2020年山西省高考数学

1、精选优质文档-倾情为你奉上2020年山西省高考数学（理科）模拟试卷（2）一选择题（共12小题，满分60分，每小题5分）1（5分）已知集合Ax|x2x60，Bx|ylg（x2），则AB（）A（2，3）B（2，3）C（2，2）D2（5分）若复数z满足（1+i）z|i|，则z（）ABC1iD3（5分）第24届冬奥会将于2022年2月4日至2月20日在北京市和张家口市举行，为了解奥运会会旗中五环所占面积与单独五个环面积之和的比值P，某学生做如图所示的模拟实验：通过计算机模拟在长为10，宽为6的长方形奥运会旗内随机取N个点，经统计落入五环内部及其边界上的点数为n个，已知圆环半径为1，则比值P的近似值为（

2、）ABCD4（5分）已知d为常数，p：对于任意nN*，an+2an+1d；q：数列an是公差为d的等差数列，则p是q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5（5分）函数的图象大致为（）ABCD6（5分）元朝时，著名数学家朱世杰在四元玉鉴中有一首诗：“我有一壶酒，携着游春走，与店添一倍，逢友饮一斗，店友经三处，没了壶中酒，借问此壶中，当原多少酒？”用程序框图表达如图所示，即最终输出的x0，问一开始输入的x（）ABCD7（5分）（3x3+）7展开式中的常数项是（）A189B63C42D218（5分）刘徽注九章算术商功中，将底面为矩形，一棱垂直于底面的四棱锥叫做阳马如

3、图，是一个阳马的三视图，则其外接球的体积为（）ABC3D49（5分）若x，y满足约束条件，则的取值范围为（）A，1B，1，+）C0，1D，110（5分）已知椭圆C：（ab0）的右焦点为F，过点F作圆x2+y2b2的切线，若两条切线互相垂直，则椭圆C的离心率为（）ABCD11（5分）若点G为AOB的中线OM的中点，过点G作直线分别交OA，OB与点平P，Q设m，n，则+的值为（）A4B1CD212（5分）已知定义在R上的可导函数f（x），对于任意实数x都有f（x）f（x）2x成立，且当x（，0时，都有f'（x）2x+1成立，若f（2m）f（m1）+3m（m+1），则实数m的取值范围为（）A

4、（1，）B（1，0）C（，1）D（，+）二填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）13（5分）已知直线ykx（k0）与双曲线交于A，B两点，以AB为直径的圆恰好经过双曲线的右焦点F，若ABF的面积为4a2，则双曲线的离心率为 14（5分）已知函数f（x）Asin（x+）（A0，0，0），其部分图象如图所示，则 15（5分）在如图所示装置中，正方形框架的边长都是1，且平面ABCD与平面ABEF互相垂直，活动弹子M，N分别在正方形对角线AC，BF上移动，则MN长度的最小值是 16（5分）已知数列an的通项an2n1，把an中的各项按照一定的顺序排列成如图所示的三角形矩阵数阵中第5行所有项的和为

5、；2019是数阵中第i行的第j列，则i+j 三解答题（共5小题，满分60分，每小题12分）17（12分）ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，ABC的外接圆半径为R，面积为S，已知A为锐角，且（b2+c22R2）tanA4S（1）求A；（2）若a1，求S的最大值18（12分）在四边形ABCP中，；如图，将PAC沿AC边折起，连结PB，使PBPA，求证：（1）平面ABC平面PAC；（2）若F为棱AB上一点，且AP与平面PCF所成角的正弦值为，求二面角FPCA的大小19（12分）调味品品评师的重要工作是对各种品牌的调味品进行品尝，分析、鉴定，调配、研发，周而复始、反复对比对调味品品评师考核

6、测试的一种常用方法如下：拿出n瓶外观相同但品质不同的调味品让其品尝，要求其按品质优劣为它们排序；经过一段时间，等其记忆淡忘之后，再让其品尝这n瓶调味品，并重新按品质优劣为它们排序，这称为一轮测试根据一轮测试中的两次排序的偏离程度的高低为其评分现设n4，分别以a1，a2，a3，a4表示第一次排序时被排为1，2，3，4的四种调味品在第二次排序时的序号，并令X|1a1|+|2a2|+|3a3|+|4a4|，则X是对两次排序的偏离程度的一种描述（如第二次排序时的序号为1，3，2，4，则X2）（1）写出X的所有可能值构成的集合；（2）假设a1，a2，a3，a4的排列等可能地为1，2，3，4的各种排列，求

7、X的数学期望；（3）某调味品品评师在相继进行的三轮测试中，都有X2（i）试按（2）中的结果，计算出现这种现象的概率（假定各轮测试相互独立）；（）请你判断该调味品品评师的品味鉴别能力如何？并说明理由20（12分）平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C的离心率为，且过点（1）求椭圆C的方程；（2）设椭圆E，P为椭圆C上一点，过点P的直线ykx+m交椭圆E于A，B两点，射线PO交椭圆E于点Q（i）若P为椭圆C上任意一点，求的值；（ii）若P点坐标为（0，1），求ABQ面积的最大值21（12分）已知函数f（x）ax2x+lnx（a0）（）若曲线yf（x）在点（1，f（1）处的切线与直线x+2y0垂直，求a

8、的值及函数g（x）f（x）2lnx的单调区间；（）若f（x）的极大值和极小值分别为m，n，证明：m+n2ln23四解答题（共1小题，满分10分，每小题10分）22（10分）在平面直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为（为参数），已知点Q（6，0），点P是曲线C1上任意一点，点M满足，以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系（）求点M的轨迹C2的极坐标方程；（）已知直线l：ykx与曲线C2交于A，B两点，若4，求k的值五解答题（共1小题）23已知函数f（x）x|x+a|+x（aR）（1）若a2，写出函数f（x）的单调区间（不要求证明）；（2）若对任意的x1，2，恒有f（x）2x2成立，求

9、实数a的取值范围；（3）若a3，函数f（x）在1，3上的最大值为12，求实数a的值2020年山西省高考数学（理科）模拟试卷（2）参考答案与试题解析一选择题（共12小题，满分60分，每小题5分）1（5分）已知集合Ax|x2x60，Bx|ylg（x2），则AB（）A（2，3）B（2，3）C（2，2）D【分析】可以求出集合A，B，然后进行交集的运算即可【解答】解：Ax|2x3，Bx|x2，AB（2，3）故选：A【点评】本题考查了描述法、区间的定义，一元二次不等式的解法，对数函数的定义域，交集的运算，考查了计算能力，属于基础题2（5分）若复数z满足（1+i）z|i|，则z（）ABC1iD【分析】求出等

10、式右边的模，再把已知等式变形，利用复数代数形式的乘除运算化简得答案【解答】解：由（1+i）z|i|2，得z，故选：C【点评】本题考查复数代数形式的乘除运算，是基础题3（5分）第24届冬奥会将于2022年2月4日至2月20日在北京市和张家口市举行，为了解奥运会会旗中五环所占面积与单独五个环面积之和的比值P，某学生做如图所示的模拟实验：通过计算机模拟在长为10，宽为6的长方形奥运会旗内随机取N个点，经统计落入五环内部及其边界上的点数为n个，已知圆环半径为1，则比值P的近似值为（）ABCD【分析】由随机模拟方法求得奥运会五环所占面积，求出五个圆的面积，则答案可求【解答】解：五个圆的面积为5×

11、;125，长方形面积为10×660，设奥运会五环所占面积为S，由于s，又P故选：B【点评】本题考查几何概型，训练了利用随机模拟方法求几何体的面积，是中档题4（5分）已知d为常数，p：对于任意nN*，an+2an+1d；q：数列an是公差为d的等差数列，则p是q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【分析】根据充要条件和等差数列的定义，可得答案【解答】解：若对于任意nN*，an+2an+1d；则a2a1d不一定成立，即q不一定成立；即p是q的不充分条件；若数列an是公差为d的等差数列，则对于任意nN*，an+2an+1d；即p是q的必要条件，故p是q的必

12、要不充分条件，故选：B【点评】本题考查的知识点是充要条件的定义，正确理解充要条件的定义，是解答的关键5（5分）函数的图象大致为（）ABCD【分析】根据条件判断函数的奇偶性和对称性，判断当x0时的单调性，利用排除法进行求解即可【解答】解：f（x）f（x），则f（x）为偶函数，图象关于y轴对称，排除B，C，当x0时，f（x）x为增函数，排除A，故选：D【点评】本题主要考查函数图象的识别和判断，利用条件判断函数的奇偶性和单调性是解决本题的关键6（5分）元朝时，著名数学家朱世杰在四元玉鉴中有一首诗：“我有一壶酒，携着游春走，与店添一倍，逢友饮一斗，店友经三处，没了壶中酒，借问此壶中，当原多少酒？”用程

13、序框图表达如图所示，即最终输出的x0，问一开始输入的x（）ABCD【分析】与店添一倍，逢友饮一斗，意思是碰到酒店把壶里的酒加1倍，碰到朋友就把壶里的酒喝一斗，三遇店和，意思是每次都是遇到店后又遇到朋友，一共是3次，等量关系为：第一次加酒1+（2×一遇店和朋友后剩的酒量1）+（2×二遇店和朋友后剩的酒量1）0，把相关数值代入即可求解【解答】解：由题意，解方程：22（2x1）110，解得x，故选：B【点评】考查用一元一次方程解决古代数学问题，得到酒的数量为0的等量关系是解决本题的关键；难点是理解题意7（5分）（3x3+）7展开式中的常数项是（）A189B63C42D21【分析】

14、利用二项式展开式的通项公式，即可求出展开式中的常数项【解答】解：展开式的通项公式为：Tr+1（3x3）7r37r，令210，解得r6；所以展开式中的常数项是T7321故选：D【点评】本题考查了二项式展开式的通项公式应用问题，是基础题8（5分）刘徽注九章算术商功中，将底面为矩形，一棱垂直于底面的四棱锥叫做阳马如图，是一个阳马的三视图，则其外接球的体积为（）ABC3D4【分析】根据三视图得出四棱锥的结构特征，根据四棱锥与长方体的关系计算外接球的直径与体积【解答】解：由题意可知阳马为四棱锥，且四棱锥的底面为长方体的一个底面，四棱锥的高为长方体的一棱长，且阳马的外接球也是长方体的外接球；由三视图可知四

15、棱锥的底面是边长为1的正方形，四棱锥的高为1，长方体的一个顶点处的三条棱长分别为1，1，1，长方体的对角线为，外接球的半径为，外接球的体积为V故选：B【点评】本题考查了棱锥的结构特征与三视图应用问题，也考查了几何体外接球的应用问题，是中档题9（5分）若x，y满足约束条件，则的取值范围为（）A，1B，1，+）C0，1D，1【分析】问题转化为在约束条件的目标函数的取值范围，作出可行域由斜率公式数形结合可得【解答】解：作出x，y满足约束条件的可行域如图：ABC，表示区域内的点与点（2，0）连线的斜率，联方程组可解得B（2，2），同理可得A（2，4），当直线经过点B时，M取最小值：，当直线经过点A时，

16、M取最大值1则的取值范围：，1故选：A【点评】本题考查简单线性规划，换元法转化并利用数形结合的思想是解决问题的关键，属中档题10（5分）已知椭圆C：（ab0）的右焦点为F，过点F作圆x2+y2b2的切线，若两条切线互相垂直，则椭圆C的离心率为（）ABCD【分析】由题意画出图形，可得，两边平方后结合隐含条件得答案【解答】解：如图，由题意可得，则2b2c2，即2（a2c2）c2，则2a23c2，即e故选：D【点评】本题考查椭圆的简单性质，考查数形结合的解题思想方法，是中档题11（5分）若点G为AOB的中线OM的中点，过点G作直线分别交OA，OB与点平P，Q设m，n，则+的值为（）A4B1CD2【分

17、析】向量法：由三点P，G，Q共线，可得存在实数满足+（1），由向量运算可得（+），又可得m+（1）n，对应系数相等可得方程组，变形可得答案【解答】解：（如图）三点P，G，Q共线，存在实数满足+（1），点G为AOB的中线OM的中点，×（+）（+），又m，n，m，n，+（1）m+（1）n，+4故选：A【点评】本题考查函数恒成立问题，转化为向量利用平面向量基本定理是解决问题的关键，属难题12（5分）已知定义在R上的可导函数f（x），对于任意实数x都有f（x）f（x）2x成立，且当x（，0时，都有f'（x）2x+1成立，若f（2m）f（m1）+3m（m+1），则实数m的取值范围为（）

18、A（1，）B（1，0）C（，1）D（，+）【分析】令g（x）f（x）x2x，可判断出函数g（x）为R上偶函数当x（，0时，都有f'（x）2x+1成立，可得g（x）f'（x）2x10，可得函数g（x）的单调性f（2m）f（m1）+3m（m+1），即g（2m）g（m1），因此g（|2m|）g（|m1|），利用单调性即可得出【解答】解：令g（x）f（x）x2x，则g（x）g（x）f（x）x2+xf（x）+x2+x0，g（x）g（x），函数g（x）为R上的偶函数当x（，0时，都有f'（x）2x+1成立，g（x）f'（x）2x10，函数g（x）在x（，0上单调递减，在0，

19、+）上单调递增f（2m）f（m1）+3m（m+1），即f（2m）4m22mf（m1）（m1）2（m1），g（2m）g（m1），因此g（|2m|）g（|m1|），|2m|m1|，化为：3m2+2m10，解得故选：A【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性、函数的奇偶性、方程与不等式的解法、构造法，考查了推理能力与计算能力，属于难题二填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）13（5分）已知直线ykx（k0）与双曲线交于A，B两点，以AB为直径的圆恰好经过双曲线的右焦点F，若ABF的面积为4a2，则双曲线的离心率为【分析】求出以AB为直径的圆的方程为x2+y2c2，设|AF|m，|BF|n，则m

20、n2a，且m2+n2|AB|24c2，联立三式，即可求解双曲线的离心率【解答】解：以AB为直径的圆恰好经过双曲线的右焦点F，以AB为直径的圆的方程为x2+y2c2，设|AF|m，|BF|n，则mn2aABF的面积，且m2+n2|AB|24c2，联立三式：，得，故故答案为：【点评】本题考查双曲线的简单性质以及圆的方程的应用，考查分析问题解决问题，是中档题14（5分）已知函数f（x）Asin（x+）（A0，0，0），其部分图象如图所示，则【分析】求出函数的导数，结合图象，求出，利用A求出A，结合函数图象经过（，2）求出，【解答】解：根据题意，由图象可知：A2，T（）2，所以T4，可得，又因为（，2

21、）在图象上，所以22sin（×+），可得sin（+）1，所以+2k+，kZ，解得2k+，kZ，因为0，所以，故答案为：【点评】此题考查了由yAsin（x+）的部分图象确定其解析式，借助导函数图象中的周期、最值，来确定A，及的值是解本题的关键15（5分）在如图所示装置中，正方形框架的边长都是1，且平面ABCD与平面ABEF互相垂直，活动弹子M，N分别在正方形对角线AC，BF上移动，则MN长度的最小值是【分析】以A为坐标原点，分别以AF，AB，AD所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，01，01，可得（，1，），求其模，利用基本不等式结合换元法利用二次函数求最值【解答】解：如图，以A

22、为坐标原点，分别以AF，AB，AD所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系则A（0，0，0），B（0，1，0），F（1，0，0），C（0，1，1），设，01，01（0，1，0）（0，）+（，0）（，1，）（当且仅当时等号成立）令+t（0t2），则当t，即时，MN长度的最小值是故答案为：【点评】本题考查空间中点、线、面间的距离计算，训练了空间向量的应用，考查利用换元法与基本不等式求最值，属难题16（5分）已知数列an的通项an2n1，把an中的各项按照一定的顺序排列成如图所示的三角形矩阵数阵中第5行所有项的和为125；2019是数阵中第i行的第j列，则i+j65【分析】根据规律直接写出第5行所有

23、项相加即可；算出2019是第几项，再求出它是第几行几列即可【解答】解析：21+23+25+27+29125；2n12019，n1010，1+2+3+44990，故i44+145，j101099020，i+j65故答案为：125；65【点评】本题考查三角形矩阵和数列知识，属于一般综合题型三解答题（共5小题，满分60分，每小题12分）17（12分）ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，ABC的外接圆半径为R，面积为S，已知A为锐角，且（b2+c22R2）tanA4S（1）求A；（2）若a1，求S的最大值【分析】（1）由已知条件可得b2+c22bccosA2R2，再由余弦定理得a22R2，再

24、利用正弦定理求出，从而求出A；（2）因为，由余弦定理得，再利用基本不等式得到，从而求得，得到S的最大值【解答】解：（1）（b2+c22R2）tanA4S，即b2+c22R22bccosA，b2+c22bccosA2R2，由余弦定理得a22R2，由正弦定理得（2RsinA）22R2，得，A为锐角，；（2），由余弦定理得，b2+c22bc，取等号的条件是bc，S的最大值为【点评】本题主要考查了正弦定理和余弦定理，是中档题18（12分）在四边形ABCP中，；如图，将PAC沿AC边折起，连结PB，使PBPA，求证：（1）平面ABC平面PAC；（2）若F为棱AB上一点，且AP与平面PCF所成角的正弦值为

25、，求二面角FPCA的大小【分析】（1）利用勾股定理（计算）得到OPOB，再结合OBAC（等腰三角形三线合一），即可解决问题（2）结合（1）中结论，可取O为原点，OB，AC所在直线分别为x，y轴建立空间直角坐标系，求出二面角两个半平面的法向量即可【解答】证明：（1）在PAC为正三角形，且AC2在ABC为等腰直角三角形，且ABBC取AC的中点O，连接OB，OPOPOBOPACO，AC，OP平面PACOB平面PACOB平面ABC平面ABC平面PAC（2）以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，则，设，则设平面PFC的一个法向量为n（x，y，z），则令AP与平面PFC所成角的正弦值为，整

26、理得3m2+4m40解得（舍去）又为平面PAC的一个法向量二面角FPAC的大小为【点评】本题考查空间位置的判断及坐标法求空间角第一问利用勾股定理证垂直需要仔细体会，第二问则是法向量的计算须准确属于中档题19（12分）调味品品评师的重要工作是对各种品牌的调味品进行品尝，分析、鉴定，调配、研发，周而复始、反复对比对调味品品评师考核测试的一种常用方法如下：拿出n瓶外观相同但品质不同的调味品让其品尝，要求其按品质优劣为它们排序；经过一段时间，等其记忆淡忘之后，再让其品尝这n瓶调味品，并重新按品质优劣为它们排序，这称为一轮测试根据一轮测试中的两次排序的偏离程度的高低为其评分现设n4，分别以a1，a2，a

27、3，a4表示第一次排序时被排为1，2，3，4的四种调味品在第二次排序时的序号，并令X|1a1|+|2a2|+|3a3|+|4a4|，则X是对两次排序的偏离程度的一种描述（如第二次排序时的序号为1，3，2，4，则X2）（1）写出X的所有可能值构成的集合；（2）假设a1，a2，a3，a4的排列等可能地为1，2，3，4的各种排列，求X的数学期望；（3）某调味品品评师在相继进行的三轮测试中，都有X2（i）试按（2）中的结果，计算出现这种现象的概率（假定各轮测试相互独立）；（）请你判断该调味品品评师的品味鉴别能力如何？并说明理由【分析】（1）在1，2，3，4中奇数与偶数各有两个，从而a2，a4中的奇数个

28、数等于a1，a3中的偶数个数，进而|1a1|+|3a3|与|2a2|+|4a4|的奇偶性相同，由此能举出使得X所有可能值构成的集合（2）可用列表或树状图列出1，2，3，4的一共24种排列，由此能求出X的数学期望 （3）（）首先P（X2）P（X0）+P（X2），将三轮测试都有X2的概率记做p，由独立性假设能求出结果（）由于p是一个很小的概率，这表明如果仅凭随机猜测得到三轮测试都有X2的结果的可能性很小，从而我们认为该品酒师确定有良好的味觉鉴别功能，不是靠随机猜测【解答】解：（1）X的可能值集合为0，2，4，6，8，在1，2，3，4中奇数与偶数各有两个，所以a2，a4中的奇数个数等于a1，a3中的

29、偶数个数，因此|1a1|+|3a3|与|2a2|+|4a4|的奇偶性相同，从而X（|1a1|+|3a3|）+（|2a2|+|4a4|）必为偶数，X的值非负，且易知其值不大于8由此能举出使得X的值等于0，2，4，6，8各值的排列的例子（2）可用列表或树状图列出1，2，3，4的一共24种排列，计算每种排列下的X值，在等可能的假定下，得到 X 0 2 4 6 8 P EX+8×5（3）（）首先P（X2）P（X0）+P（X2），将三轮测试都有X2的概率记做p，由上述结果和独立性假设，得p（）由于p是一个很小的概率，这表明如果仅凭随机猜测得到三轮测试都有X2的结果的可能性很小，所以我们认为该品

30、酒师确定有良好的味觉鉴别功能，不是靠随机猜测【点评】本题考查概率的求法，考查离散型随机变量的分布列、数学期望的求法，考查古典概型、列举法等基础知识，考查了推理能力与计算能力，属于中档题20（12分）平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C的离心率为，且过点（1）求椭圆C的方程；（2）设椭圆E，P为椭圆C上一点，过点P的直线ykx+m交椭圆E于A，B两点，射线PO交椭圆E于点Q（i）若P为椭圆C上任意一点，求的值；（ii）若P点坐标为（0，1），求ABQ面积的最大值【分析】（1）根据和a2b2+c2，可得到，代入点到椭圆的方程，解出a和b的值即可得解；（2）（i）先由（1）中的结论得出椭圆E的方程，设

31、点P（x0，y0），写出射线PO的方程，再将其代入椭圆E的方程可得到点Q的坐标，然后利用两点间距离公式分别求出|OP|、|OQ|，并作比即可得解；（ii）利用点到直线的距离公式可得到点Q到直线AB的距离，联立直线l的方程与椭圆E的方程，消去y得到关于x的一元二次方程，然后利用弦长公式求出|AB|，即可表示出ABQ的面积，再结合换元法和对勾函数的性质即可求得面积的最大值【解答】解：（1）由题意可知，a2b2+c2，又椭圆过点，解得b21，a24，椭圆C的方程为（2）（i）由（1）可知，椭圆E的方程为，设点P（x0，y0），射线PO的方程为，代入可得点Q（2x0，2y0），（ii）P（0，1），过

32、点P的直线为ykx+1，点Q到直线AB的距离等于原点O到直线AB距离的3倍，联立，得（1+4k2）x2+8kx120，弦长，ABQ面积S，令，则S，当且仅当时，等号成立故ABQ面积的最大值为【点评】本题考查直线与椭圆的位置关系，涉及曲直联立、弦长公式、对勾函数的性质等知识点，还采用了换元法，考查学生的逻辑推理能力和运算能力，属于中档题21（12分）已知函数f（x）ax2x+lnx（a0）（）若曲线yf（x）在点（1，f（1）处的切线与直线x+2y0垂直，求a的值及函数g（x）f（x）2lnx的单调区间；（）若f（x）的极大值和极小值分别为m，n，证明：m+n2ln23【分析】（）求出原函数的导

33、函数，得到f（1）2a，由已知可得2a2，求得a1则g（x）x2xlnx，求其导函数，得到导函数的零点，进一步求得函数g（x）的单调区间；（）设x1，x2为方程f（x）0的两个实根，利用根与系数的关系及判别式可得0a再由f（x）的极大值和极小值分别为m，n，得到m+nln（2a），令g（a）ln（2a），利用导数证明当0a时，g（a）是增函数，可得g（a）g（）2ln23，即m+n2ln23【解答】（）解：由f（x）ax2x+lnx（a0），得f（x），f（1）2a，又曲线yf（x）在点（1，f（1）处的切线与直线x+2y0垂直，2a2，即a1则g（x）x2xlnx，得g（x）2x1（x0），当x（0，1）时，g（x）0，g（x）单调递减，当x（1，+）时，g（x）0，g（x）单调递增；（）证明：设x1，x2为方程f（x）0的两个实根，则，由题意得：，解得0a又f（x）的极大值和极小值分别为m，n，则m+n令g（a）ln（2a），则g（a）当0a时，g（a）0，g（a