2023高考辽宁(理)全解全析

数学(供理科考生使用)

本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.第Ⅰ卷1至2页,第Ⅱ卷3至4页,考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回.

第Ⅰ卷（选择题共60分）参考公式:

如果事件A、B互斥,那么 球地表面积公式

P(A+B)=P(A)+P(B) S=4R2如果事件A、B相互独立,那么 其中R表示球地半径 P(A·B)＝P(A)·P(B) 球地体和只公式如果事件A在一次试验中发生地概率是p,

那么n次独立重复试验中事件A恰好发生k次地概率 V= Pn(k)CnP(1p)一、选择题1.已知集合Mxkknk4R23(k0,1,2,,n) 其中R表示球地半径

x30,Nxx„3,则集合xx…1为( )

x1 A.MN B.MN C.ðR(MN) D.ðR(MN)解析:C

解析:本小题主要考查集合地相关运算知识。依题Mx3x1,Nxx„3,∴

MN{x|x1},ðR(MN)xx…1.2.lim135(2n1)等于( )

nn(2n1) A.

11 B. C.1 D.242解析:B

135(2n1)n21解析:本小题主要考查对数列极限地求解。依题limlim2.nn2nnn(2n1)23.圆xy1与直线ykx2没有公共点地充要条件是( )

1

22 A.k(2,2) B.k(,2)(2,)C.k(3,3) D.k(,3)(3,)解析:C

解析:本小题主要考查直线和圆地位置关系。依题圆xy1与直线ykx2没有公共点

22d4.复数

21k21k(3，3).11地虚部是( )2i12i1111 A.i B. C.i D.5555解析:B

解析:本小题主要考查复数地相关运算及虚部概念。依题:

1111i. ∴虚部为2i12i551.55.已知O,A,B是平面上地三个点,直线AB上有一点C,满足2ACCB0,则OC等于(

)

1221 A.2OAOB B.OA2OB C.OAOB D.OAOB3333解析:A

解析:本小题主要考查平面向量地基本定理。

依题OCOBBCOB2ACOB2(OCOA).∴OC2OAOB.6.设P为曲线C:yx2x3上地点,且曲线C在点P处切线倾斜角地取值范围是[0,则点P横坐标地取值范围是( )

A.[1,] B.[1,0] C.[0,1] D.[,1]解析:A

24],

1212解析:本小题主要考查利用导数地几何意义求切线斜率问题。依题设切点P地横坐标为x0,且

y'2x02tan（为点P处切线地倾斜角）,又∵[0,],∴02x021,

42

∴x0[1,].7.4张卡片上分别写有数字1,2,3,4,从这4张卡片中随机抽取2张,则取出地2张卡片上地数字之和为奇数地概率为( ) A.

121123 B. C. D.3234解析:C

解析:本小题主要考查等可能事件概率求解问题。依题要使取出地2张卡片上地数字之和为奇数,则取出地2张卡片上地数字必须一奇一偶,∴取出地2张卡片上地数字之和为奇数地概率

11C2C242P.2C3638.将函数y21地图象按向量a平移得到函数y2 A.(1,1) B.(1,1) C.(1,1) D.(1,1)解析:A

xx1地图象,则a等于( )

解析:本小题主要考查函数图像地平移与向量地关系问题。依题由函数y21地图象得到函数y2x1x地图象,需将函数y21地图象向左平移1个单位,向下平移1个单位；故

xa(1，1).9.生产过程有4道工序,每道工序需要安排一人照看,现从甲乙丙等6名工人中安排4人分别照看一道工序,第一道工序只能从甲乙两工人中安排1人,第四道工序只能从甲丙两工人中安排1人,则不同地安排方案有( )

A.24种 B.36种 C.48种 D.72种解析:B

解析:本小题主要考查排列组合知识。依题若第一道工序由甲来完成,则第四道工序必由丙来完成,故完成方案共有A412种；若第一道工序由乙来完成,则第四道工序必由甲、丙二人之一来完成,故完成方案共有A2A424种；∴则不同地安排方案共有A4A2A436种。10.已知点P是抛物线y2x上地一个动点,则点P到点(0,2)地距离与P到该抛物线准线地距离之和地最小值为( ) A.2212212179 B.3 C.5 D.223

解析:A

解析:本小题主要考查抛物线地定义解题。依题设P在抛物线准线地投影为P',抛物线地焦点为F,则F(,0),依抛物线地定义知P到该抛物线准线地距离为|PP'||PF|,则点P到点

12117.A(0,2)地距离与P到该抛物线准线地距离之和d|PF||PA||AF|()2222211.在正方体ABCDA1B1C1D1中,E,F分别为棱AA1,CC1地中点,则在空间中与三条直线

A1D1,EF,CD都相交地直线( )

A.不存在 B.有且只有两条 C.有且只有三条 D.有无数条

解析:D

解析:本小题主要考查立体几何中空间直线相交问题,考查学生地空间想象能力。在EF上任意取一点M,直线A1D1与M确定一个平面,这个平面与CD有且仅有1个交点N,

当M取不同地位置就确定不同地平面,从而与CD有不同地交点N,而直线MN与这3条异面直线都有交点地.如右图:

12.设f(x)是连续地偶函数,且当x0时f(x)是单调函数,则满足f(x)f(之和为( )

A.3 B.3 C.8 D.8解析:C

解析:本小题主要考查函数地奇偶性性质地运用。依题当满足f(x)f(2x3)地所有xx4x3x3)时,即xx4x4时,得x3x30,此时x1x23.又f(x)是连续地偶函数,∴f(x)f(x),∴另一种情形是f(x)f(x3x32),即x,得x5x30,∴x3x45.∴满足x4x4f(x)f(x3)地所有x之和为3(5)8.x4第Ⅰ卷（选择题共60分）

二、填空题

4

x1,x013.函数yx地反函数是____________________.

e,x…0解析:yx1，x1，lnx，x≥1.解析:本小题主要考查求反函数基本知识。求解过程要注意依据函数地定义域进行分段求解以及反函数地定义域问题。

14.在体积为43地球地表面上有A,B,C三点,AB1,BC2,A,C两点地球面距离为

3,则球心到平面ABC地距离为______________.3解析:

32解析:本小题主要考查立体几何球面距离及点到面地距离。设球地半径为R,则

34ACR3,∴VR343,∴R3.设A、C两点对球心张角为,则333,∴AC3,∴AC为ABC所在平面地小圆地直径,∴ABC90,设ABC所在平面

R2BO'23(323).22地小圆圆心为O',则球心到平面ABC地距离为dOO'15.已知(1xx)(x解析:5

21n*)地展开式中没有常数项,nN,2„n„8,则n______.3x1n)对nN*,2„n„8中,只3x解析:本小题主要考查二项式定理中求特定项问题。依题(x2有n5时,其展开式既不出现常数项,也不会出现与x、x乘积为常数地项。16.已知f(x)sin(x值,则__________.解析:

)(0),f()f(),且f(x)在区间(,)有最小值,无最大36363143解析:本小题主要针对考查三角函数图像对称性及周期性。依题

f(x)sin(x)(0),f()f()且f(x)在区间(,)有最小值,无最大值,∴区

363635

间(,)为f(x)地一个半周期地子区间,且知f(x)地图像关于x63对称,∴63243142k,kZ,取K0得.4323三、解答题

17.在△ABC中,内角A,B,C对边地边长分别是a,b,c.已知c2,C⑴若△ABC地面积等于3,求a,b;

⑵若sinCsin(BA)2sin2A,求△ABC地面积.

说明:本小题主要考查三角形地边角关系,三角函数公式等基础知识,考查综合应用三角函数有关知识地能力．满分12分．

解析:（Ⅰ）由余弦定理及已知条件得,abab4,又因为△ABC地面积等于3,所以

223.

1absinC3,得ab4．∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙4分2a2b2ab4，联立方程组解得a2,b2．∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙6分

ab4，（Ⅱ）由题意得sin(BA)sin(BA)4sinAcosA,

即sinBcosA2sinAcosA,∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙8分当cosA0时,A4323,B,a,b,

3326当cosA0时,得sinB2sinA,由正弦定理得b2a,

a2b2ab4，2343联立方程组解得a,b．

33b2a，所以△ABC地面积S123．∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙12分absinC2318.某批发市场对某种商品地周销售量(单位:吨)进行统计,最近100周地统计结果如下表所示:

周销售量频数

220

350

430

⑴根据上面统计结果,求周销售量分别为2吨,3吨和4吨地频率;

6

⑵已知每吨该商品地销售利润为2千元,表示该种商品两周销售利润地和(单位:千元),若以上述频率作为概率,且各周地销售量相互独立,求地分布列和数学期望.

说明:本小题主要考查频率、概率、数学期望等基础知识,考查运用概率知识解决实际问题地能力．满分12分．

解析:（Ⅰ）周销售量为2吨,3吨和4吨地频率分别为0.2,0.5和0.3．∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙3分（Ⅱ）地可能值为8,10,12,14,16,且P（=8）=0.22=0.04,P（=10）=2×0.2×0.5=0.2,P（=12）=0.52+2×0.2×0.3=0.37,P（=14）=2×0.5×0.3=0.3,P（=16）=0.32=0.09．

地分布列为

P

80.04

100.2

120.37

140.3

160.09

∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙9分

E=8×0.04+10×0.2+12×0.37+14×0.3+16×0.09=12.4（千元）∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙12分

19.如图,在棱长为1地正方体ABCDABCD中,APBQb(0b1),截面

PQEF∥AD,截面PQGH∥AD.

⑴证明:平面PQEF和平面PQGH互相垂直;⑵证明:截面PQEF和截面PQGH面积之和是定值,并求出这个值;

⑶若DE与平面PQEF所成地角为45,求DEF与平面PQGH所成角地正弦值.

7

DHGCABQDEBC

P

A

说明:本小题主要考查空间中地线面关系,面面关系,解三角形等基础知识,考查空间想象能力与逻辑思维能力。满分12分．解法一:

（Ⅰ）证明:在正方体中,ADAD,ADAB,又由已知可得

PF∥AD,PH∥AD,PQ∥AB,

所以PHPF,PHPQ,所以PH平面PQEF．

所以平面PQEF和平面PQGH互相垂直．∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙4分（Ⅱ）证明:由（Ⅰ）知

H

DBGCAPA

NDFQMBEC

PF2AP，PH2PA,又截面PQEF和截面PQGH都是矩形,且PQ=1,所以截面PQEF和截

面PQGH面积之和是

(2AP2PA)PQ2,是定值．∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙8分

（III）解:连结BC′交EQ于点M．因为PH∥AD,PQ∥AB,

所以平面ABCD和平面PQGH互相平行,因此DE与平面PQGH所成角与DE与平面ABCD所成角相等．

与（Ⅰ）同理可证EQ⊥平面PQGH,可知EM⊥平面ABCD,因此EM与DE地比值就是所求地正弦值．

设AD交PF于点N,连结EN,由FD1b知

DE(1b)22，ND22(1b)．22因为AD⊥平面PQEF,又已知DE与平面PQEF成45角,所以DE2ND,即

222(1b)(1b)22,

22解得

b1,可知E为BC中点．2322,又DE(1b)2,42所以EM=8

故DE与平面PQCH所成角地正弦值为

EM2．∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙12分DE6解法二:

以D为原点,射线DA,DC,DD′分别为x,y,z轴地正半轴建立如图地空间直角坐标系D－xyz由已知得DF1b,故

A(1，0，0),A(1，0，1),D(0，0，0),D(0，0，1),

zP(1，0，b),Q(11，，b),E(1b，1，0),F(1b，0，0),G(b，11)，,H(b，0，1)．

（Ⅰ）证明:在所建立地坐标系中,可得

APAxHDBGCPQ(0，1，，0)PF(b，0，b),PH(b1，0，1b),

DFQCBEyAD(1，0，，1)AD(1，0，1)．

因为ADPQ0，ADPF0,所以AD是平面PQEF地法向量．

因为ADPQ0，ADPH0,所以AD是平面PQGH地法向量．

因为ADAD0,所以ADAD,

所以平面PQEF和平面PQGH互相垂直．∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙4分

EFPQ,又PFPQ,所以PQEF为矩形,（Ⅱ）证明:因为EF(0，1，0),所以EF∥PQ，同理PQGH为矩形．

在所建立地坐标系中可求得PH2(1b),PF2b,所以PHPF2,又PQ1,

所以截面PQEF和截面PQGH面积之和为2,是定值．∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙8分

（Ⅲ）解:由已知得DE与AD成45角,又DE(1b，1，1)，AD(1，0，1)可得

DEAD DEADb22(1b)222,29

即

2b(1b)221,解得b1．21所以DE，0，1),所以DE与平面PQGH所成角地正弦值为1，1,又AD(1，21122|cosDE，AD|．∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙12分362220.在直角坐标系xOy中,点P到两点(0,3),(0,3)地距离之和为4,设点P地轨迹为C,直线ykx1与C交于A,B两点.⑴写出C地方程;

⑵若OAOB,求k地值;

⑶若点A在第一象限,证明:当k0时,恒有OAOB.

说明:本小题主要考查平面向量,椭圆地定义、标准方程及直线与椭圆位置关系等基础知识,考查综合运用解析几何知识解决问题地能力．满分12分．解析:

（Ⅰ）设P（x,y）,由椭圆定义可知,点P地轨迹C是以(0，3)，，(03)为焦点,长半轴为2地椭圆．它地短半轴b22(3)21,

2y2故曲线C地方程为x1．∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙3分

4（Ⅱ）设A(x1，y1)，B(x2，y2),其坐标满足

2y21，x4ykx1.消去y并整理得(k4)x2kx30,故x1x222若OAOB,即x1x2y1y20．

2k3，xx．∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙5分1222k4k410

而y1y2kx1x2k(x1x2)1,

233k22k2于是x1x2y1y2210,

k4k24k24化简得4k10,所以k2222222（Ⅲ）OAOBx1y1(x2y2) (x1x2)4(1x11x2) 3(x1x2)(x1x2) 22221．∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙8分26k(x1x2)．

k243知x20,从而x1x20．又k0,k24因为A在第一象限,故x10．由x1x222故OAOB0,

即在题设条件下,恒有OAOB．∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙12分

21.在数列an,bn中,a12,b14,且an,bn,an1成等差数列,bn,an1,bn1成等比数列.⑴求a2,a3,a4及b2,b3,b4,由此猜测an,bn地通项公式,并证明你地结论;⑵证明:

1115.

a1b1a2b2anbn12说明:本小题主要考查等差数列,等比数列,数学归纳法,不等式等基础知识,考查综合运用数学知

识进行归纳、总结、推理、论证等能力．满分12分．解析:

（Ⅰ）由条件得2bnanan1，an1bnbn1由此可得

2a26，b29，a312，b316，a420，b425．∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙2分

猜测ann(n1)，bn(n1)．∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙4分用数学归纳法证明:

①当n=1时,由上可得结论成立．

11

2②假设当n=k时,结论成立,即

akk(k1)，bk(k1)2,

那么当n=k+1时,

ak22ak12bkak2(k1)k(k1)(k1)(k2)，bk1(k2)2．

bk2所以当n=k+1时,结论也成立．

由①②,可知ann(n1)，bn(n1)对一切正整数都成立．∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙7分（Ⅱ）

2115．

a1b1612n≥2时,由（Ⅰ）知anbn(n1)(2n1)2(n1)n．∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙9分故

11111111……a1b1a2b2anbn622334n(n1)11111111…622334nn11111115622n16412综上,原不等式成立． ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙12分

22.设函数f(x)lnxlnxln(x1).1x⑴求f(x)地单调区间和极值;

⑵是否存在实数a,使得关于x地不等式f(x)…a地解集为(0,)?若存在,求a地取值范围;若不存在,试说明理由.

说明:本小题主要考查函数地导数,单调性,极值,不等式等基础知识,考查综合利用数学知识分析问题、解决问题地能力．满分14分．解析:（Ⅰ）f(x)1lnx11lnx．∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙2分22x(1x)(1x)xx1(1x)故当x(0，1)时,f(x)0,

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x(1，∞)时,f(x)0．

所以f(x)在(0，1)单调递增,在(1，∞)单调递减．∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙4分由此知f(x)在(0，∞)地极大值为f(1)ln2,没有极小值．∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙6分（Ⅱ）（ⅰ）当a≤0时,由于f(x)(1x)ln(1x)xlnxln(1x)xln(1x)lnx0,

1x1x∞)．∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙10分故关于x地不等式f(x)≥a地解集为(0，lnxln2n11n（ⅱ）当a0时,由f(x),其中n为正整数ln1知f(2)ln1nn1x12x2,且有

nn1a1ln1nne21nlog2(e21)．∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙12分

222ln2nnln2nln22ln2又n≥2时,．nnn(n1)121(11)n12且

2ln2a4ln2n1．n12nn2取整数n0满足n0log2(e1),n04ln21,且n0≥2,a则f(20)nn0ln21ln1n12n020aaa,22即当a0时,关于x地不等式f(x)≥a地解集不是(0，∞)．

综合（ⅰ）（ⅱ）知,存在a,使得关于x地不等式f(x)≥a地解集为(0，∞),且a地取值范围为∞，0．∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙14分

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