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