北京市大興區(qū)2024屆高三年級上冊期末數(shù)學(xué)試題（含答案解析） (二)

北京市大興區(qū)2024屆高三上學(xué)期期末數(shù)學(xué)試題

學(xué)校:姓名：班級：考號：

一、單選題

1.已知全集。={%|1>1},集合A={%|XN2},則毛A=()

A.{x|l<x<2}B.{x|x<2}

C.{x|l<x<2}D.

2.若復(fù)數(shù)z滿足i-(z+i)=l,則復(fù)數(shù)z的虛部是()

A.-2B.2C.-1D.0

3.二項式卜2_1：的展開式中的常數(shù)項是()

A.-15B.15C.20D.-20

4.設(shè)向量若忖=1/=(-3,4),石=4〃(％>0),則〃=(

4_3433_4

A.5，-5B.二'二C.5，-5

5.已知函數(shù)/（x）=2、-1,則不等式的解集為（)

A.(-co,2]B.[0,1]C.[l,+oo)D.口，2]

1T

6.在ABC中，"C=一”是“sidA+siEBH”的()

2

A.充分而不必要條件B.必要而不充分條件

C.充分必要條件D.既不充分也不必要條件

7.已知定點〃。,3）和拋物線C:x2=8y,F是拋物線C的焦點，N是拋物線C上的點,

則|NE|+|M0|的最小值為（）

A.3B.4C.5D.6

8.已知a>人>0且。6=10,則下列結(jié)論中不正確的是()

A.lga+lg6>0B.lga-lg&>0

C.Iga-lgZ?<—D.7^7->1

4Igb

9.木楔在傳統(tǒng)木工中運用廣泛.如圖，某木楔可視為一個五面體，其中四邊形MCD是

邊長為2的正方形，且「.AD&3b均為等邊三角形，EF//CD,EF=4,則該木楔的

體積為（）

A.72B.2V2C.迪D.還

33

10.設(shè)無窮等差數(shù)列何｝的公差為d,集合T=*lf=sina“,"eN*｝M()

A.T不可能有無數(shù)個元素

B.當(dāng)且僅當(dāng)d=。時，T只有1個元素

C.當(dāng)T只有2個元素時，這2個元素的乘積有可能為g

2元

D.當(dāng)，左之2,%GN*時，T最多有左個元素，且這上個元素的和為0

k

二、填空題

11.設(shè)｛%｝是等比數(shù)列，%。=16,則%=.

2

12.若雙曲線V一方=13>0)的一條浙近線方程為2x-y=O,貝2=.

13.能夠說明“設(shè)”,瓦。是任意實數(shù).若a>b>c,則油>02”是假命題的一組整數(shù)。，4c的

值依次為.

14.如圖是六角螺母的橫截面，其內(nèi)圈是半徑為1的圓。，外框是以為。中心，邊長為

2的正六邊形ABCDEF,則0到線段AC的距離為；若尸是圓。上的動點，則

ACAP的取值范圍是.

15.設(shè)函數(shù)的定義域為R,且“X)滿足如下性質(zhì)：⑴若將八月的圖象向左平移

2個單位，則所得的圖象關(guān)于y軸對稱，(ii)若將/(尤)圖象上的所有點的縱坐標(biāo)不變,

橫坐標(biāo)縮短為原來的再向左平移!■個單位，則所得的圖象關(guān)于原點對稱.給出下列

四個結(jié)論：

①〃1)=〃3)；

試卷第2頁，共4頁

②"0）=0；

③/（2）+/（4）=0；

11

@fI<0

其中所有正確結(jié)論的序號是

三、解答題

16.如圖.在三棱柱A8C-A耳C1中，2瓦J■平面ABC,CA=CB=#),44]=AB=2,

D、E分別為AB、M的中點.

(1)求證：平面CDE_L平面；

(2)求直線CE與平面BCGA，所成角的正弦值.

17.在ABC中4=1力=2.

(1)若c=2后，求ABC的面積：

⑵在下列三個條件中選擇一個作為已知，使二ABC存在，求-A.

JT

條件①：ZB=2ZA；條件②：ZB=-+ZA-條件③：ZC=2ZA.

注：如果選擇的條件不符合要求，第(2)問得0分：如果選擇多個符合要求的條件分

別解答，按第一個解答計分.

18.為了解客戶對A,B兩家快遞公司的配送時效和服務(wù)滿意度情況，現(xiàn)隨機獲得了某

地區(qū)客戶對這兩家快遞公司評價的調(diào)查問卷，已知A,B兩家公司的調(diào)查問卷分別有120

份和80份，全部數(shù)據(jù)統(tǒng)計如下：

快遞公司A快遞公司B快遞公司

項目

份數(shù)配送時效服務(wù)滿意度配送時效服務(wù)滿意度

評價

分?jǐn)?shù)

85<x<9529241612

75<x<8547564048

65<x<7544402420

假設(shè)客戶對A,B兩家快遞公司的評價相互獨立，用頻率估計概率.

(1)從該地區(qū)選擇A快遞公司的客戶中隨機抽取1人，估計該客戶對A快遞公可配送時

效的評價不低于75分的概率：

(2)分別從該地區(qū)A和B快遞公司的樣本調(diào)查問卷中，各隨機抽取1份，記X為這2份

問卷中的服務(wù)滿意度評價不低于75分的份數(shù)，求X的分布列和數(shù)學(xué)期望：

⑶記評價分?jǐn)?shù)x285為“優(yōu)秀”等級，75(尤<85為“良好”等級，65Wx<75為“一般”等級

、己知小王比較看重配送時效的等級，根據(jù)該地區(qū)A,B兩家快遞公司配送時效的樣本

評價分?jǐn)?shù)的等級情況，你認(rèn)為小王選擇A,B哪家快遞公司合適？說明理由，

19.已知橢圓C的兩個頂點分別為4(-2,0),8(2,0),焦點在x軸上，離心率為*.

⑴求橢圓C的方程；

⑵設(shè)。為原點，過點7(4,0)的直線/交橢圓C于點直線與直線x=l相交于

點P,直線AN與丫軸相交于點。.求證：-OA2與O7P的面積之比為定值.

20.已知函數(shù)"X)=ot+ln^―.

(1)若曲線>=/(x)在點(0,/(0))處的切線斜率為0,求。的值；

⑵當(dāng)a=4時，求〃*)的零點個數(shù)；

(3)證明：0WaW2是/'(x)為單調(diào)函數(shù)的充分而不必要條件.

21.若各項為正的無窮數(shù)列｛%｝滿足：對于VweN*,屋「寸="，其中d為非零常數(shù)，

則稱數(shù)列｛4｝為。數(shù)列.記2=an+l-an.

⑴判斷無窮數(shù)列為=冊和4=2"是否是。數(shù)列，并說明理由；

(2)若｛?！埃恰?數(shù)列，證明：數(shù)列｛2｝中存在小于1的項；

(3)若｛4｝是O數(shù)列，證明：存在正整數(shù)“，使得￡—>2024.

a

z=li

試卷第4頁，共4頁

參考答案：

1.C

【分析】由補集的定義運算即可得.

【詳解】由U={x|x>l},A={x|x>2},則ea={x[l<x<2}.

故選：C.

2.A

【分析】根據(jù)復(fù)數(shù)的除法運算及減法運算得z=-2i,再根據(jù)復(fù)數(shù)的概念即可得到答案.

【詳解】由i-(z+i)=l,貝”」-i=-i-i=-2i,

1

所以復(fù)數(shù)z的虛部是-2.

故選：A.

3.B

【分析】根據(jù)二項展開通項公式求解.

/:123

【詳解】展開式通項為：Tk+l=C：(^pf-1V=(-l)C^-\

令12—3&=0=%=4,常數(shù)項為(-1)氣：=15.

故選：B

4.D

【分析】根據(jù)向量的數(shù)乘公式和模的公式代入即可求解.

【詳解】因為。=而=(-3,4)(/1>0),所以a=

5.B

【分析】將不等式/(x)Vx轉(zhuǎn)化為兩個函數(shù)%，％，在同一坐標(biāo)系下作出兩個函數(shù)的圖象,

由圖像可得結(jié)果.

【詳解】因為/(x)=2-l,所以/])?%,即2士+1,

令%=2*,%=%+1,且均為增函數(shù)，則不等式為％4%，

在同一坐標(biāo)系下作出兩個函數(shù)的圖象，如圖所示，

答案第1頁，共15頁

又當(dāng)x=0時％=2°=1,%=0+1=1,

當(dāng)x=1時，％=2,=2,%=1+1=2,

所以由圖像可知：％<％的解集為：［。』，

故選：B.

【分析】根據(jù)充分條件與必要條件的定義，根據(jù)三角形內(nèi)角的性質(zhì)以及三角函數(shù)的誘導(dǎo)公式,

可得答案.

【詳解】在ABC中，A+B+C=n,則3=兀一（？—A,

充分性：當(dāng)C=］時，B=^-A,sinB=sin=cosA,

JT

sin2A+sin2B=sin2A+cos2A=1,所以"C=/"是"sinNA+sin*=1"的充分條件；

必要性：當(dāng)sin2A+sin^j5=1時，取人=/，B==,

121222

此時滿足sin2A+sin2B=sin2—+cos2—=1,但。=女￡色，

121232

JT

所以“C=萬”是“si/A+siYB=1"的不必要條件.

IT

綜上所述，“C=5^sin2A+sin2B=1”的充分不必要條件.

故選：A.

7.C

【分析】根據(jù)拋物線定義，數(shù)形結(jié)合即可求出|NR|+|MVf|的最小值.

答案第2頁，共15頁

由題拋物線C:x2=8y,F是拋物線C的焦點,

則尸(0,2),準(zhǔn)線方程為y=-2,

N是拋物線C上的點，過N作垂直準(zhǔn)線于H,

過/作NH、垂直準(zhǔn)線于區(qū)交拋物線于N、,

則由拋物線定義知|NH|=|N日，

由圖像可知|而|+|乂^=|而|+|皿閆MVJ+IM司=|阿

即|即國麗/|的最小值的最小值為

由”(1,3),準(zhǔn)線方程為尸-2,

所以|M|=5.

故選：C

8.D

【分析】對A：由對數(shù)性質(zhì)運算即可得；對B：由對數(shù)性質(zhì)運算即可得；對C：借助基本不

等式運算即可得；對D：找出反例即可得.

【詳解】對A：lgfl+lgZ>=lgfl/?=l>0,故A正確；

對B：由a>A>0,貝ijlga>lg6,故lg”lgb>0,故B正確；

對C：由lga+lg6=lgab=l,故3.坨6<|3"；想［=；,

當(dāng)且僅當(dāng)a=b=&6時等號成立，由a>6>0,故等號不成立，

即Iga/gbv；,故C正確；

對D：當(dāng)a=100、％=0.1時，符合題意，

答案第3頁，共15頁

但此時瑞=十一2<1,故D錯誤.

故選：D.

9.D

【分析】如圖，分別過點A,B作石尸的垂線，垂足分別為G,H,連接。G,C”,取包的

中點。，連接GO,求出以3=5徵.=0，結(jié)合三棱錐和三棱柱的體積公式計算即可.

【詳解】如圖，分別過點A,B作竹的垂線，垂足分別為G,H,連接DG,CH,

則由題意等腰梯形AB￡F全等于等腰梯形CDEF,

貝ljEG=〃r=土2=l,AG=GO=BH=HC=V?f=G

2

取AD的中點。，連接GO,因為AG=GD,所以GOLAD,

貝IGO=4國一I2=72,

**,^AADG=S4BCH=]XX2=A/2.

因為AB〃跖，AG1EF,所以ABLAG,因為四邊形ABCD為正方形，

所以鉆_LM),又因為ADAG=A,AD,AGu平面AOG,所以ABI平面ADG,

所以EFI平面AG￡>,同理可證EFI平面38,

+

多面體的體積V=L棱錐E-ACG+&棱錐F-BCH咚棱柱AGD-8EC=2嚷棱錐E-ADG+咚棱柱AG0-BHC

=—xyflxlx2+>/2x2=8夜,

33

10.D

【分析】對于A,B選項，可取特殊數(shù)列驗證即可；對于C可假設(shè)成立，結(jié)合圖象推出與已

知矛盾；對于D,結(jié)合正弦函數(shù)的周期，即可判斷.

【詳解】選項A,取?！?〃，則4=1,由1=國11%,因為｛%｝是無窮等差數(shù)列，正弦函數(shù)是

周期為2元的函數(shù)，所以r=sin."在每個周期上的值不相同，故A錯誤;

答案第4頁，共15頁

選項B,取a“=m,即d=?i,貝！Jr=sin?！?sin7m=0,只有一個元素，故B錯誤；

選項C,假設(shè)T只有2個元素1,明這2個元素的乘積為《，如圖可知當(dāng)r等于4或為時,

顯然｛4｝不是等差數(shù)列，與已知矛盾，故C錯誤；

選項D,當(dāng)1=,2兀時,

%=sin%,

r2=sin[q+F）,

?3=sinL1+2x^

L,

"~sin6Zj+（上―1）女

4+i=sin[q+左?

=sinq,L,所以T最多有七個元素,

又因為正弦函數(shù)的周期為27t,數(shù)列｛%｝的公差為d=W

K

所以4k22,左eN*）把周期2兀平均分成七份，所以上個元素的和為0,故D正確.

故選:D.

【點睛】方法點睛：本題考查等差數(shù)列與正弦函數(shù)性質(zhì)相結(jié)合，采用特例法，數(shù)形結(jié)合的方

法判斷.

11.16

【分析】結(jié)合等比數(shù)列通項公式計算即可得.

【詳解】設(shè)/=4/1,貝！1=a；44=爐=16,故%=%q4=16.

故答案為：16.

12.2

【分析】根據(jù)雙曲線漸近線方程即可求解.

2

【詳解】雙曲線--a=13＞。）的漸近線方程為吏士版，所以6=2

答案第5頁，共15頁

故答案為：2

13.2,-1,-2（答案不唯一）

【分析】利用列舉法，寫出滿足題意的結(jié)果即可.

2

【詳解】當(dāng)。=2,6=-l,c=-2時，滿足a>"c,但是ab=-2,<?=4,ab<c.

故答案為：2,-1,-2（答案不唯一）

14.

【分析】根據(jù)正六邊形的性質(zhì)即可求解空1,利用向量的坐標(biāo)運算即可由三角函數(shù)的性質(zhì)求

【詳解】取AC中點為

由于正六邊形ABCDEF的邊長為2,所以NAOC=120,OA=OC=2,

因此0到線段AC的距離為OM=goA=l,

建立如圖所示的直角坐標(biāo)系，貝|A（-2,0）,C（l,-g）,P（cosasin0）,6eR,

AC=(3,-73),AP=(cos9+2,sin6>),

AC-AP=3cos。+6一退sin。=2A/3COS10+力+6,

由于0eR,cos7

,+0+6平一2班,6+2君］,

故AC-AP=2若cos

【分析】利用函數(shù)的對稱性、奇偶性與周期性即可判斷各結(jié)論是否正確.

【詳解】由⑴可得/（X+2）=〃T+2）,即有/（x）關(guān)于x=2對稱;

答案第6頁，共15頁

由(ii)可得/,即/（2x+l）=-/（-2%+1）,

用|■代替X,有小+1)=—〃T+1),即“X)關(guān)于(1,0)對稱;

由"》)關(guān)于x=2對稱，故/'(1)=*3),即①正確；

由尤=2關(guān)于(1,0)對稱的直線為x=0,

故/(x)關(guān)于x=0對稱，則/(。)不一定等于0,故②不正確；

對/(x+2)=/(-x+2),令x=2,則有〃4)=〃0),

對/(x+l)=—〃T+1),令％=1,則有/(2)=-/⑼，

故〃2)+〃4)=〃0)—/(0)=0,故③正確;

對」(x+2)=/(r+2),即有/(x)=〃r+4),

對f(x+l)=-/(-x+1),即有/(x)=—"T+2),

即f(x)=f(-x+4)=-f(-x+2),即/(x+4)=-/(x+2),

貝lJ/(x+2)=—/(x),即有〃x+4)=〃x),

故〃x)周期為4,則傳］,

a

對/（尤+l）=_/（—尤+1）,令尤=_],則/5

5

<0,故④正確.

故答案為：①③④.

【點睛】關(guān)鍵點睛：本題的關(guān)鍵是由題意去得到函數(shù)的對稱性，并根據(jù)對稱性去推導(dǎo)函數(shù)的

奇偶性與周期性，遇到此類問題一般采用賦值法對等式左右進(jìn)行變形，從而得到函數(shù)的其它

性質(zhì).

16.(1)證明見解析

S、2屈

⑵-1T

【分析】(1)由題意先由線面垂直的性質(zhì)得到線線垂直，再借助線線垂直得到線面垂直，即

答案第7頁，共15頁

可得到面面垂直；

(2)建立空間直角坐標(biāo)系后借助空間向量計算即可得.

【詳解】(1)24,平面ABC,CDu平面ABC,二8與

又?CA^CB,且。為AB中點，.?.CD,AB,

又*BB］、ABu平面ABBiA，且84門45=8,

\CD人平面AB月A，又'CDu平面CDE,

平面CDE±平面ABB〕A；

(2)取A片中點E，以。為原點，建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系,

則有。(0,0,0),由CD_LAB,CA=CB=下,A4)=AB=2,

則AD=：A3=1,CD=^(V5)2-I2=2,

即C(0,2,0)、磯1,0,1)、B(T0,0)、(-1,0,2),

則CE=(1,-2,1)、BC=(1,2,0)、BBt=(0,0,2),

令平面BCQBi的法向量為n=(x,y,z),

fx+2y=0/、

則有.=0,可取x=2,則〃=(2,T,0),

2底

貝ijcos(CE,n\=i2+2/——

'/71+4+1x74+115

故直線CE與平面BCGB一所成角的正弦值嚕.

答案第8頁，共15頁

17.⑴正；

4

嗚

【分析】(1)由余弦定理可得cosC=-：,進(jìn)而可得sinC=手，再由SABc=；"sinC求解

即可；

(2)若選①，結(jié)合正弦定理可得cos4=1,不滿足題意，故舍去；

若選②，結(jié)合正弦定理及三角恒等變換可得&sin(A-/)=0,求解即可；

若選③，由正弦定理可得c=2cosA,再由余弦定理求解即可.

【詳解】(1)解：由題意可知。=1,8=2,C=20，

二匚i、i-b2+ci2—c23

所以cosC=---------------=——<0,

lab4

又因為?！?0,兀)，

TT

所以cW(萬,兀)，

所以sinC=A/1-COS2C=-^―,

4

所以ZABC=gabsinC=￥；

(2)解：若選①，則有ZB=2ZA且a=L0=2,

ab日121

由=，口J==，

sinAsin5sinAsin2AsinAcosA

所以一^=1,即cosA=l,不滿足題意；

cosA

jr

若選②，貝!J有=§+且Q=1力=2,

h1二2

由二=三，可得sinA一.4工八，

smAsinBsin(j+A)

所以2sinA=sin(—+A)=^-cosA+—sinA,

322

即—sinA-^-cosA=0,6sin(A-2)=0,

226

又因為Ae(O,兀)，解得A=￡；

o

若選③，則有NC=2ZA且“=1,。=2,

答案第9頁，共15頁

由I--5--二---V-，可-----r得*zi—t---■!--=---L---=------V-----，

sinAsinCsinAsin2A2sinAcosA

所以c=2cosA,

r-r-I./+c2-〃23+4cos2A

所以rcosA=---------------=---------------,

2bc8cosA

3

所以cos2A=：,

4

因為。＜b,所以A不可能為鈍角或直角，只能為銳角,

所以cosA=,

2

所以A=1

O

綜上，選②或選③，A=y.

6

19

18.（1）—

30

⑵分布列見解析，E（X）=]17

(3)我認(rèn)為小王應(yīng)該選擇B快遞公司，因為B快遞公司中“優(yōu)秀”或"良好”等級占比比A公司

大.(言之有理即可)

【分析】(1)從表中讀取數(shù)據(jù)后計算即可得;

(2)先得出兩個公司分別不低于75分的概率，再由離散型隨機變量性質(zhì)計算即可得;

(3)得出各個公司等級情況后，言之有理即可.

【詳解】(1)調(diào)查問卷中共有120份，其中不低于75分的份數(shù)為29+47=76,則尸=需=益，

故可估計該客戶對A快遞公可配送時效的評價不低于75分的概率為*；

(2)A快遞公司的樣本調(diào)查問卷中抽取的1份服務(wù)滿意度評價不低于75分的概率為：

24+562

11203

B快遞公司的樣本調(diào)查問卷中抽取的1份服務(wù)滿意度評價不低于75分的概率為：

12+483

6=------二—.

X的可能取值為0,1,2,

?(x.「|2L3，

34

P（X=1）="x*x135

43112,

答案第10頁，共15頁

故其分布列為:

(3)A快遞公司的樣本調(diào)查問卷中“優(yōu)秀”等級占比為云，

4744

“良好”等級占比為^“一般”等級占比為痂；

B快遞公司的樣本調(diào)查問卷中“優(yōu)秀”等級占比為方=：,

805

“良好”等級占比為?40=j1“一般”等級占比為2N432;

o(J2o(J10

其中A快遞公司的樣本調(diào)查問卷中“優(yōu)秀”或"良好''等級占比為需=H，

B快遞公司的樣本調(diào)查問卷中“優(yōu)秀”或“良好”等級占比為M=1；>號

801030

我認(rèn)為小王應(yīng)該選擇B快遞公司，因為B快遞公司中“優(yōu)秀”或“良好”等級占比比A公司大.

19.⑴、*+9=1

(2)證明見解析

【分析】(1)根據(jù)頂點得到。，根據(jù)離心率得到。，則得到橢圓方程；

(2)設(shè)直線/的方程為尤-4=妝，聯(lián)立橢圓方程得到韋達(dá)定理式，求出兩直線方程，得到

面積表達(dá)式，化積為和，代入化簡即可.

【詳解】(1)由題意得a=2,￡=g，貝卜=班，則人把一⑹=1,

丫2

則橢圓C的方程為二+y2=l.

4'

(2)顯然當(dāng)直線/的斜率為0和不存在時，不合題意，

則可設(shè)直線/的方程為=N(N，%)，

2%—4=my

則聯(lián)立橢圓方程工+丁=1有二+2_],化簡得(>+4)^+8沖+12=。，

IT+-V-

答案第11頁，共15頁

貝U△=64加2—48（加+4）>。，解得相>2石或加<—2石，

mi8根12AA3/x

貝1乂+%=——^~7，%%=2/，%=加%+4,x=my+4,%%=一『（%+%），

m+4m+4222m

則怎貝lj直線8M的方程為>=』7（X-2）,令》=1,則％=9—,

%3=三，則直線AN的方程為y=3（尤+2），令尤=0,則^=4，

?X,I乙X"]I乙I乙

貝|5"2=<><2b0|=%，S0?=-x4\yP\=^,因為％%=4^>0,則同號,

11

■2X2+222-xtm+4

2

SOAQ_|y|2-X1y2-尤|必-my-2%〃有+2

則----=----2---;—「=--2-----------------x---=-----------

SOTPx2+22M%x2+2yxmy2+6yxmy2+6

=股>2+2%=fW（X+%）+2%==1

⑵3個

（3）證明見解析

【分析】（1）結(jié)合導(dǎo)數(shù)的幾何意義計算即可得；

（2）結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性與零點的存在性定理去研究函數(shù)零點個數(shù)問題即可得；

（3）當(dāng)時去推導(dǎo)/'（x）為單調(diào)函數(shù)可證明充分性，找出不在該范圍內(nèi)的。亦能使

/（無）為單調(diào)函數(shù)即可證明不必要條件.

j.,,、1+尤-（1+尤）-（1-尤）2

【詳解】⑴r（x）=fl+--X->~Z=a+,

1一%（1+無）

2

則-（0）=a+—=0,即a=2；

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(2)當(dāng)〃=4時，/(x)=4x+ln——-,則——->0,即一Ivxvl,

1+x1+x

故/(可為奇函數(shù)，

2

/(%)=4+^—->-1<X<1,

X—1

令r(x)>0,即4+島>0,解得一曰<x<1，

令/'(x)<0,即一1〈尤〈一日或曰<X<1,

故/⑺在11,-1］上單調(diào)遞減，在卜孝，亨］上單調(diào)遞增,

在』上單調(diào)遞減,

由〃0)=0+lnl=0,則>0,X/(0.99)=3.96-In199<0,

故“X)在」上必有一零點,

由/(x)為奇函數(shù),則/(%)在-1,-上亦有一零點,

2)

故當(dāng)，=4時，””的零點個數(shù)為3個;

2一。+2

(3)小)=。+「=—1V%V1,

x2-l

由一Ivxvl,故一kJ—1<。，

ux^-a+2=a(%?-1)+2,即-a+2<々(爐—1)+2Va+2

當(dāng)0WaW2時，一a+2Z0,即辦2一〃+2之0,

故廣⑺W0,即此時/(%)在(-1,1)上單調(diào)遞減,

故是/(可為單調(diào)函數(shù)的充分條件；

當(dāng)一2Ka?0時，a+2<0,BPax2-^z+2<0,

故/(力之