【精品试卷】新高考2021届高三数学入学调研试题二(含解析） 15页

1 （新高考）2021 届高三数学入学调研试题（二） 注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形 码粘贴在答题卡上的指定位置。 2．选择题的作答：每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂 黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草 稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。 第Ⅰ卷 一、单项选择题：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．已知集合 { | lg( 2) 0}M x x   ， { | 3 , }xP y y x   R ，则 M P  （ ） A．空集 B． P C． M D．{ | 0 3}x x  2．已知复数 z 满足3 i(2 1)z z   ，则| |z  （ ） A． 2 B． 2 C． 3 D．3 3．已知向量 3 1( , )2 2 a ， 2b ，且 3 a b ，则 a 与 b 的夹角为（ ） A． π 6 B． π 2 C． π 4 D． π 3 4．若 5( )ax xx  的展开式中常数项为 270 ，则实数 a （ ） A．1 B． 2 C．3 D． 4 5．正三角形 ABC 的边长为 2 ，将它沿高 AD 折叠，使点 B 与点C 间的距离为 3 ，则四面体 ABCD 外接球的表面积为（ ） A． 6π B． 7π C．8π D． 9π 6．设命题 : 0p x  ， 3 1x  ，则 p 为（ ） A． 0x  ， 3 1x  B． 0 0x  ， 3 0 1x  C． 0x  ， 3 1x  D． 0 0x  ， 3 0 1x  7．已知 M 为函数 8y x  的图像上任意一点，过 M 作直线 MA ，MB 分别与圆 2 2 1x y  相切于 A ， B 两点，则原点O 到直线 AB 得距离的最大值为（ ） A． 1 8 B． 1 4 C． 2 2 D． 2 4 8．已知定义在 R 上的函数 ( )f x 满足 ( 6) ( )f x f x  ， ( 3)y f x  为偶函数，若 ( )f x 在 (0,3) 内 单调递减，则下面结论正确的是（ ） A． 1 219( ) ( ) (ln 2)2f f e f  B． 1 2 19( ) (ln 2) ( )2f e f f  C． 1 219(ln 2) ( ) ( )2f f f e  D． 1 2 19(ln 2) ( ) ( )2f f e f  二、多项选择题：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，部分选对的得 3 分，有选错的得 0 分． 9．AQI 即空气质量指数，AQI 越小，表明空气质量越好，当 AQI 不大于100 时称空气质量为“优 良”，如图是某市3月1日到12日 AQI 的统计数据，则下列叙述不正确的是（ ） A．这12 天的 AQI 的中位数是90 B．12 天中超过 7 天空气质量为“优良” C．从3月 4 日到9日，空气质量越来越好 D．这12 天的 AQI 的平均值为100 10．如图，在正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中，点 P 在线段 1BC 上运动，则下列判断中正确的是（ ） A．平面 1PB D 平面 1ACD B． 1A P∥平面 1ACD 2 C．异面直线 1AP 与 1AD 所成角的取值范围是 π(0, ]3 D．三棱锥 1D APC 的体积不变 11．设 M ， N 是抛物线 2y x 上的两个不同的点，O 是坐标原点，若直线OM 与ON 的斜率之积 为 1 2  ，则下列说法错误的是（ ） A．| | | | 4 2OM ON  B．以 MN 为直径的圆的面积大于 4π C．直线 MN 过抛物线 2y x 的焦点 D． O 到直线 MN 的距离不大于 2 12．已知函数 ( ) sin( )( 0, 0,| | )2 πf x A x A        的图象如图所示，令 ( ) ( )g x f x ( )f x ，则下列关于函数 ( )g x 的说法中正确的是（ ） A．函数 ( )g x 图象的对称轴方程为 π ( )12 πx k k   Z B．函数 ( )g x 的最大值为 2 2 C．函数 ( )g x 的图象上存在点 P ，使得在 P 点处的切线与直线 : 3 1l y x  平行 D．方程 ( ) 2g x  的两个不同的解分别为 1x ， 2x ，则 1 2| |x x 最小值为 π 2 第Ⅱ卷 三、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分． 13．甲、乙、丙、丁四名同学申报3所不同的985高校的自主招生，要求每名同学只能申报一所学 校，每所学校必须有同学申报，甲、乙或甲、丙均不能申报同一所学校，则不同的申报方案有 种． 14．已知角 满足 π 1cos( )6 3    ，则 πsin(2 )6    ． 15．已知椭圆 2 2 2 2: 1x yC a b   ( 0)a b  的右焦点为 (1,0)F ，其关于直线 y bx 的对称点 Q 在椭 圆上，则离心率 e  ， FOQS △ ． 16．已知球O的体积为36π ，则球O 的内接圆锥的体积的最大值为_________． 四、解答题：本大题共 6 个大题，共 70 分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17．（10 分）在数列{ }na 中， 1 1a  ， 1 1 n n n aa a   ，设 1 n n b a  ， n N ． （1）求证数列{ }nb 是等差数列，并求通项公式 nb ； （2）设 12n n nc b   ，且数列{ }nc 的前 n 项和为 nS ，若  R ，求使 1n nS c  恒成立的  的取 值范围． 18．（12 分）如图，在 ABC△ 中， 8AB  ， 6AC  ， AD BC ， M ， N 分别为 AB ， AC 的 中点． （1）若 6DM DN    ，求| |BC ； 3 （2）若 5 | | | | DM DB DN DC DB DC          ，求 BAC 的大小． 19．（12 分）如图，四棱锥 P ABCD 中， PA  底面 ABCD ，底面 ABCD 为直角梯形， 90CDA BAD    ， 2 2 2AB AD DC   ， E ， F 分别为 PD ， PB 的中点． （1）求证：CF∥平面 PAD ； （2）若截面CEF 与底面 ABCD 所成锐二面角为 π 4 ，求 PA 的长度． 20．（12 分）某小学举办“父母养育我，我报父母恩”的活动，对六个年级（一年级到六年级的年 级代码分别为1，2 ，…，6 ）的学生给父母洗脚的百分比 %y 进行了调查统计，绘制得到下面的散 点图． （1）由散点图看出，可用线性回归模型拟合 y 与 x 的关系，请用相关系数加以说明； （2）建立 y 关于 x 的回归方程，并据此预计该校学生升入中学的第一年（年纪代码为 7 ）给父母洗 脚的百分比． 附注：参考数据： 6 2 1 7.5) 1( i i x x = - =å ， 1 ( ) 3( ) 5 n i i i x x y y = - - =å ， 133000 365» ． 参考公式：相关系数        1 2 2 1 1 n i i i n n i i i i x x y y r x x y y            ，若 0.95r > ，则 y 与 x 的线性相关程度相当 4 高，可用线性回归模型拟合 y 与 x 的关系． 回归方程 y bx a= +$ $ $ 中斜率与截距的最小二乘估计公式分别为： 1 2 1 ( ) ( ( ) ) ˆ n i i i n i i x x y y b x x = = - - = - å å ， ˆa y bx= -$ ． 21．（12 分）已知点 (1, 2)A 是离心率为 2 2 的椭圆 2 2 2 2: 1y xC a b   （ 0a b  ）上的一点，斜率 为 2 的直线 BD 交椭圆C 于 B 、 D 两点，且 A 、 B 、 D 三点不重合． （1）求椭圆C 的方程； （2）求证：直线 AB ， AD 的斜率之和为定值； （3） ABD△ 面积是否存在最大值？若存在，求出这个最大值；若不存在，请说明理由？ 22．（12 分）已知函数 2( ) (6ln 4 6 3)f x x x x a    有两个极值点． （1）求 a 的取值范围； （2）设 1x ， 2x （ 1 2x x ）是 ( )f x 的两个极值点，证明： 1 2 1 2 0ln lnx x   ． （新高考）2021 届高三入学调研试卷 数 学（二）答 案 第Ⅰ卷 一、单项选择题：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．【答案】C 【解析】因为 lg( 2) 0x   ，所以 2 3x  ，即 { | 2 3}M x x   ， 又 { | 3 , } { | 0}xP y y x y y    R ，所以 M P ，因此 M P M ． 2．【答案】A 【解析】∵ 3 i (3 i)(1 2i) 1 7i 1 7 i1 2i (1 2i)(1 2i) 5 5 5z           ，∴| | 2z  ． 3．【答案】A 【解析】设 a 与 b 的夹角为 ， ∵ 3 1( , )2 2 a ，∴ 1a ，∴ 3cos 3 cos 2       a b a b ， ∵ [0,π]  ，∴ π 6   ． 4．【答案】C 【解析】展开式的通项公式 5 5 2 4 1 5 5C ( ) ( ) C ( 1)r r r r r r r r aT x x a xx          ， 故当 2r  时， 1rT  为常数项，此时 2 3 5C 270a  ，故 3a  ． 5．【答案】B 【解析】根据题意可知四面体 ABCD 的三条侧棱 BD AD 、 DC DA ，底面是等腰 BDC△ ， 它的外接球就是它扩展为三棱柱的外接球， 求出三棱柱的上下底面三角形的中心连线的中点到顶点 D 的距离，就是球的半径， 三棱柱中，底面 BDC△ ， 1BD CD  ， 3BC  ，∴ 120BDC   ， ∴ BDC△ 的外接圆的半径为 1 3 12 sin120   ， 由题意可得：球心到底面的距离为 3 2 ， ∴球的半径为 3 714 2r    ，外接球的表面积为 24π 7πr  ． 6．【答案】B 【解析】全称命题的否定是特称命题． 7．【答案】B 【解析】设 0 0 )( ,M x y ，则 0 0 8x y  ， ∴以OM 为直径的圆的方程为 2 2 2 2 0 0) ( )2 2 4( x yx yx y     ，即 2 2 0 0 0x y x x y y    ， 又∵ AB 为圆 2 2 0 0 0x y x x y y    与圆 2 2 1x y  的公共弦， ∴两圆作差可得直线 AB 的方程为 0 0 1x x y y  ， ∴点O 到直线 AB 的距离 2 2 0 00 0 1 1 1 42 d x yx y     ， 当且仅当 0 0 0 0 8x y x y    ，即 0 0 2 2 2 2 x y    或 0 0 2 2 2 2 x y      时取等号， ∴原点O 到直线 AB 的距离的最大值为 1 4 ． 8．【答案】A 【解析】∵ ( 6) ( )f x f x  ，∴ ( )f x 的周期为 6 ， 又 ∵ ( 3)y f x  为 偶 函 数 ， ∴ ( 3) ( 3)f x f x    ， 19 7 7 1 1 5( ) ( 6) ( ) ( 3) ( 3) ( )2 2 2 2 2 2f f f f f f         ， ∵ 1 21 2e  ， 0 ln 2 1  ，∴ 1 253 ln 2 02 e    ， 又 ( )f x 在 (0,3) 内单调递减，∴ 1 25( ) ( ) (ln 2)2f f e f  ，∴ 1 219( ) ( ) (ln 2)2f f e f  ． 二、多项选择题：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，部分选对的得 3 分，有选错的得 0 分． 9．【答案】ABD 【解析】这12 天的 AQI 指数值的中位数是 95 104 99.52   ，故 A 不正确； 这12 天中，空气质量为“优良”的有95，85， 77 ， 67 ， 72 ，92共 6 天，故 B 不正确； 从 4 日到 9日，空气质量越来越好，故 C 正确； 这12 天的 AQI 指数值的平均值约为110，故 D 不正确． 10．【答案】ABD 【解析】A 中，连接 1DB ，根据正方体的性质，有 1DB  面 1ACD ， 1DB 平面 1PB D ， 从而可以证明平面 1PB D 平面 1ACD ，正确； B 中，连接 1AB ， 1 1AC 容易证明平面 1 1BAC∥面 1ACD ，从而由线面平行的定义可得 1 A P∥平 面 1ACD ，正确； C 中，当 P 与线段 1BC 的两端点重合时， 1AP 与 1AD 所成角取最小值 π 3 ， 当 P 与线段 1BC 的中点重合时， 1AP 与 1AD 所成角取最大值 π 2 ， 故 1AP 与 1AD 所成角的范围是 π[ ,3 π]2 ，错误； D 中， 1 1D APC C AD PV V  ，C 到面 1AD P 的距离不变，且三角形 1AD P 的面积不变， ∴三棱锥 1D APC﹣ 的体积不变，正确． 11．【答案】ABC 【解析】当直线 MN 的斜率不存在时，设 2 0 0( ),M y y ， 2 0 0( , )N y y ， 由斜率之积为 1 2  ，可得 2 0 1 1 2y    ，即 2 0 2y  ，∴ MN 的直线方程为 2x  ； 当直线的斜率存在时，设直线方程为 y kx m  ，联立 2 y kx m y x     ，可得 2 0ky y m   ， 此时设 1 1( , )M x y ， 2 2( , )N x y ，则 1 2 my y k  ， 2 1 2 2 mx x k  ， ∴ 1 2 1 2 1 2OM ON y y kk k x x m      ，即 2m k  ， ∴直线方程为 2 ( 2)y kx k k x    ， 则直线 MN 过定点 (2,0) ，则 O 到直线 MN 的距离不大于 2 ． 12．【答案】ABD 【解析】根据函数  ( ) sinf x A x   的图象知， 2A  ， 2π 4 3 2 π 6 πT    ， ∴ 2πT  ， 2π 1T    ， 根据五点法画图知，当 π 6x  时， 6 π 2 πx      ，∴ π 3   ， ∴ ( ) 2si πn( )3f x x  ，∴ ( ) 2cos( π)3f x x   ， ∴ π π( ) ( ) ( ) 2sin( ) 2cos( ) 2 2 sin( )3 3 3 4 π πg x f x f x x x x         7π2 2 sin( )12x  ， 令 7π π12 2 πx k   ， k Z ，解得 π12 πx k   ， k Z ， ∴函数 ( )g x 的对称轴方程为 π12 πx k   ， k Z ，A 正确； 当 7π 2 π12 2 πx k   ， k Z 时，函数 ( )g x 取得最大值 2 2 ，B 正确； 7π( ) 2 2 cos( )12g x x   ， 假设函数 ( )g x 的图象上存在点 0 0( , )P x y ，使得在 P 点处的切线与直线 : 3 1l y x  平行， 则 0 0 7π( ) 2 2 co 1 )s 3( 2k g x x    ，解得 0 7π 3cos( ) 112 2 2 x    ，显然不成立， 所以假设错误，即 C 错误； 方程 ( ) 2g x  ，则 7π2 2 sin( ) 212x   ，∴ 7π 2sin( )12 2x   ， ∴ 7π 2 π12 4 πx k   或 7π 3π 2 π12 4x k   ， k Z ； ∴方程的两个不同的解分别为 1x ， 2x 时， 1 2| |x x 的最小值为 π 2 ，D 正确． 第Ⅱ卷 三、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分． 13．【答案】 24 【解析】根据题意，必定有两个人报一所学校，有 4 种可能：甲丁、丙丁、乙丁、乙丙， 将这些分别看作一个整体，再排列组合，所以总共有 3 3A 4 24  ． 14．【答案】 7 9 【解析】由题意得 π π π πsin(2 ) cos[ (2 )] cos(2 )6 2 6 3           2 2π 1 7[2cos ( ) 1] [2 ( ) 1]6 3 9          ． 15．【答案】 2 2 ， 1 2 【解析】设 ( , )Q m n ，由题意可得 2 2 2 2 1 1 1 2 2 n m b n b m c m n a b          ,① = ,② + =1,③ ， 由①②可得 2 2 1 bm a  ， 2 2bn a  ， 代入③可得 6 24 1 0e e   ，即 6 4 4 2 24 2 2 2 1 0e e e e e      ， 可得 2 4 2(2 1)(2 1) 0e e e    ，解得 2 2e  ， 所以 2a  ， 1b  ， 1c  ，所以 (0,1)Q ， 所以 FOQ△ 是等腰直角三角形，所以 1 11 12 2FOQS    △ ． 16．【答案】 32π 3 【解析】设球的半径为 R ，则有 34 π 36π3 R  ，整理得 3 27R  ，即 3R  ， 设该球的内接圆锥的底面圆的半径为 r ，高为 h ，则有 2 (6 )r h h  ， 而该圆锥的体积 21 1 4 1 1π π (6 ) π (6 )3 3 3 2 2V r h h h h h h h         ， 利用均值不等式可得当 1 1 62 2h h h   时， 即 4h  时取得最大值，且最大值为 34 32ππ 23 3   ． 四、解答题：本大题共 6 个大题，共 70 分．解答应写出文字说明、证明过程或演算 步骤． 17．【答案】（1）证明见解析， nb n ；（2） 2  ． 【解析】（1）由条件知， 1 11 1 1n n n n a a a a    ，所以， 1 1 1 1 n na a   ，所以 1 1n nb b   ， 又 1 1 1 1b a   ，所以，数列{ }nb 是首项为1，公差为1的等差数列， 故数列{ }nb 的通项公式为 nb n ． （2）由（1）知， 12n n nc   ，则 0 1 11 2 2 2 2 n nS n        ，① 1 22 1 2 2 2 2 n nS n       ，② 由①  ②，得 0 1 1 1 22 2 2 2 2 1 (1 ) 21 2 n n n n n nS n n n                ， ∴ 1 ( 1) 2n nS n    ， ∵ 0nc  ，∴ 1n nS c  恒成立，等价于 1n n S c   对任意 n N 恒成立． ∵ 1 1 ( 1)2 22 22 n n n n S n c n n      ，∴ 2  ． 18．【答案】（1）| | 2 37BC  ；（2） 90BAC   ． 【解析】（1）由 AD BC 可知，| | | |DM AM ，| | | |DN AN ， 所以 MDN MAN   ， 因为 12cos 6DM DN MAN      ，所以 1cos 2MAN   ， 所以 2 2 2| | | | | | 2 | || |cos 148BC AB AC AB AC MAN     ，所以| | 2 37BC  ． （2）因为 1 (| | | |) 52| | | | DC DB DC DC DM DB DN DB            ， 所以| 10|BC  ，所以 90BAC   ． 19．【答案】（1）证明见解析；（2） 4PA  ． 【解析】（1）证明：取 PA 的中点Q ，连接QF ，QD ， ∵ F 是 PB 的中点，∴QF AB∥ 且 1 2QF AB ， ∵底面 ABCD 为直角梯形， 90CDA BAD    ， 2 2 2AB AD DC   ， ∴CD AB∥ ， 1 2CD AB ，∴QF CD∥ 且QF CD ， ∴四边形 QFCD 是平行四边形，∴ FC QD∥ ， 又∵ FC 平面 PAD ， QD  平面 PAD ，∴ FC∥平面 PAD ． （2）如图，分别以 AD ， AB ， AP 为 x ， y ， z 轴建立空间直角坐标系， 设 PA a ，则 (0,0,0)A ， (0,2 2,0)B ， (2 2, 2,0)C ， (2 2,0,0)D ， ( 2,0, )2 aE ， (0, 2, )2 aF ， 取平面 ABCD 的法向量 1 (0,0,1)n ， ( 2, 2, )2 aCE    ， ( 2 2,0, )2 aCF   ， 设平面CEF 的法向量为 2 ( , , )x y zn ，则有 2 2 0 0 CE CF        n n ，即 2 2 02 2 2 02 ax y z ax z         ， 不妨设 4 2z  ，则 x a ， y a ，即 2 ( , ,4 2)a an ， ∴ 1 2 1 2 1 2 2| cos , | | | 2     n nn n n n ，解得 4a  ，即 4PA  ． 20．【答案】（1）见解析；（2） 23% ． 【解析】（1）因为 1 (11 13 16 15 20 21) 166y = ´ + + + + + = ，所以 6 2 1 6( 7)i i y y = - =å ， 所以 35 35 17.5 76 1330 r = = ´ ， 因为 133000 365» ，所以 1330 36.5» ，所以 35 0.9636.5r ， 由于 y 与 x 的相关系数约为 0.96 0.95> ，说明 y 与 x 的线性相关程度相当高，从而可用线性 回归模型拟合 y 与 x 的关系． （2） 35ˆ 217.5b = = ， 因为 1 (1 2 3 4 5 6) 3.56x = ´ + + + + + = ，所以 9a y bx= - =$ $ ， 所以回归方程为 2 9y x= +$ ． 将 7x = ，代入回归方程可得 23y =$ ， 所以预计该校学生升入中学的第一年给父母洗脚的百分比为 23% ． 21．【答案】（1） 2 2 12 4 x y  ；（2）证明见解析；（3）存在，最大值为 2 ． 【解析】（1）∵点 (1, 2)A 是离心率为 2 2 的椭圆 2 2 2 2: 1y xC a b   （ 0a b  ）上的一点， ∴ 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 ce a b a a b c             ，解得 2a  ， 2b  ， 2c  ， ∴椭圆C 的方程为 2 2 12 4 x y  ． （2）设 1 1( , )D x y ， 2 2( , )B x y ，直线 AB 、 AD 的斜率分别为 ABk 、 ADk ， 设直线 BD 的方程为 2y x m  ， 联立 2 2 2 2 4 y x m x y      ，得 2 24 2 2 4 0x mx m    ， ∴ 28 64 0Δ m    ，解得 2 2 2 2m   ， 1 2 2 2x x m   ①， 2 1 2 4 4 mx x  ②， 则 1 2 1 2 1 2 1 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1AD AB y y x m x mk k x x x x              1 2 1 2 1 2 22 2 [ ]( ) 1 x xm x x x x       ，（*） 将①、②式代入*式整理得 0AD ABk k  ，∴直线 AB ， AD 的斜率之和为定值． （3） 2 2 1 2 6| | 1 ( 2) | | 82BD x x m     ， 设 d 为点 A 到直线 : 2BD y x m  的距离，∴ | | 3 md  ， ∴ 2 21 2| | (8 ) 22 4ABDS BD d m m   △ ，当且仅当 2m   时取等号， ∵ 2 ( 2 2,2 2)   ，∴当 2m   时， ABD△ 的面积最大，最大值为 2 ． 22．【答案】（1） (1, ) ；（2）证明见解析． 【解析】（1）由 2( ) (6ln 4 6 3)f x x x x a    ， (0, )x  ，得 ( ) 12 (ln )f x x x x a    ， 函数 ( )f x 有两个极值点等价于 ( ) 0f x  在 (0, ) 上有两个变号零点， 等价于 ln 0x x a   在 (0, ) 上有两个变号零点， 令 ( ) lng x x x a   ，则 1 1( ) 1 xg x x x     ， 所以 (0,1)x 时， ( ) 0g x  ， ( )g x 单调递增； (1, )x  时， ( ) 0g x  ， ( )g x 单调递减， 所以 max( ) (1) 1g x g a   ， 当 1a  时， ( ) 0g x  恒成立， ( )f x 在 (0, ) 上单调递减， 不可能有两个极值点，舍去； 当 1a  时， (0,1)ae  ， (1, )ae   ， ( ) 0a ag e e    ， ( ) 2 0a ag e a e   ， 而 (1) 0g  ，由零点存在性定理得 ( )g x 在 (0,1) 和 (1, ) 内分别存在一个变号零点， 此时 ( )f x 有两个极值点， 综上，所求 a 的取值范围为 (1, ) ． （2）因为 1x ， 2x （ 1 2x x ）是 ( )f x 的两个极值点，所以 1a  ，且 1 2( ) ( )g x g x ， 由（1）知， 1 20 1x x   ， 2 1 1 1x  ， 令 2 2 2 2 1 1 1 1( ) ( ) ( ) ln (ln ) 3lnh x g x g x x a a x xx x x x            ， 0 1x  ， 则 3 2 2 3 3 3 3 2 3 2 ( 1)( 2 2)( ) 1 x x x x xh x x x x x             ， 由 2 2 2 0x x   在 0 1x  恒成立，得 0 1x  时， ( ) 0h x  ， ( )h x 单调递减， 又 (1) 0h  ，所以 0 1x  时， ( ) 0h x  ，即 2 1( ) ( )g x g x  ， 所以 2 1 2 1 1( ) ( ) ( )g x g x g x   ，所以 2 2 1 1( ) ( )g x g x  ， 由（1）知， ( )g x 在 (1, ) 单调递减，所以 2 2 1 1x x  ，即 2 2 1 1x x  ， 所以 2 2 1ln( ) 0x x  ，即 1 22ln ln 0x x  ， 因为 1 20 1x x   ，所以 1ln 0x  ， 2ln 0x  ，所以 1 2 1 2 2ln ln 0ln ln x x x x   ， 即 1 2 1 2 0ln lnx x   ．