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广东省 ２０２５—２０２６学年领航高中联盟高三毕业班模拟考试
数学参考答案及评分细则
１．【答案】Ｃ
３＋４ ３＋ａ ３＋３
【解析】若ａ≥４，则其５０％分位数为 ＝３．５；若３＜ａ＜４，则５０％分位数为 ＞３；若ａ＝３，则５０％分位数为 ＝
２ ２ ２
３＋ａ １＋３
３；若１＜ａ＜３，则５０％分位数为 ＜３；若ａ≤１，则５０％分位数为 ＝２，综上，ａ＝３．故选Ｃ．
２ ２
２．【答案】Ｃ
【解析】由ＢＡ知２ａ＝２或２ａ＝４，即ａ＝１或ａ＝２，注意到２∈Ａ，故由元素互异性知ａ≠２．故选Ｃ．
３．【答案】Ａ
３ ３（２－ｉ） ６ ３ ６ ３
【解析】显然ｚ＝ ＝ ＝ － ｉ，故ｚ＝ ＋ ｉ，其在复平面内对应的点位于第一象限．故选Ａ．
２＋ｉ（２＋ｉ）（２－ｉ） ５ ５ ５ ５
４．【答案】Ｄ
【解析】当ａ＝－１，ｑ＝３时，ａ＝（－１）×３ｎ－１，此时ａ ＜ａ，故充分性不成立，同理可知若ａ＝２ｎ，此时｛ａ｝为递增数
１ ｎ ｎ＋１ ｎ ｎ ｎ
列，但ｑ＝２，故必要性不成立．故选Ｄ．
５．【答案】Ｃ
【解析】在平面β外取ｍ平行于α和β的交线即可，故Ａ可能；在平面β内取 ｍ平行于 α和 β的交线即可，故 Ｂ
可能；易知Ｃ不可能；除去ｍ∥β和ｍβ的情况Ｄ都成立，故Ｄ可能．故选Ｃ．
６．【答案】Ｂ
【解析】设数列｛ａ｝的公差为ｄ，又ａ２＝ａ，即（ａ＋ｄ）２＝ａ＋６ｄ，整理得 ｄ２－４ｄ＝ｄ（ｄ－４）＝０，解得 ｄ＝０或 ｄ＝４，所
ｎ ２ ７ １ １
以ａ＝１或ａ＝２１，又ａ＋ａ＋ａ＝３ａ，所以ａ＋ａ＋ａ＝３或ａ＋ａ＋ａ＝６３．故选Ｂ．
６ ６ ３ ７ ８ ６ ３ ７ ８ ３ ７ ８
７．【答案】Ａ
【解析】显然Ｅ的半焦距ｃ＝槡１＋１＝槡２，如图，其中Ａ（０，１），Ｆ（槡２，０），作 ＢＨ⊥ＯＦ于点 Ｈ．设 ＢＨ ＝ｔ，则 ＨＦ ＝
４－槡１６－４
槡２ｔ，故Ｂ（槡２－槡２ｔ，ｔ），代入ｘ２－ｙ２＝１，得２（１－ｔ）２－ｔ２＝１，ｔ２－４ｔ＋１＝０，又由０＜ｔ＜１可得 ｔ＝ ＝２－槡３，于是
２
ＢＦ ＢＨ
＝ ＝ｔ＝２－槡３．故选Ａ．
ＡＦ ＯＡ
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８．【答案】Ｂ
１ ４ ４
【解析】设事件 Ａ：该观众私自携带应援物品；事件 Ｂ：安检门亮灯提示，则 Ｐ（Ａ）＝ ，Ｐ（Ｂ｜Ａ）＝ ，Ｐ（Ａ）＝ ，
５ ５ ５
１ ６
Ｐ（Ｂ｜Ａ）＝ ，Ｐ（Ｂ）＝Ｐ（Ａ）Ｐ（Ｂ｜Ａ）＋Ｐ（Ａ）Ｐ（Ｂ｜Ａ）＝ ．某观众通过安检门时被亮灯提示，则该观众确实私自携
１０ ２５
１ ４
×
Ｐ（ＡＢ） Ｐ（Ａ）Ｐ（Ｂ｜Ａ） ５ ５ ２
带应援物品的概率为Ｐ（Ａ｜Ｂ），所以Ｐ（Ａ｜Ｂ）＝ ＝ ＝ ＝ ．故选Ｂ．
Ｐ（Ｂ） Ｐ（Ｂ） ６ ３
２５
广东·高三数学 第 １页（共７页）
{#{QQABTYU45wiwkoQACC6bA03SCguYsJMQLIgmgQAUKAQCAAFABAA=}#}
书书书９．【答案】ＡＣＤ（每选对１个得２分）
【解析】因为函数ｙ＝ｌｇｘ单调递增，又ｍ＞ｎ＞０，所以ｌｇｍ＞ｌｇｎ，故Ａ正确；当ｍ＝２，ｎ＝１，ｃ＝２时，ｍ－ｃ＝０＜ｎ＋ｃ＝３，
１ １ １ ２ ２
故Ｂ错误；由不等式的传递性可知槡ｍ＋１＞槡ｎ＋１＞槡ｎ，故 Ｃ正确；由 ｎ＞０得 ＞０，又 ｍ＞ｎ，所以 ＜ ，即 ＜ ．
ｎ ｍ ｎ ｍ ｎ
１ ２ ２ １ ２ １ ３ ３
又 ＋ ＝２，即 ＝２－ ，则 ＜２－ ，即 ＜２，又ｍ＞０，故ｍ＞ ，故Ｄ正确．故选ＡＣＤ．
ｍ ｎ ｎ ｍ ｍ ｍ ｍ ２
１０．【答案】ＡＢＤ（每选对１个得２分）
π １ １
【解析】若α＋β＝ ，则 ｃｏｓαｓｉｎα－ｓｉｎβｃｏｓβ＝ (ｓｉｎ２α－ｓｉｎ２β) ＝ [ｓｉｎ（π－２β）－ｓｉｎ２β] ＝０，故 ａ∥ｂ，故 Ａ正
２ ２ ２
确；ａ·ｂ＝ｃｏｓαｃｏｓβ＋ｓｉｎαｓｉｎβ＝ｃｏｓ（α－β），故 ｃ２＝１＋（ａ·ｂ）２，故 Ｂ正确；取 α＝０，β＝π，则 ａ＝（１，０），ｂ＝
（－１，０），ｃ＝（－１，－１），此时ａ·ｃ＝－１，ｂ·ｃ＝１，故 Ｃ错误；ａ２＋ｂ２＝ｃｏｓ２α＋ｓｉｎ２β＋ｃｏｓ２β＋ｓｉｎ２α＝２，故 Ｄ正确．故
选ＡＢＤ．
１１．【答案】ＡＤ（每选对１个得３分）
【解析】设ｇ（ｘ）＝ｆ（ａｘ＋ｂ）．因为 ｇ（ｘ）为奇函数，所以 ｇ（０）＝ｆ（ａ·０＋ｂ）＝ｆ（ｂ）＝０，且 ｇ（－ｘ）＝－ｇ（ｘ），即
ｆ（－ａｘ＋ｂ）＝－ｆ（ａｘ＋ｂ）．令 ｔ＝ａｘ，则 ｆ（ｂ－ｔ）＝－ｆ（ｂ＋ｔ），则 ｆ（ｘ）的图象关于点（ｂ，０）对称．设 ｈ（ｘ）＝ｆ（ｂｘ＋ａ），故
ｆ（ｂ（－ｘ）＋ａ）＝ｆ（ｂｘ＋ａ），即ｆ（－ｂｘ＋ａ）＝ｆ（ｂｘ＋ａ）．令ｔ＝ｂｘ，则ｆ（ａ－ｔ）＝ｆ（ａ＋ｔ），则ｆ（ｘ）的图象关于直线ｘ＝ａ对称．
若ａ＝ｂ≠０，则ｇ（ｘ）＝ｆ（ａｘ＋ａ）即是奇函数，又是偶函数，故只能有 ｇ（ｘ）＝０，即 ｆ（ａｘ＋ａ）＝０对任意 ｘ成立，则
ｆ（ｘ）＝０对任意ｘ成立，与ｆ（２）＝２矛盾，故ａ≠ｂ，故Ａ正确；由于ｆ（ｂ）＝０，若ｂ＝２，则ｆ（ｂ）＝ｆ（２）＝０，与ｆ（２）＝
２矛盾，故Ｂ错误；取ｂ＝４，则ｆ（ｘ）的图象关于点（４，０）对称，ｆ（４）＝０，即存在ｂ使得ｆ（４）为０，故Ｄ正确；取ａ＝
１，ｂ＝４，则ｆ（ｘ）的图象关于直线ｘ＝１对称，故ｆ（１＋ｔ）＝ｆ（１－ｔ），令 ｔ＝－３有 ｆ（－２）＝ｆ（４），由 Ｄ得 ｆ（４）＝０，故存
在ａ，ｂ使得ｆ（－２）不为－２，故Ｃ错误．故选ＡＤ．
１２．【答案】ｘ２＋（ｙ－１）２＝４
【解析】由题意得 Ｃ的焦点为（０，１），准线为 ｙ＝－１，故圆的圆心为（０，１），半径 ｒ＝２，则圆的标准方程
为ｘ２＋（ｙ－１）２＝４．
２π
１３．【答案】
３
{ω＋ａ＝２，
【解析】易得ｓｉｎ（３ωｘ）∈［－１，１］，ω＞０，故ｆ（ｘ）的最大值为 ω＋ａ，最小值为－ω＋ａ，则 解得 ω＝１，ａ＝１，
－ω＋ａ＝０，
２π
故ｆ（ｘ）＝ｓｉｎ３ｘ＋１，则其最小正周期Ｔ＝ ．
３
３２
１４．【答案】
９
【解析】不妨设ＡＣ＝ｔ，显然由三角形ＰＡＣ中ＰＡ＋ＰＣ＝４知０＜ｔ＜４，又ＰＡ＋ＰＣ＝４＞ｔ，故点Ｐ在以Ａ，Ｃ为焦点、２为
长半轴长的椭圆上，易知Ｐ在该椭圆的上顶点Ｐ时，△ＰＡＣ的面积最大．注意到ＰＡ＝ＰＣ＝２，取ＡＣ的中点Ｏ，
０ ０ ０
１ １ ｔ
易知ＰＯ＝槡ＰＡ２－ＡＯ２＝ 槡１６－ｔ２，Ｓ ＝ ·ＡＣ·ＰＯ＝ 槡１６－ｔ２．设点 Ｂ到平面 ＰＡＣ的距离为 ｈ，显然有
０ ０ ２ △Ｐ０ＡＣ ２ ０ ４
π １ 槡３ 槡３
ｈ＝ＰＢｓｉｎ
３
＝槡３ｔ，故 Ｖ
三棱锥Ｐ－ＡＢＣ
＝Ｖ
三棱锥Ｂ－ＰＡＣ
≤Ｖ
三棱锥Ｂ－Ｐ０ＡＣ
＝
３
Ｓ
△Ｐ０ＡＣ
ｈ＝
１２
ｔ２槡１６－ｔ２＝
１２
槡１６ｔ４－ｔ６．设 ｘ＝ｔ２∈
( ３２) (３２ )
（０，１６），ｆ（ｘ）＝１６ｘ２－ｘ３，则ｆ′（ｘ）＝３２ｘ－３ｘ２，ｘ∈ ０， 时，ｆ′（ｘ）＞０，ｆ（ｘ）单调递增，ｘ∈ ，１６时，ｆ′（ｘ）＜０，
３ ３
(３２) (３２)２ ( ３２) (３２)２ １６ 槡３ 槡３ (３２) ３２
ｆ（ｘ）单调递减，故ｆ（ｘ）≤ｆ ３ ＝ ３ ×１６－ ３ ＝ ３ × ３ ，于是Ｖ 三棱锥Ｐ－ＡＢＣ ≤ １２ 槡ｆ（ｘ）≤ １２ 槡 ｆ ３ ＝ ９ ，当且
４槡６
仅当ＰＡ＝ＰＣ＝２，且ＡＣ＝ 时取等．
３
广东·高三数学 第 ２页（共７页）
{#{QQABTYU45wiwkoQACC6bA03SCguYsJMQLIgmgQAUKAQCAAFABAA=}#}１５．解：（１）由２０（０．００２５＋ａ＋０．０２＋０．０１＋０．００５）＝１，得ａ＝０．０１２５，（３分）
这１０００棵成熟期作物的平均高度为
ｘ珋＝２０×（６０×０．００２５＋８０×０．０１２５＋１００×０．０２＋１２０×０．０１＋１４０×０．００５）＝１０１厘米．（６分）
（２）高度在区间［５０，９０）内的频率为２０×（０．００２５＋０．０１２５）＝０．３，（８分）
由样本估计总体知，高度在区间［５０，９０）的概率为０．３．（９分）
因为Ｚ～Ｂ（２０，０．３），所以Ｅ（Ｚ）＝２０×０．３＝６，Ｄ（Ｚ）＝２０×０．３×０．７＝４．２．（１３分）
【评分细则】
第二问未说明Ｚ服从二项分布不扣分．
１６．解：（１）由余弦定理得ａ２＋ｂ２－ｃ２＝２ａｂｃｏｓＣ＝４，（２分）
１
由面积公式得 ａｂｓｉｎＣ＝槡３，（４分）
２
ｔａｎＣ 槡３
两式作比，得 ＝ ，（５分）
４ ４
π
即ｔａｎＣ＝槡３，由Ｃ∈（０，π）得Ｃ＝ ．（７分）
３
π １ 槡３
（２）代入Ｃ＝ ，有槡３＝ ａｂｓｉｎＣ＝ ａｂ，ａｂ＝４，（９分）
３ ２ ４
而ｃ２＝ａ２＋ｂ２－４＝（ａ＋ｂ）２－２ａｂ－４＝３６－８－４＝２４，得到ｃ＝２槡６．（１２分）
记△ＡＢＣ的外接圆半径为Ｒ，
ｃ ２槡６
由正弦定理得Ｒ＝ ＝ ＝２槡２，（１４分）
２ｓｉｎＣ 槡３
故△ＡＢＣ的外接圆的面积为８π．（１５分）
【评分细则】
第一问不说明Ｃ∈（０，π）不扣分．
１７．解：（１）因为ＢＥ⊥ＡＣ，ＡＥ＝ＥＣ，所以ＡＢ＝ＢＣ＝１０，（２分）
记Ｃ在下底面的投影为Ｃ，有ＢＣ＝槡ＢＣ２－６２＝８，
１ １
又ＡＣ＝槡ＡＢ２－ＢＣ２＝６，则ＡＣ＝槡ＡＣ２＋６２＝６槡２．（４分）
１ １ １
（２）以Ｏ为原点，ＯＢ，ＯＯ 所在直线分别为ｙ，ｚ轴，过点Ｏ且垂直平面 ＯＢＯ 的直线为 ｘ轴，建立如图所示的空
１ １
间直角坐标系，则Ａ（０，－５，０），（５分）
)
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*
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’
( π π)
不妨设Ｃ（－５ｃｏｓθ，－５ｓｉｎθ，６），θ∈ － ， ，则Ｄ（５ｃｏｓθ，５ｓｉｎθ，６），
２ ２
→ →
故ＡＣ＝（－５ｃｏｓθ，－５ｓｉｎθ＋５，６），ＣＤ＝（１０ｃｏｓθ，１０ｓｉｎθ，０），
广东·高三数学 第 ３页（共７页）
{#{QQABTYU45wiwkoQACC6bA03SCguYsJMQLIgmgQAUKAQCAAFABAA=}#}→
{ｎ·ＡＣ＝０，
( ５)
设平面ＡＣＤ的法向量ｎ＝（ｘ，ｙ，ｚ），则 可取ｎ＝ｔａｎθ，－１， ．（８分）
→ ６
ｎ·ＣＤ＝０，
易知圆Ｏ所在平面的一个法向量为ｍ＝（０，０，１），（９分）
５
ｍ·ｎ ６ ５槡７３
则ｃｏｓφ＝ ＝ ＝ ，
ｍ ｎ ２５ ７３
槡
ｔａｎ２θ＋１＋
３６
槡３ π
解得ｔａｎθ＝± ，即θ＝± ．（１１分）
３ ６
π
①当θ＝ 时，ＡＣ＝槡６１，过Ｃ作ＣＨ⊥ＡＢ于点Ｈ，连接ＣＨ，易知ＣＨ⊥ＡＢ，
６ １ １
槡２１９ ５槡２１９
则ＣＨ＝槡６２＋ＣＨ２＝ ，△ＡＢＣ的面积Ｓ＝ ，
１ ２ ２
５槡２１９
由等面积法知ＢＥ＝ ，
槡６１
２５ ３６ ＡＥ ２５
则ＡＥ＝槡ＡＢ２－ＢＥ２＝ ，ＥＣ＝ＡＣ－ＡＥ＝ ，λ＝ ＝ ．（１３分）
槡６１ 槡６１ ＥＣ ３６
π 槡２１９ ５槡２１９
②当θ＝－ 时，ＡＣ＝槡１１１，同①可得ＣＨ＝ ，△ＡＢＣ的面积Ｓ＝ ，
６ ２ ２
５槡２１９
由等面积法知ＢＥ＝ ，
槡１１１
７５ ３６ ＡＥ ２５
则ＡＥ＝槡ＡＢ２－ＢＥ２＝ ，ＥＣ＝ＡＣ－ＡＥ＝ ，λ＝ ＝ ．
槡１１１ 槡１１１ ＥＣ １２
２５ ２５
综上，λ＝ 或 ．（１５分）
３６ １２
【评分细则】
第二问考生也可以使用几何法或者空间向量基底法来作答，只要结果正确均给满分．
１８．（１）解：记Ｅ的半焦距为ｃ，显然ｃ＝１，而 ＡＦ＝槡ｂ２＋ｃ２＝ａ＝３，（２分）
故ｂ＝槡ａ２－ｃ２＝２槡２，（３分）
ｘ２ ｙ２
于是Ｅ的方程为 ＋ ＝１．（４分）
９ ８
（２）（ｉ）证明：解法一：设Ａ（ｘ，ｙ），Ｂ（ｘ，ｙ），
１ １ ２ ２
当直线ＡＢ的斜率不为０时，
{ｘ＝ｍｙ＋１，
设ｌ：ｘ＝ｍｙ＋１，联立
ＡＢ ８ｘ２＋９ｙ２－７２＝０，
有（８ｍ２＋９）ｙ２＋１６ｍｙ－６４＝０，
１６ｍ ６４
可得ｙ＋ｙ＝－ ，ｙｙ＝－ ．（７分）
１ ２ ８ｍ２＋９ １２ ８ｍ２＋９
ｙ－ｙ
易知Ｍ（９，ｙ），故直线ＭＢ可表示为ｙ－ｙ＝１ ２ （ｘ－９），（８分）
１ １ ９－ｘ
２
广东·高三数学 第 ４页（共７页）
{#{QQABTYU45wiwkoQACC6bA03SCguYsJMQLIgmgQAUKAQCAAFABAA=}#}由对称性易知若直线ＢＭ过定点，则该定点在ｘ轴上．
显然ｙ≠ｙ，故当ｙ＝０时，
１ ２
ｙ（９－ｘ） ９ｙ－９ｙ－９ｙ＋（ｍｙ＋１）ｙ （ｍｙ＋１）ｙ－９ｙ
ｘ＝９－１ ２ ＝ １ ２ １ ２ １＝ ２ １ ２
ｙ－ｙ ｙ－ｙ ｙ－ｙ
１ ２ １ ２ １ ２
－６４ｍ ６４ｍ
＋
ｍｙｙ－４（ｙ＋ｙ）＋５（ｙ－ｙ） ８ｍ２＋９８ｍ２＋９
＝ １２ １ ２ １ ２ ＝５＋ ＝５，
ｙ－ｙ ｙ－ｙ
１ ２ １ ２
故直线ＭＢ过定点（５，０）．（１１分）
当直线ＡＢ的斜率为０时，易知ＭＢ过点（５，０）．（１２分）
综上，直线ＭＢ过定点（５，０）．（１３分）
４
解法二：由解法一得ｙｙ＝ （ｙ＋ｙ），
１２ ｍ １ ２
（ｍｙ＋１）ｙ－９ｙ ｍｙｙ＋ｙ－９ｙ ４（ｙ＋ｙ）＋ｙ－９ｙ ５ｙ－５ｙ
则ｘ＝ ２ １ ２＝ １２ １ ２＝ １ ２ １ ２＝ １ ２＝５，
ｙ－ｙ ｙ－ｙ ｙ－ｙ ｙ－ｙ
１ ２ １ ２ １ ２ １ ２
故直线ＭＢ过定点（５，０）．（１１分）
当直线ＡＢ的斜率为０时，易知ＭＢ过点（５，０）．（１２分）
综上，直线ＭＢ过定点（５，０）．（１３分）
ｙ＋ｙ ８ｍ
（ｉｉ）证明：由题意ｔ＝１ ２＝－
，
２ ８ｍ２＋９
ｙ ｙ ｙｙ
ｋｋ＝ １ · ２ ＝ １２
１２ ｘ－５ ｘ－５ （ｍｙ－４）（ｍｙ－４）
１ ２ １ ２
ｙｙ －６４ ４
＝ １２ ＝ ＝－ ，（１６分）
ｍ２ｙｙ－４ｍ（ｙ＋ｙ）＋１６ －６４ｍ２－４ｍ·（－１６ｍ）＋１６（８ｍ２＋９） ８ｍ２＋９
１２ １ ２
－８ｍ２ ９ ｋｋ ４
ｓ＝ｍｔ＋１＝ ＋１＝ ，故 １２＝－ ，为定值．（１７分）
８ｍ２＋９ ８ｍ２＋９ ｓ ９
【评分细则】
其他方法若正确也酌情给分．
１９．（１）证明：当ａ＝－１时，ｆ（ｘ）＝－ｓｉｎｘ＋ｘｃｏｓｘ，
则ｆ′（ｘ）＝－ｃｏｓｘ＋ｃｏｓｘ－ｘｓｉｎｘ＝－ｘｓｉｎｘ，（２分）
[ π]
当ｘ∈ ０， 时，ｘ≥０，ｓｉｎｘ≥０，故ｆ′（ｘ）≤０，（３分）
２
[ π]
所以ｆ（ｘ）在区间 ０， 上单调递减，所以ｆ（ｘ）≤ｆ（０）＝０，即ｆ（ｘ）≤０．（５分）
２
（２）解法一：证明：当ａ＝１时，ｆ（ｘ）＝ｓｉｎｘ＋ｘｃｏｓｘ，ｘ∈［０，π］，ｆ′（ｘ）＝２ｃｏｓｘ－ｘｓｉｎｘ．（６分）
( π ]
当ｘ∈ ，π 时，ｃｏｓｘ＜０，ｓｉｎｘ≥０，ｘ＞０，此时ｆ′（ｘ）＜０；
２
ｆ′（ｘ）的导函数ｆ″（ｘ）＝－２ｓｉｎｘ－（ｓｉｎｘ＋ｘｃｏｓｘ）＝－３ｓｉｎｘ－ｘｃｏｓｘ，（７分）
[ π]
当ｘ∈ ０， 时，ｓｉｎｘ≥０，ｃｏｓｘ≥０，ｆ″（ｘ）≤０，当且仅当ｘ＝０时取等号，
２
[ π]
故ｆ′（ｘ）在区间 ０， 上单调递减，（８分）
２
( π) π ( π)
又ｆ′（０）＝２＞０，ｆ′ ＝－ ＜０，因此存在唯一的ｘ∈ ０， ，使得ｆ′（ｘ）＝０，
２ ２ ０ ２ ０
广东·高三数学 第 ５页（共７页）
{#{QQABTYU45wiwkoQACC6bA03SCguYsJMQLIgmgQAUKAQCAAFABAA=}#}２
即２ｃｏｓｘ＝ｘｓｉｎｘ，即ｔａｎｘ＝ ，
０ ０ ０ ０ ｘ
０
且ｆ（ｘ）在区间［０，ｘ］上单调递增，在区间［ｘ，π］上单调递减．（９分）
０ ０
( ２ )
ｘ２＋２
由ｆ（ｘ） ＝ｆ（ｘ）＝ｓｉｎｘ＋ｘｃｏｓｘ＝ｃｏｓｘ（ｔａｎｘ＋ｘ）＝ｃｏｓｘ ＋ｘ ＝０ ｃｏｓｘ．
ｍａｘ ０ ０ ０ ０ ０ ０ ０ ０ ｘ ０ ｘ ０
０ ０
１ １ １ ｘ
由１＋ｔａｎ２ｘ＝ 且ｃｏｓｘ＞０，得ｃｏｓｘ＝ ＝ ＝ ０ ．（１０分）
０ ｃｏｓ２ｘ
０
０ ０ 槡１＋ｔａｎ２ｘ
０ １＋
４ 槡ｘ２
０
＋４
槡ｘ２
０
ｘ２＋２ ｘ ｘ２＋２
故ｆ（ｘ）＝ ０ · ０ ＝ ０ ，
０ ｘ
０
槡ｘ２＋４槡ｘ２＋４
０ ０
ｘ２＋２
要证ｆ（ｘ）＜２等价于证明 ０ ＜２，即证ｘ４＜１２．
０
槡ｘ２＋４
０
( π) π ( π)４
因为ｘ∈ ０， ， ＜１．６，所以ｘ４＜ ＜１．６４＜１２，不等式成立，
０ ２ ２ ０ ２
即ｆ（ｘ）＜２得证．（１１分）
π
解法二：由（１）知当０≤ｘ≤ 时，ｓｉｎｘ≥ｘｃｏｓｘ，
２
π
当 ＜ｘ≤π时，ｓｉｎｘ≥０，ｘｃｏｓｘ＜０，所以ｓｉｎｘ＞ｘｃｏｓｘ，（７分）
２
所以ｓｉｎｘ≥ｘｃｏｓｘ在区间［０，π］上恒成立，（８分）
所以当ａ＝１时，ｆ（ｘ）＝ｓｉｎｘ＋ｘｃｏｓｘ≤２ｓｉｎｘ≤２，（１０分）
π
由于前面的等号在ｘ＝０处取到，后面的等号在ｘ＝ 处取到，
２
所以ｆ（ｘ）≠２，即ｆ（ｘ）＜２．（１１分）
（３）解：设ｈ（ｘ）＝ｆ（ｘ）－ｘ＝ａｓｉｎｘ＋ｘｃｏｓｘ－ｘ，不等式ｆ（ｘ）≤ｘ＋ｋ等价于ｈ（ｘ）≤ｋ，
[ π ] [ π)
故题目等价于：对所有ｘ∈ ，π ，ｈ（ｘ）≤ｋ恒成立，且对所有ｘ∈ ０， ，ｈ（ｘ）＞ｋ恒成立，
２ ２
由于ｈ（ｘ）的图象是一条连续不断的曲线，
[ π ] ( π)
故由所有ｘ∈ ，π ，ｈ（ｘ）≤ｋ恒成立可知必有ｈ ≤ｋ，
２ ２
[ π) ( π)
由对所有ｘ∈ ０， ，ｈ（ｘ）＞ｋ恒成立可知必有ｈ ≥ｋ，
２ ２
( π) π
故ｋ＝ｈ ＝ａ－ ．
２ ２
π
现求ｋ＝ａ－ 时满足条件的ａ的范围．（１２分）
２
[ π ]
当ｘ∈ ，π 时，ｃｏｓｘ≤０，ｓｉｎｘ≥０，ａ＋１＞０，ｈ′（ｘ）＝（ａ＋１）ｃｏｓｘ－ｘｓｉｎｘ－１＜０，
２
[ π ]
故ｈ（ｘ）在区间 ，π 上单调递减．
２
[ π ] ( π) π
ｈ（ｘ）在区间 ，π 内的最大值为ｈ ＝ａ－ ＝ｋ，
２ ２ ２
广东·高三数学 第 ６页（共７页）
{#{QQABTYU45wiwkoQACC6bA03SCguYsJMQLIgmgQAUKAQCAAFABAA=}#}[ π ]
因此ｈ（ｘ）≤ｋ在区间 ，π 上恒成立，满足条件．
２
[ π) π
当ｘ∈ ０， 时，ｈ（ｘ）＞ｋ，即ｈ（ｘ）＞ａ－ ，ｈ″（ｘ）＝－（ａ＋２）ｓｉｎｘ－ｘｃｏｓｘ，
２ ２
[ π]
当ｘ∈ ０， 时，ｓｉｎｘ≥０，ｃｏｓｘ≥０，ａ≥１，
２
[ π]
故ｈ″（ｘ）≤０，ｈ′（ｘ）在区间 ０， 上单调递减，
２
( π) π
又ｈ′（０）＝ａ≥１＞０，ｈ′ ＝－ －１＜０．
２ ２
[ π]
故ｈ（ｘ）在区间 ０， 上先递增再递减，
２
[ π] π
也即ｈ（ｘ）在区间 ０， 上的最小值在ｘ＝０或ｘ＝ 处取得．（１４分）
２ ２
( π) π
又ｈ（０）＝０，ｈ ＝ｋ＝ａ－ ．
２ ２
[ π] π
故ｈ（ｘ）在区间 ０， 上的最小值只能是０或ａ－ ．
２ ２
[ π)
要使ｈ（ｘ）＞ｋ在ｘ∈ ０， 上恒成立，
２
π π
即０＞ａ－ ，解得ａ＜ ．（１５分）
２ ２
π
综上，要存在ａ使题设成立，必须满足１≤ａ＜ ．
２
π π π
又ｋ＝ａ－ ，当１≤ａ＜ 时，１－ ≤ｋ＜０．
２ ２ ２
[ π )
故ｋ的取值范围是 １－ ，０．（１７分）
２
【评分细则】
其他解法酌情给分．
广东·高三数学 第 ７页（共７页）
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