【数学】2020届一轮复习浙江版综合检测一
综合检测一
(时间：120 分钟 满分：150 分)
第Ⅰ卷(选择题 共 40 分)
一、选择题(本大题共 10 小题，每小题 4 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 A＝{x∈R|x＋1≥0}，B＝{x∈R|2－x2<0}，则 A∪(∁RB)等于( )
A．[－1，＋∞)
B．[－ 2，＋∞)
C．(－∞，－ 2]∪[－1，＋∞)
D．[－1， 2]
答案 B
解析 根据题意，得 A＝{x|x≥－1}，
∁RB＝{x∈R|x2≤2}＝{x|－ 2≤x≤ 2}，
从而 A∪(∁RB)＝{x|x≥－ 2}，故选 B.
2．已知向量 a＝(1＋m,1－m)，b＝(m－1,2m＋1)，m∈R，则“m＝0”是“a⊥b”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
答案 A
解析 a⊥b⇔(1＋m)(m－1)＋(1－m)(2m＋1)＝0⇔m(m－1)＝0⇔m＝0 或 m＝1，所以“m＝0”
是“a⊥b”的充分不必要条件．故选 A.
3．已知函数 f(x)＝log (x2－2x－3)，则下列关系正确的是( )
A．f(－ 3)
f(－ 3) D．f(log328)0，
得 x<－1 或 x>3.
∴y＝x2－2x－3＝(x－1)2－4 在(－∞，－1)上是减函数，在(3，＋∞)上是增函数，而 y＝log
x 在(0，＋∞)上是减函数，
∴f(x)在(－∞，－1)上是增函数，在(3，＋∞)上是减函数，
∵－ 3<－ 2<－1，∴f(－ 3)f( 11)；
∵－ 5<－ 3<－1，∴f(－ 5)f(3 )．
故选 A.
4．已知 x，y 满足约束条件Error!则 z＝|x＋y＋2|的最大值是( )
A．7 B．6 C．5 D．4
答案 B
解析 方法一 画出可行域如图中阴影部分(含边界)所示，
则 A(0,1)，B(2,2)，C(1
2，1
2 )，
则可行域在直线 l：x＋y＋2＝0 的右上方，z＝|x＋y＋2|＝x＋y＋2，即 y＝－x＋z－2，
故当直线 y＝－x＋z－2 过点 B 时，z 取得最大值，最大值是 6.
方法二 画出可行域如图中阴影部分(含边界)所示，则 A(0,1)，B(2,2)，C(1
2，1
2 )，记直线 l：
x＋y＋2＝0，点 B 到直线 l 的距离为 dB－l，则 z＝|x＋y＋2|＝ 2×|x＋y＋2|
2
≤ 2·dB－l，而 dB
－l＝3 2，故 z＝|x＋y＋2|≤6，所以 z＝|x＋y＋2|的最大值是 6.
5．若(3ax－1)5(2x－1)3 的展开式中各项系数的和为 1，则该展开式中 x2 项的系数为( )
A．56 B．112 C．168 D．224
答案 B
解析 令 x＝1 得(3a－1)5(2－1)3＝1，
解得 a＝2
3，
则(3ax－1)5(2x－1)3＝(2x－1)8，
其二项展开式的通项 Tk＋1＝Ck8·(2x)8－k·(－1)k，
所以 x2 项为 Tk＋1＝C68(2x)8－6·(－1)6＝4C68x2＝112x2，
所以 x2 项的系数为 112.
6．已知函数 f(x)＝Error!若函数 g(x)＝f(x)－k(x＋1)在(－∞，1]上恰有两个不同的零点，则实
数 k 的取值范围是( )
3log 4 3log 4
A．[1,3) B．(1,3]
C．[2,3) D．[1，＋∞)
答案 A
解析 函数 g(x)＝f(x)－k(x＋1)在(－∞，1]上恰有两个不同的零点，等价于直线 y＝k(x＋1)与
函数 y＝f(x)的图象在(－∞，1]上有两个不同的交点．作出 f(x)的大致图象如图所示，
因为直线 y＝k(x＋1)过定点(－1,0)，定点(－1,0)与点(1,2)和(0,3)连线的斜率分别为 1 和 3，结
合 f(x)的图象可知 k 的取值范围是[1,3)．故选 A.
7．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )
A．12－π
2 ．12－π
C．12－2π
3 ．12－π
3
答案 A
解析 由三视图可知，该几何体是一个正四棱柱挖去一个半圆锥所得到的几何体，其直观图
如图所示，
其中正四棱柱的底面正方形的边长 a＝2，半圆锥的底面半径 r＝1，高 h＝3，所以正四棱柱
的体积 V1＝a2h＝22×3＝12，半圆锥的体积 V2＝1
2×π
3r2h＝π
6×12×3＝π
2，所以该几何体的体
积 V＝V1－V2＝12－π
2.
8．已知圆 C：x2＋(y－1)2＝8，直线 l1：mx＋y－m－3＝0 与圆 C 交于 A，B 两点，直线 l2：x
－my＋3m－1＝0 与圆 C 交于 E，F 两点，则四边形 AEBF 的面积的最大值为( )
A．10 B．11 C．12 D．13
答案 B
解析 方法一 设圆心 C(0,1)到直线 l1，l2 的距离分别为 d1，d2，圆 C 的半径为 r，
则 d1＝ |m＋2|
m2＋1
，d2＝ |2m－1|
m2＋1
，
∴|AB|＝2 r2－d21＝2 8－
(m＋2)2
m2＋1
，
|EF|＝2 r2－d22＝2 8－
(2m－1)2
m2＋1
，
又由直线方程知 l1⊥l2，∴AB⊥EF，
则 S 四边形 AEBF＝1
2|AB|·|EF|
＝1
2×2 8－
(m＋2)2
m2＋1
×2 8－
(2m－1)2
m2＋1
＝2 64－8[
(m＋2)2
m2＋1 ＋
(2m－1)2
m2＋1 ]＋
(m＋2)2
m2＋1 ×
(2m－1)2
m2＋1
＝2 64－8 × 5＋(2m2＋3m－2
m2＋1 )2
＝2 24＋(2＋3m－4
m2＋1)2
＝2 24＋[2＋9 × 3m－4
(3m－4＋4)2＋9]2
＝2 24＋[2＋9 × 1
(3m－4)＋8＋ 25
3m－4]2≤11，
当且仅当 3m－4＝ 25
3m－4，即 m＝3 或－1
3时等号成立．
方法二 直线 l1：mx＋y－m－3＝0⇒m(x－1)＋(y－3)＝0，直线 l2：x－my＋3m－1＝0⇒(x－
1)－m(y－3)＝0，
∴直线 l1⊥l2，且均过定点 P(1,3)．
∵圆 C：x2＋(y－1)2＝8，则圆心 C(0,1)，
设圆 C 的半径为 r，圆心 C 到直线 l1，l2 的距离分别为 d1，d2，过点 C 分别向直线 l1，l2 作垂
线，垂足分别为 M，N，则四边形 CMPN 为矩形，且满足 d21＋d22＝|CP|2＝(1－0)2＋(3－1)2＝
5.
|AB|＝2 r2－d21＝2 8－d21，
|EF|＝2 r2－d22＝2 8－d22，
由 l1⊥l2⇒AB⊥EF，则 S 四边形 AEBF＝1
2|AB|·|EF|
＝1
2×2 8－d21×2 8－d22
≤(8－d21)＋(8－d22)＝16－(d21＋d22)＝11，
当且仅当 8－d21＝8－d22，即 d21＝d22＝5
2时等号成立．
9.如图，在三棱柱 ABC－A1B1C1 中，AA1⊥平面 ABC，AB＝BC＝CA＝3，AA1＝2，M 是 AB
上的点，且 BM＝2AM，动点 Q 在底面 A1B1C1 内，若 BQ∥平面 A1CM，则 BQ 的取值范围是
( )
A.[ 5，5
2] .[5
2， 13]
C.[5
2，3 3
2 ] .[ 973
14 ，5
2]
答案 D
解析 如图，在 A1B1 上取一点 D，使 A1D＝2B1D，
取 B1C1 的中点 E，连接 BD，BE，DE，
则 BD∥A1M，因为 A1M⊂平面 A1CM，
所以 BD∥平面 A1CM.
同理，DE∥平面 A1CM，所以平面 BDE∥平面 A1CM，
所以点 Q 在线段 DE 上，点 Q 的轨迹为线段 DE，
易得 BD＝ 5，BE＝5
2，
在△B1DE 中，由余弦定理得
DE2＝DB21＋B1E2－2DB1·B1E·cos∠DB1E
＝1＋9
4－2×1×3
2×1
2＝7
4，所以 DE＝ 7
2 ，
在△BDE 中，利用余弦定理得
cos∠BDE＝BD2＋DE2－BE2
2BD·DE ＝ 35
70 ，
所以 sin∠BDE＝ 4 865
70 ，
则 BQ 的最小值为 DE 边上的高，最大值为 BE 的长，
DE 边上的高是 BD·sin∠BDE＝ 5× 4 865
70 ＝ 973
14 ，
所以 BQ∈[ 973
14 ，5
2]，故选 D.
10．已知同一平面内的向量 a，b，c 满足|a－b|＝|b－c|＝|c－a|＝2，d 为该平面内的任意一个
向量，且(b－d)·(c－d)＝0，则(a－d)·(a＋b－2d)的最大值为( )
A．4＋2 7 B．4＋ 7 C．5＋ 7 D．5＋2 7
答案 D
解析 如图，假设 a，b，c，d 共起点 D，根据|a－b|＝|b－c|＝|c－a|＝2，可知 a，b，c 终点
的连线构成一个边长为 2 的正三角形(如图所示的△ABC)，
又(b－d)·(c－d)＝0，故 OC⊥OB，
而(a－d)·(a＋b－2d)＝(a－d)·[(a－d)＋(b－d)]＝ OA
→
·OE
→
，其中 E 为平行四边形 OAEB 的顶
点，这样问题就转化为求OA
→
·OE
→
的最大值了．
以 O 为原点，OB，OC 所在直线分别为 x 轴，y 轴建立平面直角坐标系，设∠OBC＝θ，
则 B(2cos θ，0)，C(0,2sin θ)，
A(2cos θ－2cos(θ＋π
3 )，2sin(θ＋π
3 ))，
E(4cos θ－2cos(θ＋π
3 )，2sin(θ＋π
3 ))，
∴OA
→
·OE
→
＝[2cos θ－2cos(θ＋π
3 )]·
[4cos θ－2cos(θ＋π
3 )]＋2sin(θ＋π
3 )·2sin(θ＋π
3 )
＝4＋2cos2θ＋6 3sin θcos θ
＝5＋cos 2θ＋3 3sin 2θ
＝5＋2 7sin(2θ＋φ)，其中 tan φ＝ 3
9 ，
∴OA
→
·OE
→
的最大值为 5＋2 7.
第Ⅱ卷(非选择题 共 110 分)
二、填空题(本大题共 7 小题，多空题每题 6 分，单空题每题 4 分，共 36 分．把答案填在题
中横线上)
11．十九世纪德国著名数学家狄利克雷在数学领域成就卓著，函数 f(x)＝Error!被称为狄利克
雷函数，其中 R 为实数集，Q 为有理数集，狄利克雷函数是无法画出函数图象的，但是它的
函数图象却客观存在，如果 A(0，f(0))，B( 3，f( 3))在其图象上，那么 f( 3)＝________，
A，B 两点间的距离为________．
答案 0 2
解析 根据函数的解析式得 f(0)＝1，f( 3)＝0，所以 A，B 两点间的距离为 2.
12．已知 i 为虚数单位， 2
－1＋i＝a＋bi(a，b∈R)，则 a＋b＝________，a＋bi 的共轭复数在
复平面内对应的点位于第________象限．
答案 －2 二
解析 2
－1＋i＝－1－i，则 a＝－1，b＝－1，∴a＋b＝－2，a＋bi 的共轭复数在复平面内对
应的点为(－1,1)，位于第二象限．
13．双曲线x2
4－y2
3＝1 的离心率是________，右焦点到渐近线的距离是________．
答案 7
2 3
解析 双曲线x2
4－y2
3＝1 的离心率 e＝c
a＝ 1＋b2
a2＝ 7
2 .双曲线的右焦点为( 7，0)，渐近线
方程为 y＝±
3
2 x，所以右焦点到渐近线的距离 d＝ 7 × 3
3＋4
＝ 3.
14．抛掷 1 枚质地均匀的骰子，当正面朝上的点数为 3 的倍数时，就说这次试验成功，则在
两次试验中至少有一次成功的概率为________；若连续做 10 次试验，记 X 为试验成功的次
数，则 E(X)＝________.
答案 5
9 10
3
解析 记事件 A 为“两次试验中至少有一次成功”，则事件A为“两次试验都不成功”．基本
事件的个数为 n＝6×6＝36，事件A包括的基本事件的个数 m＝4×4＝16，则 P(A)＝1－P(A)＝
1－m
n＝1－16
36＝5
9.易知 X～B(10，p)，其中一次试验成功的概率 p＝2
6＝1
3，则 E(X)＝np＝10×1
3
＝10
3 .
15．由 1,2,3,4,5,6 六个数字组成无重复数字的六位数，要求 1 不排在两端，2,3 相邻，6 在 4
的左边，则可以组成________个不同的六位数．
答案 72
解析 方法一 2,3 相邻，所以把 2,3 看作一个整体，有 2 种排法，这样，六个元素变成了五
个．先排 1，由于 1 不排在两端，则 1 在中间的 3 个位置中，有 A13＝3 种排法，其余的 4 个
元素任意排，有 A 44种排法，又 4,6 顺序已经确定，所以不同的六位数有2 × 3 × A44
A22 ＝
72(个)．
方法二 2,3 排序有 A 22种，且 1 不在两端的情形有(A22A55－A22C12A44)种，除去 4,6 的顺序，得
A22A55－A22C12A44
A22 ＝72(个)．
16．已知 a>0，b>0，则b2＋2
a＋b ＋ a2
ab＋1的最小值是________．
答案 2
解析 方法一 当 a＋b≥ab＋1 时，
b2＋2
a＋b ＋ a2
ab＋1≥b2＋2
a＋b ＋ a2
a＋b＝a2＋b2＋2
a＋b
＝
(a2＋1)＋(b2＋1)
a＋b ≥2a＋2b
a＋b ＝2，
当且仅当 a＝b＝1 时等号成立；
当 a＋bb2＋2
ab＋1＋ a2
ab＋1
＝
(a2＋b2)＋2
ab＋1 >2ab＋2
ab＋1 ＝2.
故b2＋2
a＋b ＋ a2
ab＋1的最小值是 2.
方法二 因为 3(b2＋2)－(b＋2)2＝2(b－1)2≥0，
所以 b2＋2≥
(b＋2)2
3 ，
进而b2＋2
a＋b ＋ a2
ab＋1≥
(b＋2)2
3(a＋b)＋ a2
ab＋1
≥
(a＋b＋2)2
3(a＋b)＋ab＋1
＝
(a＋b)2＋4(a＋b)＋4
3(a＋b)＋ab＋1
＝
(a2＋1)＋(b2＋1)＋4(a＋b)＋2ab＋2
3(a＋b)＋ab＋1
≥2a＋2b＋4(a＋b)＋2ab＋2
3(a＋b)＋ab＋1
＝6(a＋b)＋2ab＋2
3(a＋b)＋ab＋1
＝2，
当且仅当 a＝b＝1 时等号成立，
故b2＋2
a＋b ＋ a2
ab＋1的最小值是 2.
17．已知 F1，F2 是椭圆和双曲线的公共焦点，且 F1，F2 在 x 轴上，P 是它们的一个公共点，
且∠F1PF2＝2π
3 ，则椭圆和双曲线的离心率之积的取值范围是________．
答案 (1，＋∞)
解析 方法一 设椭圆方程为x2
a21＋y2
b21＝1(a1>b1>0)，
离心率为 e1，半焦距为 c，满足 c2＝a21－b21，
双曲线方程为x2
a22－y2
b22＝1(a2>0，b2>0)，
离心率为 e2，半焦距为 c，满足 c2＝a22＋b22，
不妨设 F1，F2 分别为左、右焦点，P 是它们在第一象限的一个公共点，
则由椭圆与双曲线的定义得，
Error!⇒Error!
在△F1PF2 中，由余弦定理可得
(a1＋a2)2＋(a1－a2)2－4c2
2(a1＋a2)(a1－a2) ＝－1
2，
整理得 4c2＝3a21＋a22，即 3×a21
c2＋a22
c2＝4，
即 3(1
e1 )2＋(1
e2 )2＝4，则 (1
e2 )2＝4－3(1
e1 )2.
由Error!令 t＝(1
e1 )2，
则 t＝(1
e1 )2＝1
3[4－(1
e2 )2]∈(1，4
3 )，
∴(1
e1 )2·(1
e2 )2＝(1
e1 )2·[4－3(1
e1 )2]
＝－3t2＋4t＝－3(t－2
3 )2＋4
3，
∵函数 f(t)＝－3(t－2
3 )2＋4
3在(1，4
3 )上单调递减，
∴(1
e1 )2·(1
e2 )2＝－3(t－2
3 )2＋4
3∈(0,1)，
即 e1e2 的取值范围为(1，＋∞)．
方法二 设椭圆方程为x2
a21＋y2
b21＝1(a1>b1>0)，
离心率为 e1，半焦距为 c，满足 c2＝a21－b21，
双曲线方程为x2
a22－y2
b22＝1(a2>0，b2>0)，
离心率为 e2，半焦距为 c，满足 c2＝a22＋b22，
不妨设 F1，F2 分别为左、右焦点，P 是它们在第一象限的一个公共点，|PF1|＝m，|PF2|＝n，
则 m>n>0，
在△F1PF2 中，由余弦定理可得 m2＋n2＋mn＝4c2，
则由椭圆与双曲线的定义，得Error!
则1
e1· 1
e2＝a1a2
c2 ＝m2－n2
4c2 ＝ m2－n2
m2＋n2＋mn
＝m2＋n2＋mn－(2n2＋mn)
m2＋n2＋mn ＝1－
2＋m
n
(m
n )2＋m
n＋1
，
令 t＝2＋m
n>3，
则1
e1· 1
e2＝1－ t
t2－3t＋3＝1－ 1
t＋3
t－3
，
∵函数 g(t)＝1－ 1
t＋3
t－3
在(3，＋∞)上单调递增，
∴1
e1· 1
e2∈(0,1)，即 e1e2 的取值范围为(1，＋∞)．
三、解答题(本大题共 5 小题，共 74 分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)
18．(14 分)已知函数 f(x)＝cos2x－ 3sin xcos x.
(1)求 f(x)的单调递增区间；
(2)若锐角三角形 ABC 的三个内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，且 f(C)＝－1
2，a＝2，
求 b 的取值范围．
解 (1)∵f(x)＝cos2x－ 3sin xcos x
＝1＋cos 2x
2 － 3
2 sin 2x，
∴f(x)＝cos(2x＋π
3)＋1
2，
令 2kπ－π≤2x＋π
3≤2kπ，k∈Z，
得 kπ－2π
3 ≤x≤kπ－π
6，k∈Z，
∴f(x)的单调递增区间为[kπ－2π
3 ，kπ－π
6]，k∈Z.
(2)∵f(C)＝－1
2，
∴f(C)＝cos(2C＋π
3)＋1
2＝－1
2，
∴2C＋π
3＝2kπ＋π，k∈Z，
又 0c3>c4>…>cn，
∴对一切正整数 n，cn 的最大值是1
4.
又 cn≤1
4m2＋m－1 对一切正整数 n 恒成立，
∴1
4m2＋m－1≥1
4，
即 m2＋4m－5≥0，解得 m≥1 或 m≤－5.
21.(15 分)如图，已知椭圆 C：x2
a2＋y2
b2＝1(a>b>0)，F1，F2 为其左、右焦点，离心率 e＝ 5
5 ，M
为椭圆上一动点，△MF1F2 的面积的最大值为 2.
(1)求椭圆 C 的方程；
(2)过点 P(2,0)作直线 l，交椭圆 C 于 A，B 两点，求△MAB 面积的最大值，并求此时直线 l 的
方程．
解 (1)由Error!得Error!
所以椭圆 C 的方程为x2
5＋y2
4＝1.
(2)当直线 l 的斜率为 0 时，直线 l 的方程为 y＝0，
此时 S△MAB 的最大值为1
2×2×2 5＝2 5.
当直线 l 的斜率存在且不为 0 或斜率不存在时，设直线 l：x＝my＋2，
代入椭圆方程得 4(my＋2)2＋5y2－20＝0，
即(4m2＋5)y2＋16my－4＝0，
设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则 y1＋y2＝－ 16m
4m2＋5，y1y2＝
－4
4m2＋5，
故|AB|＝ (1＋m2)·[(－ 16m
4m2＋5)2＋ 16
4m2＋5]
＝ (1＋m2)·16(20m2＋5)
(4m2＋5)2
，
平移直线 l 至直线 l′的位置，使得直线 l′与椭圆相切(图略)，设直线 l′：x＝my＋t，代入
椭圆方程得 4(my＋t)2＋5y2－20＝0，即(4m2＋5)y2＋8mty＋4t2－20＝0，
由 Δ＝0 得 4m2＋5＝t2，则 t2≥5，
当 t＝－ 4m2＋5时，点 M 距离直线 l 最远，即 S△MAB 最大，此时，点 M 到直线 l 的距离 d＝
|2－t|
1＋m2，
从而 S△MAB＝1
2|AB|·d
＝1
2 (t－2)2·16(20m2＋5)
(4m2＋5)2
＝2 5
(t－2)3·(t＋2)
t4
＝2 5· (1－2
t )3·(1＋2
t ).
令 1－2
t＝u，f(u)＝u3(2－u)，
由 f′(u)＝6u2－4u3＝0 得 u1＝0，u2＝3
2，
所以函数 f(u)在[0，3
2 )上单调递增，在(3
2，＋∞)上单调递减，
因为 t≤－ 5，所以 u∈(1，2 5
5 ＋1]，故当 u＝3
2，即 t＝－4 时，S△MAB 取得最大值，最大
值为3 15
2 .
综上，S△MAB 的最大值为3 15
2 ，此时，m＝±
11
2 ，
所以直线 l 的方程为 x＝±
11
2 y＋2.
22．(15 分)已知函数 f(x)＝x2－4x＋5－a
ex(a∈R)．
(1)若 f(x)在 R 上为增函数，求实数 a 的取值范围；
(2)设 g(x)＝exf(x)，当 m≥1 时，若 g(x1)＋g(x2)＝2g(m)(其中 x1m)，求证：x1＋x2<2m.
(1)解 由题意知 f′(x)＝2x－4＋a
ex≥0 在 R 上恒成立，即 a≥(4－2x)ex 在 R 上恒成立．
设 h(x)＝(4－2x)ex，∴h′(x)＝(2－2x)ex，
∴当 x∈(－∞，1)时，h′(x)>0，h(x)在(－∞，1)上为增函数，当 x∈(1，＋∞)时，h′(x)<0，
h(x)在(1，＋∞)上为减函数，
∴h(x)max＝h(1)＝2e，∴a≥2e，即 a∈[2e，＋∞)．
(2)证明 g(x)＝exf(x)＝(x2－4x＋5)ex－a，
∵g(x1)＋g(x2)＝2g(m)，m∈[1，＋∞)，
∴(x21－4x1＋5) －a＋(x22－4x2＋5) －a
＝2(m2－4m＋5)em－2a，
∴(x21－4x1＋5) ＋(x22－4x2＋5) ＝2(m2－4m＋5)em.
设 φ(x)＝(x2－4x＋5)ex，x∈R，
则 φ(x1)＋φ(x2)＝2φ(m)，则 φ′(x)＝(x－1)2ex≥0，
∴φ(x)在 R 上单调递增．
设 F(x)＝φ(m＋x)＋φ(m－x)，
则 F′(x)＝(m＋x－1)2em＋x－(m－x－1)2em－x.
当 x>0 时，em＋x>em－x>0，
(m＋x－1)2－(m－x－1)2＝2x(2m－2)≥0，
∴F′(x)>0，F(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∴F(x)>F(0)＝2φ(m)，
∴φ(m＋x)＋φ(m－x)>2φ(m)，x∈(0，＋∞)．
令 x＝m－x1，∵x10，
∴φ(m＋m－x1)＋φ(m－m＋x1)>2φ(m)，
即 φ(2m－x1)＋φ(x1)>2φ(m)，
又 φ(x1)＋φ(x2)＝2φ(m)，
∴φ(2m－x1)＋2φ(m)－φ(x2)>2φ(m)，
即 φ(2m－x1)>φ(x2)，
∵φ(x)在 R 上单调递增，
1xe 2xe
1xe 2xe
∴2m－x1>x2，即 x1＋x2<2m.
