新时代高中教育联合体2025年11月高三学年期中联考巩固卷（一）数学答案_251112黑龙江省新时代高中教育联合体2025年11月高三学年期中联考巩固卷（一）（全科）

参考答案 高三数学试卷（一） 一、选择题：本题共８小题，每小题５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。 题号 １ ２ ３ ４ ５ ６ ７ ８ 答案 Ａ Ｂ Ａ Ａ Ｄ Ｂ Ｂ Ｃ 【解析】 ２ ５ １ １．∵集合Ａ＝｛ｘ｜ｌｏｇ（３ｘ－２）＜１｝＝｛ｘ｜ ＜ｘ＜ ｝，集合Ｂ＝｛ｘ｜（ ）１－２ｘ＜３｝＝｛ｘ｜ｘ＜１｝， ３ ３ ３ ３ ２ ∴Ａ∩Ｂ＝｛ｘ｜ ＜ｘ＜１｝．故选Ａ． ３ ２．全称量词命题“ｘ∈Ｍ，ｐ（ｘ）”的否定是存在量词命题“ｘ∈Ｍ，ｐ（ｘ）”．故选Ｂ． １－ｉ （１－ｉ）２ －２ｉ ３．∵ｚ＝ ＝ ＝ ＝－ｉ，∴ｚ＝ｉ，所以｜ｚ｜＝１．故选Ａ． １＋ｉ １－ｉ２ ２ ４．∵ａ＝（１，２），ｂ＝（ｘ，ｘ２），∴ａ∥ｂ１·ｘ２＝２ｘ，解得ｘ＝０或ｘ＝２， ∴“ｘ＝２”是“ａ∥ｂ”的充分不必要条件．故选Ａ． ５．设ｔ＝９－ａｘ，则ｙ＝ｌｏｇｔ，∵ａ＞０且ａ≠１，∴ｔ＝９－ａｘ为减函数， ａ 若函数ｙ＝ｌｏｇ（９－ａｘ）在区间（１，３）上是减函数， ａ 则需ｙ＝ｌｏｇｔ是增函数且ｘ∈（１，３）时，ｔ＝９－ａｘ＞０， ａ {ａ＞１ ∴ ，解得１＜ａ≤３．故选Ｄ． ９－３ａ≥０ ｌｎ２ ６．∵２ｘ＝３ｙ，∴ｘｌｎ２＝ｙｌｎ３，∴ｙ＝ ·ｘ，∴ｘ，ｙ同号或ｘ＝ｙ＝０． ｌｎ３ 对于Ａ，当ｘ，ｙ＜０时，２槡ｘｙ＞０＞ｘ＋ｙ，Ａ错误； ｌｎ２ 对于Ｂ，（ｘ＋ｙ）（ｘ－ｙ）＝ｘ２－ｙ２＝ｘ２［１－（ ）２］≥０，Ｂ正确； ｌｎ３ ｌｎ２ ｌｎ３ 对于Ｃ，∵ｘｙ＝ ·ｘ２，∴当ｘ２＞ 时，ｘｙ＞１，Ｃ错误； ｌｎ３ ｌｎ２ ｌｎ２ ｌｎ２ ｌｎ２ 对于Ｄ，∵｜ｘ＋ｙ｜＝（１＋ ）·｜ｘ｜，且ｘｙ＝ ·ｘ２＝（ ·｜ｘ｜）·｜ｘ｜， ｌｎ３ ｌｎ３ ｌｎ３ ｌｎ３ ｌｎ２ ｌｎ２ 当｜ｘ｜＞１＋ 时，１＋ ＜ ·｜ｘ｜，即ｘｙ＞｜ｘ＋ｙ｜，Ｄ错误．故选Ｂ． ｌｎ２ ｌｎ３ ｌｎ３ 参考答案 第 １页 （共１６页） 书书书槡３ π π π π ７．∵ｆ（０）＝槡３，∴ｓｉｎφ＝ ，∴φ＝ ，即ｆ（ｘ）＝２ｓｉｎ（ωｘ＋ ），∴ｇ（ｘ）＝２ｓｉｎ［ω（ｘ－ ）＋ ］， ２ ３ ３ ６ ３ ３π ∵ｇ（ｘ）的图象关于直线ｘ＝ 对称， ４ ３π π π π ７π π ∴ω（ － ）＋ ＝ ＋ｋπ，ｋ∈Ｚ，则ω· ＝ ＋ｋπ，ｋ∈Ｚ， ４ ６ ３ ２ １２ ６ 令ｋ＝１，得ω＝２．故选Ｂ． {２｜ｌｏｇｘ－１｜，ｘ∈（１，４］ ２ ８．由题意作出ｆ（ｘ）＝ 的大致图象如图所示， １ ｆ（ｘ＋３），ｘ∈（－∞，１］ ２ ∵ｇ（ｘ）＝ｆ（ｘ）－ａ（４－ｘ）恰有３个零点，∴ｆ（ｘ）的图象和ｙ＝ａ（４－ｘ）恰有３个交点， ∵ｙ＝ａ（４－ｘ）过定点（４，０）， １ １ ∴当直线过点（－２，１）时，此时斜率为－ａ＝ ＝－ ， －２－４ ６ １ １ 当直线过点（１，１）时，此时斜率为－ａ＝ ＝－ ， １－４ ３ １ １ １ １ 结合图象可知当－ ≤－ａ≤－ ，即 ≤ａ≤ 时，函数ｆ（ｘ）的图象和直线ｙ＝ａ（４－ｘ）恰有 ３ ６ ６ ３ １ １ ３个交点，即ａ∈［ ， ］．故选Ｃ． ６ ３ 二、选择题：本题共３小题，每小题６分，共１８分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要 求，全部选对得６分，部分选对的得部分分，有选错的得０分。 题号 ９ １０ １１ 答案 ＡＣ ＢＣＤ ＡＣＤ 【解析】 ａ ３ ９．当ａ＞１时，ｆ（ｘ）＝ａｘ＋１单调递增，此时Ｍ＝ａ２，Ｎ＝ａ，∴Ｍ－Ｎ＝ａ２－ａ＝ ，解得ａ＝ ， ２ ２ ａ １ 当０＜ａ＜１时，ｆ（ｘ）＝ａｘ＋１单调递减，此时Ｍ＝ａ，Ｎ＝ａ２，∴Ｍ－Ｎ＝ａ－ａ２＝ ，解得ａ＝ ， ２ ２ ３ １ 综上，实数ａ的值可以是 或 ．故选ＡＣ． ２ ２ 参考答案 第 ２页 （共１６页）Ｔ ２π π １０．由题意知，周期Ｔ满足 ＝１０－４＝６，解得Ｔ＝１２，∴ ＝１２，得ω＝ ， ２ ω ６ {Ａ＋Ｂ＝５０ {Ａ＝２０ π 又 ，解得 ，所以ｈ（ｔ）＝２０ｓｉｎ（ ·ｔ＋φ）＋３０， －Ａ＋Ｂ＝１０ Ｂ＝３０ ６ １ π π 又ｈ（０）＝２０，即２０ｓｉｎφ＋３０＝２０，得ｓｉｎφ＝－ ，因为｜φ｜＜ ，所以φ＝－ ， ２ ２ ６ π π ∴ｈ（ｔ）＝２０ｓｉｎ（ ·ｔ－ ）＋３０，∴选项Ａ错误，Ｂ正确； ６ ６ π π π 对于Ｃ，ｈ（１４）＝２０ｓｉｎ（ ×１４－ ）＋３０＝２０ｓｉｎ ＋３０＝４０，Ｃ正确； ６ ６ ６ π π π π １ 对于Ｄ，由ｈ（ｔ）＜２０，得２０ｓｉｎ（ ·ｔ－ ）＋３０＜２０，即ｓｉｎ（ ·ｔ－ ）＜－ ， ６ ６ ６ ６ ２ ７π π π １１π ∴ ＋２ｋπ＜ ·ｔ－ ＜ ＋２ｋπ，ｋ∈Ｚ，解得８＋１２ｋ＜ｔ＜１２＋１２ｋ，ｋ∈Ｚ， ６ ６ ６ ６ ∴一个周期内过山车距离地面低于２０ｍ的时间是（１２＋１２ｋ）－（８＋１２ｋ）＝４ｓ，Ｄ正确． 故选ＢＣＤ． １ １ １１．对于Ａ，ｘ∈Ｉ，都有ｆ（ｘ）＝３－ｆ（ ），则有ｆ（ｘ）＋ｆ（ ）＝３， ｘ ｘ ３ 令ｘ＝１，有ｆ（１）＋ｆ（１）＝３，则有ｆ（１）＝ ， ２ ３ ３ 又由ｆ（ｘ）＝ｆ（ ），令ｘ＝１，有ｆ（１）＝ｆ（３），则ｆ（３）＝ｆ（１）＝ ，Ａ正确； ｘ ２ １ 对于Ｂ，由ｆ（ｘ）＋ｆ（ ）＝３，可得ｆ（３ｘ）＋ｆ（３－ｘ）＝３， ｘ ３ ∴函数ｆ（３ｘ）的图象关于点（０， ）中心对称，故Ｂ错误； ２ ３ 对于Ｃ，由ｆ（ｘ）＝ｆ（ ）可得ｆ（３ｘ）＝ｆ（３１－ｘ）， ｘ １ ∴函数ｆ（３ｘ）的图象关于直线ｘ＝ 对称，故Ｃ正确； ２ ３ 对于Ｄ，设ｇ（ｘ）＝ｆ（３ｘ）＝ｆ（ ）＝ｇ（１－ｘ）①， ３ｘ １ 又ｇ（ｘ）＝ｆ（３ｘ）＝３－ｆ（ ）＝３－ｇ（－ｘ）②， ３ｘ 由①②可得ｇ（１－ｘ）＝３－ｇ（－ｘ），∴ｇ（１＋ｘ）＝３－ｇ（ｘ）， 即ｇ（ｘ＋２）＝３－ｇ（ｘ＋１）＝３－［３－ｇ（ｘ）］＝ｇ（ｘ）， ３ ∴ｆ（３ｘ）＝ｆ（３ｘ＋２），∴ｆ（３）＝ｆ（３３）＝ｆ（３５）＝…＝ｆ（３２０２５）＝ ， ２ 参考答案 第 ３页 （共１６页）３ ｆ（１）＝ｆ（３２）＝ｆ（３４）＝…＝ｆ（３２０２４）＝ ， ２ ２０２５ ∴∑ ｆ（３ｉ）＝３０３９，Ｄ正确．故选ＡＣＤ． ｉ＝０ 三、填空题：本题共３个小题，每小题５分，共１５分。 １２．１ １３．［－３，２］ １４．［－２，１］ 【解析】 １２．由题，ｍ＝ｌｏｇ２，ｎ＝ｌｏｇ３，∴ｍ＋ｎ＝ｌｏｇ２＋ｌｏｇ３＝ｌｏｇ６＝１，∴ｍ２＋ｎ２＋２ｍｎ＝（ｍ＋ｎ）２＝１． ６ ６ ６ ６ ６ ａ＞０   ３ １＋ｂ＝ {ａ＝１ １３．由题可知１和ｂ是方程ａｘ２－３ｘ＋２＝０的两个实数根，则 ａ，解得 ， ｂ＝２  ２ １·ｂ＝  ａ １ ２ １ ２ ｎ ４ｍ ｎ ４ｍ ∴ ＋ ＝１，∴２ｍ＋ｎ＝（２ｍ＋ｎ）（ ＋ ）＝４＋ ＋ ≥４＋２槡· ＝８， ｍ ｎ ｍ ｎ ｍ ｎ ｍ ｎ ｎ ４ｍ 当且仅当 ＝ ，即ｎ＝２ｍ＝４时取“＝”，∴ｋ２＋ｋ＋２≤８，解得－３≤ｋ≤２， ｍ ｎ 所以ｋ的取值范围为［－３，２］． π πｘ π π π １４．∵ｆ′（ｘ）＝２ｅ２ｘ－１＋２ｅ１－２ｘ＋ ｃｏｓ（ － ）≥２槡２ｅ２ｘ－１·２ｅ１－２ｘ－ ＝４－ ＞０， ２ ２ ４ ２ ２ 当且仅当ｘ＝０时取“＝”，∴函数ｆ（ｘ）在Ｒ上单调递增， πｘ π 又∵函数ｆ（ｘ）＝ｅ２ｘ－１－ｅ１－２ｘ＋ｓｉｎ（ － ）＋１， ２ ４ πｘ π ∴ｆ（１－ｘ）＝ｅ１－２ｘ－ｅ２ｘ－１－ｓｉｎ（ － ）＋１，∴ｆ（ｘ）＋ｆ（１－ｘ）＝２，即ｆ（１－ｘ）＝２－ｆ（ｘ）， ２ ４ 而不等式ｆ（ｘ２＋２ｘ－３）＋ｆ（２－ｘ）≤２变形可得ｆ（ｘ２＋２ｘ－３）≤２－ｆ（２－ｘ）＝ｆ（ｘ－１）， ∴ｘ２＋２ｘ－３≤ｘ－１，解得－２≤ｘ≤１，即不等式的解集为［－２，１］． 四、解答题：本题共５小题，共７７分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 １５．（本小题满分１３分） 解：（１）由题意知，ｘ＝２是方程ａｘ２－ａｘ＋１＝０的解， １ 将ｘ＝２代入得４ａ－２ａ＋１＝０，解得ａ＝－ ， ２ ∴原不等式化简为ｘ２－ｘ－２＜０，解得－１＜ｘ＜２， 所以不等式的解集为｛ｘ｜－１＜ｘ＜２｝， １ ３ ∴ｂ＝－１，∴ａ＋ｂ＝－ －１＝－ ； ２ ２ 参考答案 第 ４页 （共１６页）（２）由不等式ｆ（ｘ）＜ｘ，可得ａｘ２－（ａ＋１）ｘ＋１＜０，即（ｘ－１）（ａｘ－１）＜０， １ ∵方程（ｘ－１）（ａｘ－１）＝０的两根分别是ｘ＝１，ｘ＝ ， １ ２ ａ １ １ ∴当０＜ａ＜１时， ＞１，则不等式的解集为｛ｘ｜１＜ｘ＜ ｝； ａ ａ １ 当ａ＝１时， ＝１，则不等式的解集为； ａ １ １ 当ａ＞１时， ＜１，则不等式的解集为｛ｘ｜ ＜ｘ＜１｝， ａ ａ １ 综上所述，当０＜ａ＜１时，解集为｛ｘ｜１＜ｘ＜１＜ｘ＜ ｝；当ａ＝１时，解集为； ａ １ 当ａ＞１时，解集为｛ｘ｜ ＜ｘ＜１｝． ａ １６．（本小题满分１５分） 槡２ 槡２ 槡３ 解：（１）ｆ（ｘ）＝ （ｃｏｓωｘ＋ｓｉｎωｘ）· （ｃｏｓωｘ－ｓｉｎωｘ）＋ ｓｉｎ２ωｘ ２ ２ ２ ＝ １ （ｃｏｓ２ωｘ－ｓｉｎ２ωｘ）＋ 槡３ ｓｉｎ２ωｘ ２ ２ １ 槡３ ＝ ｃｏｓ２ωｘ＋ ｓｉｎ２ωｘ ２ ２ π ＝ｓｉｎ（２ωｘ＋ ）， ６ ２π ∵ｆ（ｘ）的最小正周期为π，∴ ＝π，∴ω＝１， ２ω π ∴ｆ（ｘ）＝ｓｉｎ（２ｘ＋ ）； ６ （２）已知角Ａ所对边的长为ａ，设角Ｂ，Ｃ所对边的长为ｂ，ｃ， ａ ｂ ｃ ∵△ＡＢＣ的外接圆半径为１，∴ｓｉｎＡ＝ ，ｓｉｎＢ＝ ，ｓｉｎＣ＝ ， ２ ２ ２ ∵ｓｉｎ２Ａ＋ｓｉｎ２Ｂ－２ｃｏｓ２Ｃ＝０， ∴ｓｉｎ２Ａ＋ｓｉｎ２Ｂ－２＋２ｓｉｎ２Ｃ＝０， ａ ｂ ｃ ∴（ ）２＋（ ）２－２＋２（ ）２＝０， ２ ２ ２ 化简得ａ２＋ｂ２＋２ｃ２＝８， 设ＢＣ边上的高为ＡＤ，垂足为Ｄ，令ＡＤ＝ｈ，ＢＤ＝ｘ，则ＣＤ＝ａ－ｘ， 则ａ２＋ｂ２＋２ｃ２＝ａ２＋ｈ２＋（ａ－ｘ）２＋２ｈ２＋２ｘ２＝８， １ ∴ｈ２＝ （－２ａ２－３ｘ２＋２ａｘ＋８）， ３ 参考答案 第 ５页 （共１６页）１ １ １ １ ５ ∴Ｓ２ ＝ ａ２ｈ２＝ ａ２（－２ａ２－３ｘ２＋２ａｘ＋８）＝ ａ２［－３（ｘ－ ａ）２－ ａ２＋８］ △ＡＢＣ ４ １２ １２ ３ ３ １ ５ ５ ２４ ５ １２ １４４ ４ ≤ ａ２（－ ａ２＋８）＝－ （ａ４－ ａ２）＝－ ［（ａ２－ ）２－ ］≤ ， １２ ３ ３６ ５ ３６ ５ ２５ ５ ２槡５ ２槡１５ ２槡１５ ∴Ｓ≤ ，当ａ＝ ，ｘ＝ 时取“＝”， ５ ５ １５ ２槡５ ∴△ＡＢＣ面积的最大值为 ． ５ １７．（本小题满分１５分） 解：（１）由集合Ｍ ＝｛１，２｝，可得Ｐ（Ｍ）＝３，∴ｋ＝１，２，３， １ １ 且Ｍ 的子集有，｛１｝，｛２｝，｛１，２｝， １ 当ｋ＝１时，ｋ＝Ｐ（｛１｝）－Ｐ（）； 当ｋ＝２时，ｋ＝Ｐ（｛２｝）－Ｐ（）； 当ｋ＝３时，ｋ＝Ｐ（｛１，２｝）－Ｐ（）， ∴集合Ｍ ＝｛１，２｝是“满集”； １ 由集合Ｍ ＝｛２，３｝，可得Ｐ（Ｍ）＝５，∴ｋ＝１，２，３，４，５， ２ ２ 且Ｍ 的子集有，｛２｝，｛３｝，｛２，３｝， ２ ∵当ｋ＝４时，不存在集合Ｍ的两个子集Ａ，Ｂ，使得４＝Ｐ（Ａ）－Ｐ（Ｂ）成立， 所以Ｍ ＝｛２，３｝不是“满集”； ２ （２）解：设ｋ＝Ｐ（Ｍ）， ０ ∵对任意的正整数ｋ≤Ｐ（Ｍ），都存在集合Ｍ的两个子集 Ａ，Ｂ，使得 ｋ＝Ｐ（Ａ）－Ｐ（Ｂ）成立， 则称集合Ｍ为“满集”， ∴ｋ的取值从大到小依次为ｋ，ｋ－１，…，３，２，１， ０ ０ ∵ａ＜ａ＜ａ＜…＜ａ，且均为正整数，∴ｋ－１只有两种可能： １ ２ ３ ｎ ０ ①ｋ－１＝Ｐ（Ｍ）－Ｐ（｛１｝），此时ａ＝１； ０ １ ②ｋ－１＝Ｐ（｛ａ，ａ，…，ａ｝）－Ｐ（），此时ａ＝１， ０ ２ ３ ｎ １ 综上可知，ａ＝１． １ １８．（本小题满分１７分） 解：（１）函数Ｆ（ｘ）为偶函数，理由如下： Ｆ（ｘ）＝（ｓｉｎｘ）２ｎ＋（ｃｏｓｘ）２ｎ，定义域为Ｒ， Ｆ（－ｘ）＝［ｓｉｎ（－ｘ）］２ｎ＋［ｃｏｓ（－ｘ）］２ｎ＝（ｓｉｎｘ）２ｎ＋（ｃｏｓｘ）２ｎ＝Ｆ（ｘ）， 所以函数Ｆ（ｘ）为偶函数； 参考答案 第 ６页 （共１６页）（２）∵Ｆ（ｘ）＝（ｓｉｎｘ）２ｎ＋（ｃｏｓｘ）２ｎ， 令ｔ＝ｓｉｎ２ｘ，则ｔ∈［０，１］，∴ｃｏｓ２ｘ＝１－ｔ， ∴Ｆ（ｘ）＝ｔｎ＋（１－ｔ）ｎ， 设Ｈ（ｔ）＝ｔｎ＋（１－ｔ）ｎ，ｔ∈［０，１］， 则Ｈ′（ｔ）＝ｎ［ｔｎ－１－（１－ｔ）ｎ－１］， １ 当０≤ｔ＜ 时，１－ｔ＞ｔ， ２ 又ｎ∈Ｎ，∴（１－ｔ）ｎ－１＞ｔｎ－１， １ ∴Ｈ′（ｔ）＜０，∴Ｈ（ｔ）在［０， ）上单调递减； ２ １ 当 ＜ｔ≤１时，１－ｔ＜ｔ， ２ 又ｎ∈Ｎ，∴（１－ｔ）ｎ－１＜ｔｎ－１， １ ∴Ｈ′（ｔ）＜０，∴Ｈ（ｔ）在（ ，１］上单调递增， ２ １ １ １ ∴当ｔ＝ 时，Ｈ（ｔ）取最小值，最小值为Ｈ（ ）＝（ ）ｎ－１， ２ ２ ２ １ ∴ａ＝（ ）ｎ－１， ｎ ２ ｎ 令Ｓ＝∑（２ｉ＋１）ａ， ｎ ｉ ｉ＝１ １ １ １ １ １ ∴Ｓ＝３·（ ）０＋５·（ ）１＋７·（ ）２＋…＋（２ｎ－１）（ ）ｎ－２＋（２ｎ＋１）（ ）ｎ－１，① ｎ ２ ２ ２ ２ ２ １ １ １ １ １ １ ∴ Ｓ＝３·（ ）１＋５·（ ）２＋７·（ ）３＋…＋（２ｎ－１）（ ）ｎ－１＋（２ｎ＋１）（ ）ｎ，② ２ ｎ ２ ２ ２ ２ ２ １ １ １ １ １ １ ①－②得： Ｓ＝３·（ ）０＋２［（ ）１＋（ ）２＋…＋（ ）ｎ－１］－（２ｎ＋１）（ ）ｎ， ２ ｎ ２ ２ ２ ２ ２ ２ｎ＋５ ∴Ｓ＝１０－ ＜１０， ｎ ２ｎ－１ ∴ｍ的最小整数值ｍ 为１０． ０ １９．（本小题满分１７分） ｅｘ （ｘ－２）ｅｘ （１）证明：Ｍ（１，０），ｓ（ｘ）＝ ，ｓ′（ｘ）＝ ， ｘ－１ （ｘ－１）２ 当ｘ∈（２，＋∞）时，ｓ′（ｘ）＞０，当ｘ∈（－∞，１）∪（１，２）时，ｓ′（ｘ）＜０， ∴ｓ（ｘ）在（２，＋∞）上单调递增，在（－∞，１），（１，２）上单调递减， 参考答案 第 ７页 （共１６页）∴２是ｓ（ｘ）的极小值点， 故存在点Ｐ（２，ｅ２），使得点Ｐ是Ｍ在ｆ（ｘ）的“边界点”； １ （２）解：Ｍ（０，０），ｓ（ｘ）＝ ｘ３＋ａｘ（ｘ≠０），ｓ′（ｘ）＝ｘ２＋ａ（ｘ≠０）， ３ ∵不存在点Ｐ，使得点Ｐ是Ｍ在ｆ（ｘ）的“边界点”， ∴ｓ（ｘ）没有极值点， ∴ｓ′（ｘ）没有变号零点， ∴ａ∈［０，＋∞）； （ｘ２＋ａｘ）ｌｎｘ ａ （３）解：Ｍ（０，０），ｓ（ｘ）＝ ＝（ｘ＋ａ）ｌｎｘ，ｓ′（ｘ）＝ｌｎｘ＋ ＋１， ｘ ｘ ∵存在两个不同的点Ｐ，使得点Ｐ是Ｍ在ｆ（ｘ）的“边界点”， ∴ｓ（ｘ）有２个极值点， ａ ｘ－ａ 令函数ｇ（ｘ）＝ｌｎｘ＋ ＋１，ｇ′（ｘ）＝ ， ｘ ｘ２ 若ａ≤０，则ｇ′（ｘ）＞０在（０，＋∞）上恒成立， ∴ｇ（ｘ）在（０，＋∞）上单调递增，∴ｇ（ｘ）最多只有１个零点，即ｓ′（ｘ）最多只有１个零点， ∴ｓ（ｘ）最多只有１个极值点，不符合题意； 若ａ＞０，则当ｘ∈（０，ａ）时，ｇ′（ｘ）＜０，当ｘ∈（ａ，＋∞）时，ｇ′（ｘ）＞０， ∴ｇ（ｘ）在（０，ａ）上单调递减，在（ａ，＋∞）上单调递增， ｇ（ｘ） ＝ｇ（ａ）＝ｌｎａ＋２， 极小值 要使得ｓ（ｘ）有２个极值点，则ｇ（ｘ）有２个零点， ∴ｇ（ｘ） ＜０，即ｌｎａ＋２＜０，解得０＜ａ＜ｅ－２， 极小值 １ 此时ｇ（１）＝ａ＋１＞０，ｇ（ａ２）＝２ｌｎａ＋ ＋１， ａ １ ２ａ－１ 令函数ｈ（ａ）＝２ｌｎａ＋ ＋１，０＜ａ＜ｅ－２，∴ｈ′（ａ）＝ ＜０， ａ ａ２ ∴ｈ（ａ）在（０，ｅ－２）上单调递减，ｈ（ａ）＞ｈ（ｅ－２）＝ｅ２－３＞０，即ｇ（ａ２）＞０， ∴ｘ∈（ａ２，ａ），ｘ∈（ａ，１），ｇ（ｘ）＝ｇ（ｘ）＝０， １ ２ １ ２ 当ｘ∈（ｘ，ｘ）时，ｇ（ｘ）＜０，当ｘ∈（０，ｘ）∪（ｘ，＋∞）时，ｇ（ｘ）＞０， １ ２ １ ２ ∴ｓ（ｘ）在（ｘ，ｘ）上单调递减，在（０，ｘ），（ｘ，＋∞）上单调递增， １ ２ １ ２ ∴ｓ（ｘ）有２个极值点，符合题意， 综上，ａ的取值范围为（０，ｅ－２）． 参考答案 第 ８页 （共１６页）