2019-2020学年四川省泸县第二中学高二下学期第一次在线月考数学（文）试题（解析版） 16页

2019-2020 学年四川省泸县第二中学高二下学期第一次在线 月考数学（文）试题 一、单选题 1．直线 3 1 0x y   的倾斜角为（ ） A．30° B．60° C．120° D．150° 【答案】C 【解析】由直线的一般式方程得到直线的斜率 k ，再由 tan θk = 求解倾斜角. 【详解】 直线 3 1 0x y   的斜率 = 3k  tan 3, [0 ,180 )o ok       ， ∴ 120  . 故选：C 【点睛】 本题考查了直线的一般式方程、直线的斜率和直线的倾斜角的关系，考查了学生转化， 运算的能力，属于基础题. 2．命题“ 3 2, 1 0x x x    R ”的否定是（ ） A． 3 2, 1 0x R x x     B． 3 2, 1 0x R x x     C． 3 2, 1 0x x x    R D． 3 2, 1 0x R x x     【答案】C 【解析】由全称命题的否定为特称命题，再判断即可得解. 【详解】 解：命题“ 3 2, 1 0x x x    R ”的否定是“ 3 2, 1 0x x x    R ”， 故选：C. 【点睛】 本题考查了特称命题与全称命题的关系，重点考查了命题的否定，属基础题. 3．“ 2 2am bm ”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】由不等式的性质，结合充分必要性的判定即可得解. 【详解】 解：由 2 2: :p am bm q a b   ，但 :q a b 时 2 2:p am bm 不一定成立，例如当 0m  ， 即“ 2 2am bm ”是“ a b ”的充分不必要条件， 故选：A. 【点睛】 本题考查了不等式的性质，重点考查了充分必要条件，属基础题. 4．已知命题“设 a 、b 、 Rc ，若 2 2ac bc ，则 a b ”，则它的逆命题、否命题、 逆否命题中真命题共有（ ） A．0 个 B．1 个 C．2 个 D．3 个 【答案】B 【解析】【详解】试题分析：由题意得，命题“设 a 、b 、 Rc ，若 2 2ac bc ，则 a b ” 为真命题，所以它的逆否命题也为真命题；又由原命题的逆命题为“设 a 、b 、 Rc ， 若 a b ，则 2 2ac bc ”为假命题，所以它的否命题也为假命题，所以在它的逆命题、 否命题、逆否命题中真命题共有一个，故选 B． 【考点】四种命题的真假的判定． 5．过抛物线 2 8y x 的焦点作直线交抛物线于 ,A B 两点，若线段 AB 的中点的横坐标 为 4，则 AB  （ ） A．6 B．8 C．12 D．16 【答案】C 【解析】利用焦半径公式可求 AB . 【详解】 设    1 1 2 2, , ,A x y B x y ，抛物线的焦点为 F ，则  2,0F . 由焦半径公式可得 1 22, 2AF x BF x    ， 故 1 2 4AB AF BF x x     ， 因为线段 AB 的中点的横坐标为 4，故 1 2 8x x  ，故 12AB  . 故选：C. 【点睛】 本题考查抛物线中焦点弦的长度计算，可借助焦半径公式来计算，一般地，抛物线  2 2 0y px p  上的点  0 0,P x y 到焦点的距离为 0 2 px  ；抛物线  2 2 0x py p  上的点  0 0,P x y 到焦点的距离为 0 2 py  . 6．若圆 2 2 2 2 0x y x y m     的半径为 3 ，则实数 m  （ ） A． 3 2  B．-1 C．1 D． 3 2 【答案】B 【解析】将圆的方程化为标准方程，即可求出半径的表达式，从而可求出 m 的值. 【详解】 由题意，圆的方程可化为   2 21 1 2x y m     ， 所以半径为 2 3m  ，解得 1m   . 故选：B. 【点睛】 本题考查圆的方程，考查学生的计算求解能力，属于基础题. 7．已知圆 2 2 1 : 2 3 1 0C x y x y     ，圆 2 2 2 : 4 3 36 0C x y x y     ，则圆 1C 和 圆 2C 的位置关系为（ ） A．相切 B．内含 C．外离 D．相交 【答案】B 【解析】将两圆的方程化为标准方程，求出两圆的圆心与半径，求出圆心距，再根据两 圆的圆心距 1 2C C 与半径和与差的关系，即可得到结论. 【详解】 圆 2 2 1 : 2 3 1 0C x y x y     ，即  2 2 3 91 2 4x y       ，∴ 1 31, 2C      ， 1 3 2r  ， 圆 2 2 2 : 4 3 36 0C x y x y     ，即  2 2 3 1692 2 4x y       ，∴ 2 32, 2C     ， 2 13 2r  ， ∴两圆的圆心距   2 2 1 2 3 32+1 102 2C C         ， 1 2 3 13 82 2r r    ， 2 1 13 3 52 2r r    ， ∴ 11 22 10 5rC rC     ，故两圆内含. 故选：B. 【点睛】 本题主要考查圆的标准方程，两圆的位置关系的判定方法，属于基础题. 8．若方程 2 2 14 8sin x y   表示焦点在 y 轴上的椭圆，则锐角 的取值范围是（ ） A． ,3 2       B． ,3 2 π π    C． ,6 2       D． ,6 2      【答案】C 【解析】依题意可得关于 的三角不等式，根据正弦函数的性质解答. 【详解】 解：因为方程 2 2 14 8sin x y   表示焦点在 y 轴上的椭圆 所以8sin 4  即 1sin 2   ，由正弦函数的性质可得 52 26 6k k       ， k Z 又 为锐角 6 2     即 ,6 2       故选：C 【点睛】 本题考查椭圆的简单几何性质，以及正弦函数的性质，属于基础题. 9．已知定点  3,0B ，点 A 在圆 2 2( 1) 4x y   上运动，则线段 AB 的中点 M 的轨 迹方程是（ ） A． 2 2( 1) 1x y   B． 2 2( 2) 4x y   C． 2 2( 1) 1x y   D． 2 2( 2) 4x y   【答案】C 【解析】设  ,M x y 再表达出 A 的坐标代入圆方程 2 2( 1) 4x y   化简即可. 【详解】 设  ,M x y ,则  ,A AA x y 满足  3, ,2 2 A Ax y x y     .故 2 3 2 A A x x y y     .故  2 3,2A x y . 又点 A 在圆 2 2( 1) 4x y   上.故    2 22 2(2 3 1) 2 4 1 1x y x y        . 故选：C 【点睛】 本题主要考查了轨迹方程的求法,属于基础题型. 10．三棱锥的三条侧棱两两垂直，其长分别为 3, 2,1，则该三棱锥的外接球的表面 积（ ） A． 24 B．18 C．10 D． 6 【答案】D 【解析】由题意得外接球的直径等于 2 3 2 1 6R     ,所以表面积为 2 24π =π( 6) 6πR  ,选 D. 点睛: (1)补形法的应用思路：“补形法”是立体几何中一种常见的重要方法，在解题时， 把几何体通过“补形”补成一个完整的几何体或置于一个更熟悉的几何体中，巧妙地破解 空间几何体的体积等问题，常见的补形法有对称补形、联系补形与还原补形，对于还原 补形，主要涉及台体中“还台为锥”． (2)补形法的应用条件：当某些空间几何体是某一个几何体的一部分，且求解的问题直接 求解较难入手时，常用该法． 11．若椭圆 C： 2 9 x ＋ 2 2 y ＝1 的焦点为 F1，F2，点 P 在椭圆 C 上，且|PF1|＝4，则∠F1PF2 ＝( ) A．30° B．60° C．120° D．150° 【答案】C 【解析】根据椭圆方程求得 1 2 2 7F F  ，由椭圆的定义，得 1 2 2 6PF PF a   ， 求得 1 4PF  ，所以 2 2PF  ，在 1 2F PF 中，再由余弦定理列出方程，求得 1 2 1cos 2F PF   ，即可求解． 【详解】 由题意，椭圆方程 2 2 19 2 x y  ，可得 2 23, 2, 7a b c a b     ， 所以焦点 1 2( 7,0), ( 7,0)F F ， 又由椭圆的定义，可得 1 2 2 6PF PF a   ，因为 1 4PF  ，所以 2 2PF  ， 在 1 2F PF 中，由余弦定理可得 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 22 cosF F PF PF PF PF F PF    , 所以 2 2 2 1 2(2 7) 4 2 2 4 2cos F PF      ，解得 1 2 1cos 2F PF   ， 又由 1 2 (0 ,180 )F PF    ，所以 1 2 120F PF   ， 故选 C． 【点睛】 本题主要考查了椭圆的定义及其标准方程的应用，其中解答中利用椭圆的定义和三角形 的余弦定理列出方程是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题． 12．已知双曲线   2 2 2 2 1 0, 0x y a ba b     的左、右焦点分别为 1F 、 2F ， A 为左顶点， 过点 A 且斜率为 3 3 的直线与双曲线的渐近线在第一象限的交点为 M ，若 1 2 0MF MF   ，则该双曲线的离心率是（ ） A． 2 B． 21 3 C． 13 3 D． 5 3 【答案】B 【解析】先由 1 2 0MF MF   ，得 1 2F MF 为直角，可得 1 2 1 2OM F F ，即可得  ,M a b ，然后利用直线斜率公式求解即可. 【详解】 解：双曲线   2 2 2 2 1 0, 0x y a ba b     的渐近线方程为 by xa   ， 设点 , bM m ma      ， 因为 1 2 0MF MF   ，即 1 2MF F 为直角三角形，且 1 2F MF 为直角， 所以 1 2 1 2OM F F ，则 2 2 2bmm ca      上， 解得 m a ， 故  ,M a b ，又  ,0A a ， 所以直线 AM 的斜率 3 2 3 bk a   ，所以 2 2 4 3 b a  ， 故该双曲线的离心率 2 2 211 3 c be a a     . 故选：B. 【点睛】 本题考查了双曲线离心率的求法，重点考查了双曲线渐近线方程及直线的斜率公式，属 中档题. 二、填空题 13．不等式 26 2 0x x   的解集用区间表示为______. 【答案】 3 ,22     【解析】由二次不等式的解法求解即可. 【详解】 解：原不等式可化为 22 6 0x x   ，即  2 +3 2 0x x   ，即 3 22 x   ， 即表达式的解集为 3 ,22     ， 故答案为： 3 ,22     . 【点睛】 本题考查了二次不等式的解法，重点考查了运算能力，属基础题. 14．抛物线 24y x 的焦点坐标是___________． 【答案】 10,16      【解析】将抛物线方程转化为标准形式，由此求得抛物线的焦点坐标. 【详解】 由 24y x 得 2 1 4x y ，所以抛物线的焦点在 y 轴上，且 1 12 ,4 2 16 pp   ，所以抛物 线的焦点坐标为 10,16      . 故答案为： 10,16      【点睛】 本小题主要考查抛物线焦点坐标的求法，属于基础题. 15．双曲线 2 2 19 16 x y  上一点 P 到它的一个焦点的距离等于 9，那么点 P 到另一个焦 点的距离等于________. 【答案】3 或 15 【解析】通过双曲线方程求出 a ，再由已知条件，利用双曲线的定义能求出结果． 【详解】 解： 双曲线的标准方程是 2 2 19 16 x y  ， 3a  ， 5c  设点 P 到另一个焦点的距离为 x ，  双曲线上一点 P 到它的一个焦点的距离等于 9， 由双曲线定义知：| 9 | 6x   ， 解得 15x  ，或 3x  ． 3 2c a   点 P 到另一个焦点的距离是 15 或 3． 故答案为：3 或 15． 【点睛】 本题考查双曲线上一点到焦点距离的求法，解题时要熟练掌握双曲线性质，属于基础题． 16．已知点 (0, 2), (0, 2), (3, 2)A B C ，若动点 ( , )M x y 满足 | | | | | | | |MA AC MB BC   ，则点 M 的轨迹方程为__________. 【答案】 2 2 1 ( 1)3 xy y    【解析】根据| | | | | | | |MA AC MB BC   中| |,| |AC BC 为定值,故先化简,再分析 M 满 足的距离关系即可. 【详解】 设  ,M x y ,因为| | | | | | | |MA AC MB BC   ,故  22| | 3 | | 3 + 2 ( 2)MA MB     即| | | | 2MA MB  .故  ,M x y 的轨迹是以 (0,2), (0, 2)A B  为焦点, 2 2a  的双曲线 的下支.此时 1, 2a c  .故 2 2 2 3b c a   .故 2 2 1 ( 1)3 xy y    . 故答案为： 2 2 1 ( 1)3 xy y    【点睛】 本题主要考查了双曲线的定义,需要注意| | | | 2MA MB  为双曲线的下支,属于基础题 型. 三、解答题 17．给定如下两个命题：命题 :p “曲线 2 2 12 x y m   是焦点在 y 轴上的椭圆，其中 m 为 常数”；命题 :q “曲线 2 2 11 yx m   是焦点在 x 轴上的双曲线，其中 m 为常数”．已知 命题“ p q ”为假命题，命题“ p q ”为真命题，求实数 m 的取值范围. 【答案】 1,2 【解析】先求出 ,p q 为真时参数的取值范围，再分 p 真 q假和 p 假 q真两类讨论后可得 实数 m 的取值范围. 【详解】 若命题 p 为真命题，则 2m  ，若命题 q为真命题，则 1m > ， 由题知 p 与 q一真一假，若 p 真 q假，则 2 1 m m    ，此时无解. 若 p 假 q真，则 2 1 m m    ，得1 2m  ， 综上：实数 m 的取值范围是  1,2 ． 【点睛】 对于 p q 为真， p q 为假的问题，我们一般先求出 p 真时参数的范围，再求出 q为真 时参数的范围，通过 p 真 q假和 p 假 q真得到最终的参数的取值范围． 18．我国是世界上严重缺水的国家，某市政府为了鼓励居民节约用水，计划调整居民生 活用水收费方案，拟确定一个合理的月用水量标准 x （吨）、一位居民的月用水量不超 过 x 的部分按平价收费，超出 x 的部分按议价收费.为了了解居民用水情况，通过抽样， 获得了某年 100 位居民每人的月均用水量（单位：吨），将数据按照    0,0.5 , 0.5,1 ,..., 4,4.5 分成 9 组，制成了如图所示的频率分布直方图. （1）求直方图中 a 的值； （2）设该市有 30 万居民，估计全市居民中月均用水量不低于 3 吨的人数，并说明理由； （3）若该市政府希望使85%的居民每月的用水量不超过标准 x （吨），估计 x 的值， 并说明理由. 【答案】（1） 0.3；（2）3.6万；（3） 2.9 . 【解析】【详解】试题分析：本题主要考查频率分布直方图、频率、频数的计算等基础 知识，考查学生的分析问题、解决问题的能力. 第（1）问，由高×组距=频率，计算每 组的频率，根据所有频率之和为 1，计算出 a 的值；第（2）问，利用高×组距=频率， 先计算出每人月均用水量不低于 3 吨的频率，再利用频率×样本容量=频数，计算所求人 数；第（3）问，将前 6 组的频率之和与前 5 组的频率之和进行比较，得出 2.5≤x<3，再 估计 x 的值. 试题解析：（1）由频率分布直方图知，月均用水量在[0,0.5)中的频率为 0.08×0.5=0.04， 同理，在[0.5,1)，[1.5,2)，[2,2.5)，[3,3.5)，[3.5,4)，[4,4.5)中的频率分别为 0.08，0.20， 0.26，0.06，0.04，0.02． 由 0.04+0.08+0.5×a+0.20+0.26+0.5×a+0.06+0.04+0.02=1， 解得 a=0.30． （2）由（1），100 位居民每人月均用水量不低于 3 吨的频率为 0.06+0.04+0.02=0.12． 由以上样本的频率分布，可以估计全市 30 万居民中月均用水量不低于 3 吨的人数为 300 000×0.12="36" 000． （3）因为前 6 组的频率之和为 0.04+0.08+0.15+0.20+0.26+0.15=0.88>0.85， 而前 5 组的频率之和为 0.04+0.08+0.15+0.20+0.26=0.73<0.85， 所以 2.5≤x<3． 由 0.3×(x–2.5)=0.85–0.73， 解得 x=2.9． 所以，估计月用水量标准为 2.9 吨时，85%的居民每月的用水量不超过标准． 【考点】 频率分布直方图 【名师点睛】 本题主要考查频率分布直方图、频率、频数的计算公式等基础知识，考查学生的分析问 题、解决问题的能力.在频率分布直方图中，第 n 个小矩形的面积就是相应组的频率， 所有小矩形的面积之和为 1，这是解题的关键，也是识图的基础． 19．已知动点 P 到定点 1 ,02M      的距离比到定直线 1x   的距离小 1 2 ，其轨迹为 C . （1）求C 的方程 （2）过点  1,0N 且不与坐标轴垂直的直线l 与C 交于 A 、B 两点，线段 AB 的垂直平 分线与 x 轴交于点  0,0E x ，求 0x 的取值范围. 【答案】（1） 2 2y x （2）( )2,+¥ 【解析】（1）由已知条件结合抛物线的定义即可得解； （2）先联立直线与抛物线方程求得 AB 中点 S 的坐标，然后求出线段 AB 的中垂线的 方程,再求出点 E 的坐标即可得解. 【详解】 解：（1）由题意知，动点 P 到定直线 1 2x   的距离与到定点 1 ,02 骣琪琪桫 的距离相等，由抛 物线的定义可知，曲线C 的方程为： 2 2y x . （2）由题意知直线存在斜率，设直线l 的方程为  1 0x my m   ，  1 1,A x y ，  2 2,B x y ， AB 中点  3 3,S x y ， 则由 2 1 2 x my y x     得 2 2 2 0y my   ， 所以 1 2 3 2 y yy m  ， 2 3 3 1 1x my m    ， 则线段 AB 的中垂线的方程为  2 1y m m x m       ，则 2 0 2x m  ， 又 20, 0m m   ，即 0 2x  ， 所以 0x 的取值范围是( )2,+¥ . 【点睛】 本题考查了抛物线的定义，重点考查了中垂线方程的求法，属基础题. 20．足球是世界普及率最高的运动，我国大力发展校园足球.为了解本地区足球特色学 校的发展状况，社会调查小组得到如下统计数据： 年份 x 2014 2015 2016 2017 2018 足球特色学校 y （百个） 0.30 0.60 1.00 1.40 1.70 （1）根据上表数据，计算 y 与 x 的相关系数 r，并说明 y 与 x 的线性相关性强弱. （已知： 0.75 | | 1r  ，则认为 y 与 x 线性相关性很强； 0.3 | | 0.75r  ，则认为 y 与 x 线性相关性一般；| | 0.25r  ，则认为 y 与 x 线性相关性较）： （2）求 y 关于 x 的线性回归方程，并预测 A 地区 2020 年足球特色学校的个数（精确 到个）. 参考公式和数据：        1 2 2 1 1 n i i i n n i i i i x x y y r x x y y            ，  2 1 10, n i i x x     2 1 1.3, n i i y y    13 3.6056 ，      1 2 1 ˆ , n i i i n i i x x y y b x x         ˆˆa y bx  . 【答案】（1） 0.998 ，y 与 x 线性相关性很强 （2） ˆ 0.36 724.76y x  ，244 【解析】（1）根据题意计算出 r，再比较即得解；（2）根据已知求出线性回归方程，再 令 x=2020 即得解. 【详解】 （1）由题得 2016,x  1y  所以        1 2 2 1 1 n i i i n n i i i i x x y y r x x y y            3.6 10 1.3  3.6 0.998 0.73.6056    ， y 与 x 线性相关性很强. （2）      5 1 5 2 1 ˆ i i i i i x x y y b x x         ( 2) ( 0.7) ( 1) ( 0.4) 1 0.4 2 0.7 4 1 0 1 4                0.36 ， ˆˆa y bx  1 2016 0.36   724.76  ，  y 关于 x 的线性回归方程是 ˆ 0.36 724.76y x  . 当 2020x  时， ˆ 0.36 724.76y x  2.44 ， 即该地区 2020 年足球特色学校有 244 个. 【点睛】 本题主要考查相关系数的应用，考查线性回归方程的求法和应用，意在考查学生对这些 知识的理解掌握水平. 21．如图，在平行四边形 ABCD 中， 3ABC   ， 2AB  ， 4BC  ， ,E F 分别是 BC 和 AB 的中点，将 ABE 沿着 AE 向上翻折到 1AB E 的位置，连接 1B C ， 1B D . （1）求证： / /EF 平面 1B CD ； （2）若翻折后，四棱锥 1B AECD 的体积 3V  ，求 1B AD 的面积 S . 【答案】（1）证明见解析；（2） 15 . 【解析】(1)取 1B D 的中点G ，连接GC ，由平面几何知识可得四边形 ECGF 是平行四 边形，从而可得 //EF CG，根据线面平行的判断定理可得证； (2)取 AE 的中点 H ，连接 1B H ，过 H 作的 AD 垂线于点 P ，连接 1 ,BP 根据平面几何知 识和四棱锥 1B AECD 的体积 3V  ，可得出 1B H  平面 AECD ，继而可证得 1B P 是 1AB D△ 的高，根据三角形的面积公式可求得值. 【详解】 （1）取 1B D 的中点G ，连接GC ，∵ F 是 1AB 的中点，∴ 1/ / , ,2FG AD FG AD 又∵ E 是 BC 的中点，∴ 1/ / , ,2EC AD EC AD ∴ // , =FG EC FG EC ，∴四边形 ECGF 是平行四边形，∴ //EF CG， 又∵ EF  平面 1B CD ，CG  平面 1B CD ， ∴ / /EF 平面 1B CD ； （2）取 AE 的中点 H ，连接 1B H ，过 H 作的 AD 垂线于点 P ，连接 1 ,BP 则 1 3,B H  3,2HP  ∵四棱锥 1B AECD 的体积 3V  ，而四边形 AECD 的面积为  1 3 2 4 3 32S      ， 设四棱锥 1B AECD 的高为 h ，则 1 3 3 3,3 h   解得 3h  ，∴ 1 3h B H  ， ∴ 1B H  平面 AECD ， 又∵ AD 平面 AECD ，∴ 1BH AD ，又∵ 1,PH AD PH HBH  ，∴ AD  平面 1BHP， 又 1B P 平面 1BHP，∴ 1BP AD ，∴ 1B P 是 1AB D△ 的高，而在 1Rt BHP 中，  2 1 2 3 15 2 23B P        ， ∴ 1B AD 的面积 1 154 152 2S     . 【点睛】 本题考查线面平行的证明，空间几何体的体积的相关计算，关键在于满足线面平行的判 定条件，运用四棱锥的体积求出四棱锥的高，属于中档题. 22．已知椭圆 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b     的一个焦点是 F（1，0），O 为坐标原点． （Ⅰ）已知椭圆短轴的两个三等分点与一个焦点构成正三角形，求椭圆的方程； （Ⅱ）设过点 F 的直线 l 交椭圆于 A、B 两点，若直线 l 绕点 F 任意转动，总有 2 2 2OA OB AB  ，求 a 的取值范围． 【答案】（Ⅰ） 2 2 1.4 3 x y  （Ⅱ）（ 1 5 2  ，+  ） 【解析】【详解】 （1）设 M N， 为短轴的两个三等分点， MNF 为正三角形， 所以 3 2OF MN ， 3 21 2 3 b  ，解得 3b＝ ． 2 2 1 4a b   ， 所以椭圆方程为 2 2 14 3 x y  ． （2）设 1 1 2 2( , ), ( , ).A x y B x y （ⅰ）当直线 AB 与 x 轴重合时， 2 2 2 2 2 22 2 22 , 4 ( 1),OA OB a AB a a OA OB AB     因此，恒有 ． （ⅱ）当直线 AB 不与 x 轴重合时，设直线 AB 的方程为： 2 2 2 21, 1,x yx my a b    代入 整理得 2 2 2 2 2 2 2 2( ) 2 0,a b m y b my b a b     2 2 2 2 1 2 1 22 2 2 2 2 2 2 ,b m b a by y y ya b m a b m      因恒有 2 2 2OA OB AB  ，所以 AOB 恒为钝角， 即 1 1 2 2 1 2 1 2( , ) ( , ) 0OA OB x y x y x x y y       恒成立． 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2( 1)( 1) ( 1) ( ) 1x x y y my my y y m y y m y y          2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( 1)( ) 2 1 0.m b a b b m m a b b a b a a b m a b m a b m             又 2 2 2 0a b m  ，所以 2 2 2 2 2 2 2 0m a b b a b a     对 m R 恒成立， 即 2 2 2 2 2 2 2m a b a b a b   对 m R 恒成立， 当 m R 时， 2 2 2m a b 最小值为 0，所以 2 2 2 2 0a b a b   ， 2 2 2 4( 1)a b a b   ， 因为 2 20, 0, 1a b a b a      ，即 2 1 0a a   ，解得 1 5 2a  或 1 5 2a  （舍去）， 即 1 5 2a  ， 综合（i）（ii）， a 的取值范围为 1 5( , )2   ．