稳昇高教育2025-2026学年（上）高2026届12月联考数学答案_2025年12月_251213重庆大一联盟·稳昇高教育2025-2026学年（上）高2026届12月联考（全科）

一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．已知A={a−3,a2}，
试卷解答第1页，共10页
B =  − 2 , − 1 ,1 ,2  ，若 − 2  A ，则 A  B = （ ）
A．−1,2 B．  − 2 ,1  C．  − 1 ,1  D．  − 2 , 2 
【答案】B
【详解】由题意可得 − 2 = a − 3 ，解得 a = 1 ，则A={−2,1}，故A B . 故选：B.
2．已知直线m，平面 , ，   m ， ⊥  ，则“ ⊥  m ”是“  m / / ”的（ ）
A．必要不充分条件 B．充分不必要条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【详解】由已知m， ⊥  ，则 ⊥  m 可以证明  m / /
而   m ， ⊥  ，  m / / 不一定能够得到 ⊥  m ，如图：在长方体中，平面
ABCD为平面，平面 A A
1
D
1
D 为平面，则m可以是 B B
1
, B C
1
， C C
1
等
所以在已知直线 m ，平面,，   m ， ⊥  条件下，“ ⊥  m ”是“  m / / ”的充
分不必要条件. 故选：B
3．已知复数z−1=(2−z)i（ i 为虚数单位），则z=（ ）
1−3i 1+3i
A． B． C．
2 2
3 −
2
i
D．
3 +
2
i
【答案】D
1+2i (1+2i)(1−i) 1+2i−i−2i2 3+i
【详解】由题意z= = = = 故选：D
1+i (1+i)(1−i) 2 2
 π
4．已知 3sin=2cos+ ，则tan(+)=（ ）
 3
A．−2 3 B． 2 3
3
C．− D．
6 6
3
稳昇高教育高2026届12月联合质量检测
数学参考答案及解析
={−2,1}
D C
1 1
A B
1 1
D C
A B
【答案】D
 π 3
【详解】 3sin=2cos+ =cos− 3sin，则2 3sin=cos，故tan= ，
 3 6
3
则tan(+)=tan= . 故选：D
6
4x −1
5．已知定义在R上的奇函数 f (x)= (a0)，则 f(ax−1) f(a−x2)的解集为（ ）
ax
A．{x|−3 x1} B．{x|−1 x3} C．{x|−3 x−1} D．{x|1 x3}
【答案】A【详解】∵函数
试卷解答第2页，共10页
f ( x ) =
4 x
a
−
x
1
是奇函数， ∴ f ( − x ) = − f ( x ) ，即
4 −
a
x
−
−
x
1
= −
4 x
a
−
x
1
，
∴ a 2 x = 4 x ，即 a = 2 ，∴ f ( x ) = 2 x −
1
2 x
为 R 上单调递增的函数
∴ f(2x−1) f(2−x2)，则 2 x − 1  2 − x 2  x 2 + 2 x − 3  0 ，解得 − 3  x  1 ，故选：A．
6．已知正项等差数列  a
n
 中， a
1
+ a
4
= 8 ， a
2
 a
3
= a
8
，若 a
5
+ a
6
+ a
7
+  + a
m
= 2 0 0 ，则 m = （ ）
A． 1 0 B． 1 3 C． 1 5 D． 1 7
【答案】C
【详解】设等差数列的首项为 a
1
，公差为 d ，则由
 a
a
1
2
+
 a
a
3
4
=
=
a
8
8
，得
 a
(
1
a
+
1
+
a
1
d
+
) (
3
a
d
1
+
=
2
8
d ) = a
1
+ 7 d
，
解得
 a
d
1
=
=
1
2
，或
 a
d
1
=
=
4
−
0
2 4
(舍)  a
n
= 1 + ( n − 1 )  2 = 2 n − 1 ，设数列  a
n
 的前 n 项和为 S
n
，则 S
n
= n 2
故 a
5
+ a
6
+ a
7
+  + a
m
= m 2 − 5 2 = 2 0 0 解得 m = 1 5 ，故选：C．
7．已知函数 f ( x ) = 1 + 3 s i n 2 x − 2 c o s 2 x ，将函数 f (x)的图象向左平移
π
4
个单位长度可得到函数 g ( x ) 的
图象，当 x  ( 0 ,  ) 时， f ( x ) 与g(x)的图像交于 A , B 两点，则 | x
A
− x
B
| =（ ）
A．
4

B．
3

C．
2

D．
2
3

【答案】C
【详解】由题意得 f ( x ) = 3 s i n 2 x − ( 2 c o s 2 x − 1 ) = 3 s i n 2 x − c o s 2 x = 2 s i n

2 x −
π
6

，
∴ g ( x ) = 2 s i n [ 2 ( x +
π
4
) −
π
6
] = 2 s i n

2 x +
π
3

，两个函数的周期均为 T =
2 
2
= 
∴ f ( x ) 与 g ( x ) 的图像交于A,B两点，则 2 s i n

2 x −
π
6

= 2 s i n

2 x +
π
3

∴ 2 x
π
6
2 x
π
3
2 k  − = + +
π π 5π k
或2x− =[−(2x+ )]+2k，解得x= + ，
6 3 24 2
∴取k =0,1， | x
A
x
B
|
2

− = 故选：C．
8．过点A(0，−1)作 y = x 2 的切线l，切点为B，以AB为直径的圆与y轴交于另一点C，则 C 到l的距离
为（ ）
1 2 5
A． B． C．
2 5
1
3 5
D．
5
【答案】B【详解】由题意知y=2x，设切点
试卷解答第3页，共10页
B 为 ( x ，0 x 20 ) ，所以切线方程为 y − x 20 = 2 x
0
( x − x
0
) ，代入
A ( 0 ， − 1 ) ，解得：B为 ( 1 ， 1 ) ，或 ( − 1 ， 1 ) ，两点关于 y 轴对称， 则|AB|= 5
∴切线为 l1 : y = 2 x − 1 或 l
2
: y = − 2 x − 1 ，则以 A B 为直径的圆为 ( x −
1
2
) 2 + y 2 =
5
4
或 ( x +
1
2
) 2 + y 2 =
5
4
均交 y 轴于 C ( 0 ， 1 ) ，∴ d =
| 1 + 2
2

2
0
+
+
1
1 |
=
2
5
5
故选：B.
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9．已知正实数 a ， b ，满足 a + b = 2 ，则（ ）
A． a + b  2 B． 2 a + 2 b  4 C． | a | − | b | 1 D． a 2 + 2 b  3
【答案】ABD
( )2
【详解】 a+ b =a+b+2 ab =2+2 ab 2+a+b=4，当且仅当 a = b = 1 时取等号，故A正确；
2 a + 2 b  2 2 a 2 b = 2  2
a +2 b
= 2 2 = 4
，当且仅当 a = b = 1 时取等号，故B正确；
由 a + b = 2 ，则 | a | − | b | | a + b |= 2 ，故C错误；
由 b = 2 − a ，∴ a 2 + 2 ( 2 − a ) = a 2 − 2 a + 4 = ( a − 1 ) 2 + 3  3 ，故D成立；
10．已知四棱柱ABCD−ABCD 中，各棱长均为1，
1 1 1 1
 B A D =  A
1
A B =  A
1
A D ，则（ ）
A． A C
1
⊥ B D B． V
A −1 B C D1
= V
A A1 D − B B1 C
C．若AC =2，则
1
c o s  B A D =
1
6
D．若 B
1
D ⊥ B D
1
，则 V
A − C B1 D
=
9
2
【答案】AC
【详解】由题意，四棱柱 A B C D − A
1
B C1
1
D
1
底面为菱形，则 A C ⊥ B D ， A C 为BAD平分线
A
1
A B A
1
A D   =  = ，则 A
1
在平面 A B C D 的射影 H 在直线AC上，故 A
1
H ⊥ 平面 A B C D ，
∴ A
1
H ⊥ B D ， ∴ B D ⊥ 面 A
1
A C C
1
， A C
1
⊥ B D ，故A正确；
1
由ABCD−ABCD 为平行六面体，则V = V
1 1 1 1 A 1 AD−B 1 BC 2 A 1 B 1 C 1 D 1 −ABCD
1
而V =V −V −V −V −V = V ，故B错误；
A 1 −BC 1 D A 1 B 1 C 1 D 1 −ABCD A 1 −ABD C 1 −BCD B−A 1 B 1 C 1 D−A 1 C 1 D 1 3 A 1 B 1 C 1 D 1 −ABCD

AC = AB+AD+AA ，设BAD=AAB=AAD=，则
1 1 1 1
A
A 1
D
H
D
1
B
B 1
C
C 1
A
A 1
D
D 1
B
B 1
C
C
1试卷解答第4页，共10页
A C 21 A B 2 A D 2 A A
1
2 2 A B A D 2 A B A A
1
2 A D A A
1
3 6 c o s 2 2 
    =     +      +     +         +          +
 = + =
1
，解得cos= 故C正确；
6
由 B
1
D ⊥ B D
1
，则 B D D
1
B
1
为菱形，则 B D = 1 ，∴BAD=60=BAA，
1
 B A C = 3 0  ，
∴ c o s  B A A
1
= c o s  A
1
A C  c o s  B A C ，得
1
2
= c o s  A
1
A C 
2
3
 c o s  A
1
A C =
3
3
 s in  A
1
A C =
6
3
6 2
∴AH = ，∴V = ABADsin60AH = ，
1 3 A 1 B 1 C 1 D 1 −ABCD 1 2
由B选项： V
A1 − B C D1
=
1
3
V
A B1 C1 D1 1 − A B C D
=
6
2
，故D错误．
11．已知三次函数 f (x)=ax3+bx2+x+1，则下列说法正确的是（ ）
A．若 b = 0 时，则 f ( x ) 为增函数
B．若b2 3a时，则 f ( x ) 有两个极值点
C．若b=−a时，当 f ( x ) 在 x
0
取极大值，则 f ( x
0
)  1
D．若 b = 3 a 时，则 f ( x ) 图像关于 ( − 1 ， a ) 中心对称
【答案】BC
【详解】由三次函数 f ( x ) ，则 a  0
当 b = 0 时，则 f  ( x ) = 3 a x 2 + 1 ，若 a  0 ， f  ( x )  1 ，即 f ( x ) 为增函数成立；若 a  0 ， f  ( x ) = 0 ，
存在两个不等实数根，即 f (x)有三个单调区间；故A错误
由 f  ( x ) = 3 a x 2 + 2 b x + 1 ，由b2 3a，则 Δ = 4 b 2 − 1 2 a  0 ，即 f  ( x ) = 0 有两个不等实数根，故 f ( x )
有两个极值点，故B正确
由 b = − a ，则 f  ( x ) = 3 a x 2 − 2 a x + 1 ，由 f ( 0 ) = 1 ， f  ( 0 ) = 1 ，则 x = 0 位于递增区间，
当 a  0 ，则 f  ( x ) = 0 得两根为 x ，1 x
2
，且 x
1
 0  x
2
， f ( x ) 在 ( x ，1 x
2
) 单调递增，则
0  ( x ，1 x
2
，) f (x )= f (x ) f (0)=1
0 2
当 a  0 时，若有极大值，则 f  ( x ) = 0 得两根为 x ，1 x
2
，且 a  3 ， 0  x
1
 x
2
，则 0  ( −  ， x
1
，)
为 f ( x ) 增区间，则 f ( x
0
) = f ( x
1
)  f ( 0 ) = 1 ，故C成立
若 b = 3 a 时，则 f (x)=ax3+3ax2+x+1， f(x)=3ax2+6ax+1， f(x)=6ax+6a=0得x=−1，
∴ f (1+x)+ f (1−x)=4a，则图像关于 ( − 1 ， 2 a ) 中心对称，故D错误
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．已知
a
= (1 , 2 ) ,
b
= ( 2 , 2 2 )
 
，则|a+b|= .
【答案】3 3【详解】
试卷解答第5页，共10页
|
a
+
b
|= | 3 2 + ( 3 2 ) 2 |= 2 7 = 3 3
13．已知 f ( x ) 是定义在R上的奇函数，对于任意的正实数 x 都有 f ( 1 + x ) =
− 2
f ( x )
，已知 f ( − 1 ) = 4 ，那么
f (6)= .
【答案】
1
2
【详解】∵ f ( x ) 是奇函数，∴ f ( − x ) = − f ( x ) ，∴ f ( − 1 ) = − f ( 1 ) = 4 ，
又 f ( 1 + x ) =
− 2
f ( x )
，∴
f ( x + 2 ) =
f (
−
x
2
+ 1 )
=
− 2
− 2
f ( x )
= f ( x )
，
∴故 x  0 时， f ( x ) 周期为2，则 f ( 6 ) = f ( 2 ) =
−
f
2
(1 )
=
1
2
1
. 故答案为： .
2
14．如图，已知圆锥 P O ，用平行于底面的截面，将圆锥 P O 分切成小圆锥 P O
1
和圆
台 O O1 ，此时圆锥 P O 1 的顶点 P 和圆 O 1 上所有点均在球 O 2 上，圆台 O O1 存在和上下
底面及侧面均相切的球O ，若球O 和O 的半径均为R，则圆锥PO 和圆台
3 2 3 1
O O1 的
高之比为 .
【答案】
2
3
【详解】由题意，在轴截面等腰三角形 P A B 中， A P B   = ，平行于底面的截面与
轴截面形成了交线AB ，将△
1 1
P A B 分为△ P A
1
B
1
和梯形 A A
1
B
1
B ，圆 O
2
和圆 O
3
分别
为两部分的外接圆和内切圆，半径均为 R ，则有△ P A
1
B
1
高 P O
1
= h ，梯形高
OO=2R，∴OO A=APB ，∴O A =O M =R， 1 1 2 1 1 2 1 3
∴
O
O
M
3
P
3
h
R
R
s i n
2

=
+
= ，∴
O
O
O1
2
A
2
h
R
R
c o s  =
−
= ，∴
h −
R
R
= 1 − 2 (
h
R
+ R
) 2
h 1
−1=1−2( )2
∴R h ，令 +1
R
h
R = x
2x(x+2)
，则x= 解得x= 3，所以 (x+1)2 2
h
R = 2
3
．
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．已知圆C的圆心在y轴，经过A(3, 3)，B(4, 10)，过直线l： x − 2 y − 6 = 0 上的动点 P 作圆C的切
线，切点分别为 M ，N ．
(1) 求圆C的标准方程；
(2) 若弦MN =4 5,求P点坐标.
A
M
A 1
P
O
O
O
O
P
O
O
O
O
2
1
3
2
1
3
B 1
B【详解】（1）由题意，设圆心
试卷解答第6页，共10页
C ( 0 , b ) ，半径为 r （ r  0 ） ，标准方程为： x 2 + ( y − b ) 2 = r 2
代入 A ( 3 , 3 ) ， B ( 4 , 1 0 )
32+(3−b)2 =r2 b=7
，∴  ， 4分
42+(10−b)2 =r2 r =5
∴圆 C 的标准方程为 x 2 + ( y − 7 ) 2 = 2 5 6分
(2)弦 M N 交 C P 于 Q ，则 M Q = 2 5 ，∴ C M 2 = C Q 2 + M Q 2  C Q = 5
∴由直角三角形射影定理：CM2 =CQCP  C P = 5 5 10分
∴ P 点满足：
 x
x
2
−
+
2
( y
y
−
−
7
6
)
=
2 =
0
( 5 5 ) 2

 x
y
=
=
1 0
2
或
 x
y
=
=
−
−
2
4
即 P 点为(10, 2)或 ( − 2 , − 4 ) ． 13分
16．在  A B C 中，内角A、 B 、 C 的对边分别为 a 、 b 、 c
a 2 3 
，且 = sin(C+ ).
b 3 3
(1)求角 B ；
(2)若  A B C 是锐角三角形，且 c = 4 ， D 为 A C 边中点，求 B D 的取值范围.
【详解】（1）∵
a
b
2
3
3
s i n ( C
3
)

= + ，∴ 3 a 2 b s i n ( C
3
) b s i n C 3 b c o s C

= + = +
由正弦定理可得 3 ( s i n A − c o s C s i n B ) = s i n B s i n C = 3 c o s B s i n C ，
∵ C  ( 0 , π ) ，则sinC0，∴ s i n B = 3 c o s B ，则有 ta n B = 3 ，故 B =
π
3
. 6分
（2）∵  A B C 为锐角三角形，则

0
0


C
A

=
π
22
π
3
− C 
π
2
，∴
π
6
 C 
π
2
，
3
∴tanC ，则
3
0 
ta
1
n C
 3 ， 8分
由正弦定理可得
s
a
in A
=
s
c
in C
，∴
a =
c
s
s
i
i
n
n
C
A
=
4 s i n
s
i
C
n C
+
π
3

= 2 +
2
t a n
3
C
 ( 2 , 8 )
10分
∵ D 为 A C
1
边中点，∴BD= (BA+BC)
2
∴
B D  2 =  1
4
( B A 2 +  B C 2 +  2 B
A  B C ) =
1
4
( c 2 + a 2 + a c ) =
1
4
( a 2 + 4 a + 1 6 ) =
1
4
( a + 2 ) 2 + 3 13分

2
∴BD (7,28)，即 B D  ( 7 , 2 7 ) 15分
1
17. 数列a 满足a = ，a −2a +3a a =0 (nN*)．
n 1 5 n n+1 n n+1
C
N
Q
A
B
M
P(1)求证：数列
试卷解答第7页，共10页
{
1
a
n
− 3 } 是等比数列，并求数列  a
n
 的通项公式；
(2)设 b
n
=
2 n
a
−
n
1
，数列  b
n
 的前n项和为 S
n
，求 S
n
．
【详解】（1）因为 a
n
− 2 a
n + 1
+ 3 a
n
 a
n + 1
= 0
1 2
，所以 = −3， 2分
a a
n+1 n
所以
a
1
n + 1
− 3 = 2 (
1
a
n
− 3 ) ，而
1
a
1
− 3 = 2  0 ，
1
所以{ −3}是以2为首项，2为公比的等比数列；
a
n
所以
1
a
n
− 3 = 2  2 n − 1 ，则 a
n
=
2 n
1
+ 3
； 6分
（3）由(1)可知 a
n
=
2 n
1
+ 3
，则 b
n
= ( 2 n − 1 ) ( 2 n + 3 ) = ( 2 n − 1 )  2 n + 3  ( 2 n − 1 ) ， 7分
 S
n
= 2 + 3 + 3  2 2 + 3  3 + 5  2 3 + 3  5 +  + ( 2 n − 3 )  2 n − 1 + 3  ( 2 n − 3 ) + ( 2 n − 1 )  2 n + 3  ( 2 n − 1 )
= [ 2 + 3  2 2 + 5  2 3 +   + ( 2 n − 3 )  2 n − 1 + ( 2 n − 1 )  2 n ] + 3 [1 + 3 + 5 + + ( 2 n − 3 ) + ( 2 n − 1 ) ] 9分
令 A
n
= 2 + 3  2 2 + 5  2 3 +  + ( 2 n − 3 )  2 n − 1 + ( 2 n − 1 )  2 n ；
∴ 2 A
n
= 2 2 + 3  2 3 + 5  2 4 +  + ( 2 n − 3 )  2 n + ( 2 n − 1 )  2 n + 1
作差得： − A
n
= 2 + 2  2 2 + 2  2 3 +  + 2  2 n − ( 2 n − 1 )  2 n + 1 =
4 (1
1
−
−
2
2
n )
− ( 2 n − 1 )  2 n + 1 − 2
∴ A
n
= ( 4 n − 6 ) 2 n + 6 11分
令B =1+3+5+ +(2n−3)+(2n−1)
n
则 B
n
= 1 + 3 + 5 +  + ( 2 n − 3 ) + ( 2 n − 1 ) =
n (1 + 2
2
n − 1 )
= n 2 13分
 S
n
= A
n
+ 3 B
n
= ( 4 n − 6 ) 2 n + 6 + 3 n 2 15分
18. 如图，直角梯形 A B C D ， A B / / C D ，BC⊥CD，AE⊥CD， M 为 A D 中点，将△ A D E 沿 A E 折起，使
D 到 P 处.
(1)求证：PC//平面BEM ；

(2)若平面AEP⊥平面ABCE，AE =PE =4，AB=4 2，PN =NB(0)
1
（ⅰ）当= 时，求证：平面PBC ⊥平面
3
E M N ；
4 17
（ⅱ）当二面角P−EM −N的正弦值为 时，求的值.
17【详解】（1）连接
试卷解答第8页，共10页
A C 交 B E 于点O，连接 O M ，由题意四边形 A B C E 是矩形，所以 O 为 A C 中点，
又因为 M 为 P A 中点，所以在 △ P A C 中，有 O M ∥ P C ，
因为OM 平面 B E M ，PC平面 B E M ，
所以 P C / / 平面 B E M ； 4分
（2）在矩形 A B C E 中，有 E C ⊥ A E ，
又AE2+PE2 = AP2，∴ P E ⊥ A E ，
面AEP⊥面ABCE

面ABCE面AEP=AE
∴ PE⊥面ABCE， 6分
PE面AEP

 PE⊥AE
以 E 为原点，以
E A  
，
E C  
，
E P  
方向为 x 轴， y 轴， z 轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示：
则有 E ( 0 , 0 , 0 ) ， A ( 4 , 0 , 0 ) ， C ( 0 , 4 2 , 0 ) , P ( 0 , 0 , 4 ) ， M ( 2 , 0 , 2 ) , B ( 4 , 4 2 , 0 )
 
( )
所以EM =(2,0,2)，EB= 4,4 2,0 ，
E P  =
( 0 , 0 , 4 ) ，
由 ( 0 1 )  
P N  =   N B
 
  4 4 2 4 
∴EN = , ,  8分
 
1+ 1+ 1+
 
（ⅰ）当
1
3
 = 时，
E N  = (
1 , 2 , 3
)
，
P B  = (
4 , 4 2 , − 4
)
∴
E N   P B  =
4  1 + 4 2  2 − 4  3 = 0 ，∴
E N  ⊥  P B 
，

EMPB=24+04 2+2(−4)=0，∴
E M   ⊥ P  B 
，
又∵ E M  E N = E ， E N  平面 E M N ， E M  平面 E M N ，
∴ P B ⊥ 平面 E M N ；
∵ P B  平面 P B C ，∴平面PBC ⊥平面 E M N 12分
（ⅰi）取平面 E M P

的法向量m=(0,1,0)，设平面 E M N

的法向量为n=(x,y,z)，
则
2
4
1
2
4
1
0
2
1
4
0 2 0
 
 
  

E
E
M
N


 
 n
 
 n
=
=
x
+
+
x
z
+
=
+
y +
+
z =

 z =
x
−
+
x
y + z =
  1− 
，令x=1，则n=  1, ,−1 ， 14分
 2 
4 17 17
因为二面角P−EM −N的正弦值为 ，则余弦值为 ，
17 17
A
M
P
E
N
O
D
B
A
E
C
C
B
A
M
P
E
N
B
C
z
P
N
M
E C y
x O
A B∴
试卷解答第9页，共10页
c o s < ,
1
1
|
1
2
2
2
|
( 1 ) 2
1
1
7
7




m 
n  =
mm 


n
n
=
+
 −
−

+ −
= ，
化简得： 3 2 8 4 0   − + =
2
解得= 或
3
2  = . 17分
19. 已知函数 f ( x ) = 2 s i n x − x ．
(1)求 f ( x ) 在
2
,
π
2
 
−

上的单调区间；
(2)当 0 ,
2

x 
 
时， f (x)x−ax3，求a的范围
(3)令 g ( x ) = f  ( x ) + ln ( x + 1 ) ，证明：当 x  ( 0 ,1 ) 时g(x)有极大值 g ( x
0
) ，且 g ( x
0
)  1 + (
ln
2
2
) 2
【详解】（1）  f ( x ) = 2 s in x − x ，∴ f  ( x ) = 2 c o s x − 1 = 0 ，得 c o s x =
1
2
当 x 

−
π
2
， −
π
3

时， f  ( x )  0 ， f ( x ) 单调递减，
当 x 

−
π
3
,
π
3

时， f(x)0， f (x)单调递增，
当 x 
 π
3
,
π
2

时， f(x)0， f ( x ) 单调递减，
 f x在

−
π
2
,
π
2

上的单调增区间为

−
π
3
,
π
3
  π π
，单调减区间为− ，− ，
 2 3
 π
3
,
π
2

． 5分
(2) 令 t ( x ) = f ( x ) − x + a x 3 = 2 s i n x − 2 x + a x 3 ， t ( 0 ) = 0
∴ t  ( x ) = 2 c o s x − 2 + 3 a x 2 t  ( 0 ) = 0 ∴t(x)=−2sinx+6ax t  ( 0 ) = 0
∴ t  ( x ) = − 2 c o s x + 6 a
 
x0, 时
 2
t  ( x ) 为增函数，
若 t  ( x )  0 ，则 a 
1
3
c o s x ，由 0 ,
2

x 
 
，则 a 
1
3
7分
∴ t  ( x ) = − 2 s i n x + 6 a x
 
在0, 单调递增，由
 2
t  ( 0 ) = 0 ，则 0 ,
2

x 
 
时 t  ( x )  0 ，
  ∴t(x)=2cosx−2+3ax2在0, 单调递增，有
 2
t  ( 0 ) = 0 ，则x  0,  时t(x)0，
 2
∴ t ( x ) = 2 s i n x − 2 x + a x 3 在 0 ,
2
   单调递增，有 t ( 0 ) = 0 ，则x  0,  时t(x)0，
 2
1  
即2sinx−xx− x3在0, 成立 9分
3  2
若a 1 ，则t(x)=−2cosx+6a=0在x  0,  有解x ，即x(0,x ) ，t(x)0
3  2 0 0试卷解答第10页，共10页
 t  ( x ) = − 2 s i n x + 6 a x 在 x  ( 0 , x
0
) 时单调递减，则 t  ( x )  0
 t  ( x ) = 2 c o s x − 2 + 3 a x 2 在x(0,x )时单调递减，则
0
t  ( x )  0
 t ( x ) = 2 s i n x − 2 x + a x 3 在 x  ( 0 , x
0
)
1
时单调递减，则a 不成立，
3
∴综上所述 a 
1
3
11分
(3) g(x)= f(x)+ln(x+1)=2cosx−1+ln(x+1)
g  ( x ) = − 2 s i n x +
x
1
+ 1
，在 x  ( 0 , 1 ) 时为减函数， g  ( 0 ) = 1  0 ， ( 1 ) 2 s i n 1
1
2
2 s i n
6
1
2
0

g  = − +  − +  ，
∴存在 x
0
 ( 0 , 1 ) 使得 g  ( x
0
) = 0 ，
当 x  ( 0 , x
0
) 时，g(x)0；当x(x ,1) 时，
0
g  ( x )  0 ；
 g ( x ) 在 ( 0 , x
0
) 单调递增，在 (x ,1) 单调递减，
0
 x
0
是 g ( x ) 的一个极大值点， 13分
 
由(2)有t(x)=2cosx−2+x2 0在x−1, 恒成立，即
 2
2 c o s x − 1  1 − x 2 ① 14分
由 x
0
 ( 0 , 1 ) 则 ln ( x
0
+ 1 )  ( 0 , ln 2 ) ，则需证 ln ( x + 1 )  ln 2  x 在 x  ( 0 , 1 ) 恒成立
令 m ( x ) = ln ( x + 1 ) − ln 2  x ，则 m ( x ) =
x
1
+ 1
− ln 2 ，在(0,
1 −
l
ln
n 2
2
)单调递增，(
1 −
l
ln
n 2
2
，1 )单调递减
∴ m ( 0 ) = m (1 ) = 0 ，则 ln ( x + 1 )  ln 2  x ② 在 x  ( 0 , 1 ) 恒成立 16分
∴由①②得 x  ( 0 , 1 )
ln2 ln2
时g(x)=2cosx−1+ln(x+1)1−x2+ln2x=−(x− )2+1+( )2
2 2
∴ g ( x
0
)  g
 ln
2
2 
 1 + (
ln
2
2
) 2 17分