k   ，将直线与椭圆联立，利用韦达定理求出点 P 坐标，再 求出圆心，分类讨论 1 2k   或 1 2k   ，求出直线 PF 的方程， 再利用点 E 到直线 PF 的距 离与半径作比较即可证出. 【详解】（1）由已知， 1cos60 2 ce a    （2） ( ,0), (0, )B a C b ，直线 3: ( )2BCl y x a  ， 即 3 2 3 0x y a   则点 F 到直线 BC 的距离 3( ) 21 77 a cd   ， 解为 2a  ， 1c  ，椭圆方程为 2 2 14 3 x y  （3）以 BD 为直径的圆与直线 PF 相切， 证明：直线 : ( 2)( 0)APl y k x k   2 2 ( 2) 3 4 12 y k x x y      交点为  , ,p pA P x y 得 2 2 2 24 3 16 16 12 0k x k x k     ， 2 2 2 2 16 12 6 82 ,4 3 4 3p p k kx xk k      ，   2 122 4 3p p ky k x k     ， (1,0)F ，点 (2,4 )D k ， BD 中点圆心 (2,2 )E k 当 1 2k   时，点 31, 2P    ，直线 : 1PFl x  ，圆心(2, 1) ，半径 1，与直线相切； 当 1 2k   时， 2 4 1 1 4 p PF p y kk x k    ， 2 4: ( 1)1 4PF kl y xk   点 E 到直线 PF 的距离 2 22 1 42 2 14 | 2 | 1 41 4 E PF k kkd k k k            为半径，得证. 【点睛】本题考查了椭圆的简单几何性质、椭圆的标准方程以及直线与椭圆的位置关系中的 定值问题，考查了考生的计算能力，属于难题. 20.已知函数 2( ) lnf x x x k x   ， 0k  . （1）函数 ( )f x 在点 (1, (1))f 处的切线的斜率为 2，求 k 的值； （2）讨论函数 ( )f x 的单调性； （3）若函数 ( )f x 有两个不同极值点为 1x 、 2x ，证明：    1 2 1 24f x f x k   . 【答案】（1） 1k  ；（2）当 1 8k  时，在 (0, ) 单调递增；当 10 8k  时，在 1 1 80, 4 k       ， 1 1 8 ,4 k       单调递增，在 1 1 8 1 1 8,4 4 k k         单调递减；（3）证明见解析 【解析】 【分析】 （1）求出导函数  f x ，利用导数的几何意义 (1) 2f   即可求解. （2）令 ( ) 2 1 0kf x x x      ，化简 22 0x x k   ，判别式 1 8k   ，讨论  的正负， 从而确定 ( )f x 的正负，利用导数与函数单调性的关系即可求解. （3）由（2）可知， 10 8k  ，    2 1f x f x ，由 1 1 1 8 4 kx   ， 2 1 1 8 4 kx   ， 求出    1 2f x f x [ln(1 ) ln(11 8 1 )]4 8 1 8k k kk        ，利用换元法令 ( ,1 )8 0 1kt   ，将不等式转化为 2 [ln(1 ) ln(1 )]4 4 t tk t t     ，不妨设 2 ( ) [ln(1 ) ln(1 )]4 4 t tg t k t t      ，利用导数证出函数 ( )g t 在 (0,1) 单调递增，由 ( ) (0) 0g t g  即可证出. 【详解】（1） ( ) 2 1 ( 0)kf x x xx      ， (1) 1 2f k    ，∴ 1k  （2）令 ( ) 2 1 0kf x x x      即 22 0x x k   ， 1 8k   当 1 8k  时， 0  ， ( ) 0f x  ， ( )f x 在 (0, ) 单调递增 当 10 8k  时，   ， 1 2 02 kx x   ， 1 2 1 02x x   ， 1 2, 0x x  1 1 1 8 4 kx   ， 2 1 1 8 4 kx   ， 1 2x x ( )f x 在 1 1 80, 4 k       ， 1 1 8 ,4 k       单调递增 在 1 1 8 1 1 8,4 4 k k         单调递减. （3）由（2）可知， 10 8k  ，    2 1f x f x ，         2 2 1 1 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 2 ln 1 lnx xf x f x x x x x k x x x x kx x            1 8 1 8 1 81ln [ln(1 ) ln(1 )]4 4 1 8 1 11 8 8 k kk k k k k k               ， 令 ( ,1 )8 0 1kt   则 21 1 8 124 4 4 kk t   ，只需证明 2 [ln(1 ) ln(1 )]4 4 t tk t t     2 ( ) [ln(1 ) ln(1 )]4 4 t tg t k t t      ，（只需证明 ( ) 0g t  即可） 2 1 1 1 1 2( ) 2 4 1 1 2 4 1 t t kg t k t t t              21 1 (1 8 ) 8t k k     ， ∴ ( ) 02 tg t   ， ( )g t 在(0,1) 单调递增 ( ) (0) 0g t g  ，得证. 【点睛】本题考查了导数的几何意义、导数在研究函数单调性中的应用、利用导数证明单调 性，考查了分类讨论的思想，属于难题.