26届8月江西高三开学考试·数学答案_2025年8月_250829江西省上进联考2025-2026学年新高三秋季入学摸底考试

江西省2025-2026学年新高三秋季入学摸底考试 数学参考答案及评分细则 １．【答案】Ａ ５ｉ ５ｉ（２－ｉ） 【解析】因为（２＋ｉ）ｚ＝５ｉ，所以ｚ＝ ＝ ＝ｉ（２－ｉ）＝１＋２ｉ，则 ｚ在复平面内对应的点为（１，２），位于第一 ２＋ｉ（２＋ｉ）（２－ｉ） 象限．故选Ａ． ２．【答案】Ｂ ｘ－２ 【解析】因为Ｂ＝｛ｘ｜ ≤０｝＝｛ｘ｜－１＜ｘ≤２｝，所以Ａ∩Ｂ＝｛０，１，２｝．故选Ｂ． ｘ＋１ ３．【答案】Ｄ ｂ ｃ ２ａ 【解析】当焦点在ｘ轴时，由渐近线方程得 ＝槡３，所以ｂ＝槡３ａ，ｃ＝２ａ，ｅ＝ ＝ ＝２；当焦点在 ｙ轴时，由渐近线 ａ ａ ａ ａ ｃ ２ｂ ２槡３ 方程得 ＝槡３，所以ａ＝槡３ｂ，ｃ＝２ｂ，ｅ＝ ＝ ＝ ．故选Ｄ． ｂ ａ 槡３ｂ ３ ４．【答案】Ｃ 【解析】因为单位向量ｍ，ｎ满足ｍ⊥（ｍ＋２ｎ），所以ｍ·（ｍ＋２ｎ）＝ｍ２＋２ｍ·ｎ＝１＋２ｍ·ｎ＝０，则２ｍ·ｎ＝－１，所 １ ２π 以ｃｏｓ〈ｍ，ｎ〉＝－ ，所以〈ｍ，ｎ〉＝ ．故选Ｃ． ２ ３ ５．【答案】Ｃ ｔａｎα－ｔａｎβ ２ ｔａｎβ ２ １ 【解析】由ｔａｎα＝２ｔａｎβ，ｔａｎ（α－β）＝ ＝ ｔａｎβ，得 ＝ ｔａｎβ，又由 β是锐角，得 ｔａｎβ＝ ， １＋ｔａｎαｔａｎβ ３ １＋２ｔａｎ２β ３ ２ ｔａｎα＋ｔａｎβ ｔａｎα＝１，所以ｔａｎ（α＋β）＝ ＝３．故选Ｃ． １－ｔａｎαｔａｎβ ６．【答案】Ｂ 【解析】设事件Ａ为“小明被选中”，事件Ｂ为“小刚被选中”，那么在小明被选中的条件下，小刚被选中的概率为 ｎ（ＡＢ） Ｃ１ ２ Ｐ（Ｂ｜Ａ）＝ ＝ ４＝ ．故选Ｂ． ｎ（Ａ） Ｃ２ ５ ５ ７．【答案】Ｂ Ｓ 【解析】由直线方程 ４ｘ－３ｙ－４＝０与 ｙ２＝４ｘ联立，得 ｙ２－３ｙ－４＝０，解得 ｙ＝４，ｙ＝－１．所以依题意，△ＯＮＦ＝ １ ２ Ｓ △ＯＭＦ １ · ＯＦ· ｙ ２ ２ ｙ １ ＝ ２ ＝ ．故选Ｂ． １ ｙ ４ · ＯＦ· ｙ １ ２ １ ８．【答案】Ｃ 【解析】设ＢＤ＝ｘ，则ＰＤ＝１－ｘ，０＜ｘ＜１．作ＰＥ⊥ＢＣ，垂足为Ｅ，因为ＰＤ⊥ＢＣ，ＰＥ∩ＰＤ＝Ｐ，ＰＥ，ＰＤ平面ＰＤＥ，所以 π ｘ π ＢＣ⊥平面ＰＤＥ．又因为ＤＥ平面ＰＤＥ，所以ＤＥ⊥ＢＣ，且点Ｅ在线段ＢＣ上，所以ＢＥ＝ＢＤｃｏｓ ＝ ，ＤＥ＝ＢＤｓｉｎ ＝ ３ ２ ３ {ＰＥ＜ＰＤ＋ＤＥ， 槡３ｘ ( ｘ)２ ｘ２ ｘ２ ．因为ＰＥ２＝ＰＣ２－ＣＥ２＝１－１－ ＝ｘ－ ，所以ＰＥ＝ 槡 ｘ－ ．在△ＰＤＥ中，有 ＰＤ＜ＰＥ＋ＤＥ，结合０＜ｘ＜１，分别 ２ ２ ４ ４ ＤＥ＜ＰＤ＋ＰＥ， {ｘ∈（０，１）， 解得 ｘ∈（２－槡３，１），取三者交集，所以ｘ∈（２－槡３，１），故选Ｃ． ｘ∈（０，１）． 高三数学 第 １页（共６页） 书书书９．【答案】ＡＢＤ（每选对１个得２分） ２ ｅｘ＋１ １＋ｅｘ 【解析】ｅｘ－１≠０，所以ｘ≠０，故Ａ正确；ｆ（ｘ）＝ ＋１＝ ，ｆ（－ｘ）＝ ，所以 ｆ（－ｘ）＝－ｆ（ｘ），所以 ｆ（ｘ）为奇函 ｅｘ－１ ｅｘ－１ １－ｅｘ 数，故Ｂ正确；ｆ（ｘ）在区间（－!，０）上单调递减，在区间（０，＋!）上也单调递减，在 ｘ＝０处没有意义，故 Ｃ错误；由 函数的单调性知Ｄ选项正确．故选ＡＢＤ． １０．【答案】ＡＣ（每选对１个得３分） 【解析】 ( 槡ｘ－ １ ｘ )６ 的展开式通项为Ｔ ｒ＋１ ＝Ｃ ６ ｒ·（槡ｘ） ６－ｒ · ( － １ ｘ ) ｒ ＝Ｃ ６ ｒ·（－１）ｒ·ｘ ６－ ２ ３ｒ ．当ｒ＝２时，常数项为 Ｃ２ ６ ＝１５， 故Ａ正确；令ｘ＝１，得各项的系数和为（１－１）６＝０，故 Ｂ错误；展开式共７项，二项式系数最大应为第４项，故 Ｃ 正确；有理项为奇数项，其系数和为Ｃ０＋Ｃ２＋Ｃ４＋Ｃ６＝３２，故Ｄ错误．故选ＡＣ． ６ ６ ６ ６ １１．【答案】ＢＣＤ（每选对１个得２分） ( π) ( π πｔ) π π πｔ 【解析】由ｆ（ｘ＋１）＝ｇ（２ｘ＋ｔ）可得ｓｉｎωｘ＋ω＋ ＝ｓｉｎ ｘ＋ω＋ ，于是可得ωｘ＋ω＋ ＋ ｘ＋ω＋ ＝（２ｋ＋１）π或 ６ ３ ６ ６ ３ ６ π π πｔ π π πｔ ωｘ＋ω＋ ＝ ｘ＋ω＋ ＋２ｋπ，其中ｋ∈Ｚ．由ｘ∈Ｒ可知ωｘ＋ω＋ ＋ ｘ＋ω＋ ＝（２ｋ＋１）π，ｋ∈Ｚ不恒成立，故 ωｘ＋ ６ ３ ６ ６ ３ ６  π ω＝ ， { π π π πｔ  ３ ω＝ ， π ω＋ ＝ ｘ＋ω＋ ＋２ｋπ，ｋ∈Ｚ，于是 解得 ３ 由０＜ｔ＜２可得ｔ＝１， ＞１，故 ω＞ｔ， ６ ３ ６ π πｔ ３ ω＋ ＝ω＋ ＋２ｋπ， ｔ＝１－１２ｋ，ｋ∈Ｚ，  ６ ６ ( π π) [ π π] (５π π ) 故Ａ错误；由 Ａ可得 ｆ（ｘ）＝ｓｉｎ ｘ＋ ，ｆ（２ｔ－ｘ）＝ｆ（２－ｘ）＝ｓｉｎ （２－ｘ）＋ ＝ｓｉｎ － ｘ ＝ ３ ６ ３ ６ ６ ３ [ ( π π)] ( π π) ( π π) ｓｉｎπ－ ｘ＋ ＝ｓｉｎ ｘ＋ ＝ｆ（ｘ），故曲线ｙ＝ｆ（ｘ）关于直线 ｘ＝ｔ对称，故 Ｂ正确；ｇ（ｘ）＝ｓｉｎ ｘ＋ ，易 ３ ６ ３ ６ ６ ３ ( π π) ( π π) 知其在区间［－５，１］上单调递增，而 － ， ［－５，１］，于是 ｇ（ｘ）在区间 － ， 上单调递增，故 Ｃ正确； ６ ６ ６ ６ ( π π) ( π π) π π ( π) ( π) ｈ（ｘ）＝ｓｉｎ ｘ＋ ＋ｓｉｎ ｘ＋ ，不妨设 ｔ＝ ｘ－ ，令 ｍ（ｔ）＝ｓｉｎ２ｔ＋ ＋ｓｉｎｔ＋ ＝ｃｏｓ２ｔ＋ｃｏｓｔ＝２ｃｏｓ２ｔ＋ ３ ６ ６ ３ ６ ６ ２ ２ ( １)２ ９ [ ９ ] [ ９ ] ｃｏｓｔ－１＝２ｃｏｓｔ＋ － ，由ｃｏｓｔ∈［－１，１］可得ｍ（ｔ）∈ － ，２，于是ｈ（ｘ）的值域为 － ，２，故 Ｄ正确．故 ４ ８ ８ ８ 选ＢＣＤ． １２．【答案】３ 【解析】因为Ｓ＝ａ＋ａｑ＋ａｑ２＝１３ａ，所以ｑ２＋ｑ－１２＝０，解得ｑ＝３或 ｑ＝－４．因为正项等比数列的公比大于０，所 ３ １ １ １ １ 以ｑ＝３． １３．【答案】４槡３ 【解析】设底面半径为ｒ，母线长为ｌ，由题意πｒｌ＝２πｒ２，所以 ｌ＝２ｒ＝４，所以轴截面为边长为４的等边三角形，面 槡３ 积为 ×４２＝４槡３． ４ ３槡３ １４．【答案】 ２ 【解析】当Ｐ，Ｑ位于同一个半圆时，长度小于等于直径，即三角形的一边长，其小于三角形周长的一半．当 Ｐ，Ｑ 不位于同一个半圆上时，如图，不妨设Ｐ，Ｑ分别为 ＢＣ 高三数学 第 ２页（共６页） ) ，ＡＣ ) 上任意一点，取 ＡＣ，ＢＣ的中点分别为 Ｆ，Ｇ，连接 ＦＧ → → → → → → → → → → → 并延长交两个半圆于Ｅ，Ｈ，ＰＱ＝ＰＧ＋ＧＦ＋ＦＱ，ＰＱ ＝ ＰＧ＋ＧＦ＋ＦＱ≤ ＰＧ＋ＧＦ＋ＦＱ ＝ＨＧ＋ＧＦ＋ＦＥ＝ＨＥ＝ ＡＢ＋ＢＣ＋ＡＣ ，即ＰＱ的长小于等于△ＡＢＣ周长的一半，当ＰＱ与 ＨＥ重合时取等，所以三个半圆上任意两点的距 ２ＢＣ ＡＣ ＡＢ 离最大值等于△ＡＢＣ周长的一半．由正弦定理得 ＝ ＝ ，所以 ＢＣ＝２ｓｉｎＡ，ＡＣ＝２ｓｉｎＢ，则 ＰＱ ＝ ｓｉｎＡ ｓｉｎＢ π ｍａｘ ｓｉｎ ３ １ [ (２π )] 槡３ ３ 槡３ 槡３ ( π) ３槡３ π · 槡３＋２ｓｉｎＢ＋２ｓｉｎ －Ｂ ＝ ＋ ｓｉｎＢ＋ ｃｏｓＢ＝ ＋槡３ｓｉｎＢ＋ ≤ ，当Ｂ＝ 时取等号． ２ ３ ２ ２ ２ ２ ６ ２ ３ ! " # $ & ’ % ( ) １ １５．解：（１）由题意，ｘ珋＝ ×（１＋２＋３＋４＋５＋６）＝３．５，（１分） ６ １ ｙ珋＝ ×（２４０＋２９０＋３８０＋４２０＋４５０＋５３０）＝３８５，（２分） ６ ６ ６ ∑（ｘ－ｘ珋）２＝∑ｘ２－６ｘ珋２＝９１－６×３．５２＝１７．５，（３分） ｉ ｉ ｉ＝１ ｉ＝１ ６ ６ ∑（ｘ－ｘ珋）（ｙ－ｙ珋）＝∑ｘｙ－６ｘ珋ｙ珋＝９０７０－６×３．５×３８５＝９８５，（４分） ｉ ｉ ｉｉ ｉ＝１ ｉ＝１ ６ ∑（ｘ－ｘ珋）（ｙ－ｙ珋） ｉ ｉ ９８５ 所以ｂ＾＝ｉ＝１ ＝ ≈５６．３，（５分） ６ １７．５ ∑（ｘ－ｘ珋）２ ｉ ｉ＝１ ａ＾＝ｙ珋－ｂ＾ｘ珋＝３８５－５６．３×３．５≈１８８， 所以ｙ关于ｘ的线性回归方程为ｙ＾＝５６ｘ＋１８８．（６分） （２）由题意，Ｘ的所有取值为２４０，２９０，３８０，４２０， Ｃ２ １ 则Ｐ（Ｘ＝２４０）＝ ５＝ ，（７分） Ｃ３ ２ ６ Ｃ２ ３ Ｐ（Ｘ＝２９０）＝ ４＝ ，（８分） Ｃ３ １０ ６ Ｃ２ ３ Ｐ（Ｘ＝３８０）＝ ３＝ ，（９分） Ｃ３ ２０ ６ Ｃ２ １ Ｐ（Ｘ＝４２０）＝ ２＝ ，（１０分） Ｃ３ ２０ ６ 所以Ｘ的分布列为 Ｘ ２４０ ２９０ ３８０ ４２０ （１２分） １ ３ ３ １ Ｐ ２ １０ ２０ ２０ １ ３ ３ １ 所以ＥＸ＝ ×２４０＋ ×２９０＋ ×３８０＋ ×４２０＝２８５．（１３分） ２ １０ ２０ ２０ 【评分细则】 第一问学生求ｂ＾时未保留１位小数，导致最后线性回归方程有误差扣１分． 高三数学 第 ３页（共６页）１６．解：（１）因为ａ２ －２ａ ＝ａ２＋２ａ，所以ａ２ －ａ２＝２（ａ＋ａ ）， ｎ＋１ ｎ＋１ ｎ ｎ ｎ＋１ ｎ ｎ ｎ＋１ 即（ａ ＋ａ）（ａ －ａ）＝２（ａ ＋ａ），（３分） ｎ＋１ ｎ ｎ＋１ ｎ ｎ＋１ ｎ 所以ａ －ａ＝２，（４分） ｎ＋１ ｎ 所以｛ａ｝是首项为１、公差为２的等差数列，（６分） ｎ 则｛ａ｝的通项公式为ａ＝２ｎ－１．（７分） ｎ ｎ １ １ １( １ １ ) （２）由（１）得ｂ＝ ＝ ＝ － ，（１０分） ｎ ａ·ａ （２ｎ－１）（２ｎ＋１） ２２ｎ－１２ｎ＋１ ｎ ｎ＋１ １[( １) ( １ １) ( １ １ )] １( １ ) ｎ 所以Ｓ＝ｂ＋ｂ＋ｂ＋…＋ｂ＝ １－ ＋ － ＋…＋ － ＝ １－ ＝ ．（１５分） ｎ １ ２ ３ ｎ ２ ３ ３ ５ ２ｎ－１２ｎ＋１ ２ ２ｎ＋１ ２ｎ＋１ 【评分细则】 １．第一问通项公式结果正确中间化简有部分步骤省略不扣分； ２．第二问求Ｓ列式正确，最后结果错误扣２分． ｎ １７．（１）证明：因为ＰＡ⊥平面ＡＢＣＤ，ＢＣ平面ＡＢＣＤ，所以ＰＡ⊥ＢＣ， 又因为ＡＤ∥ＢＣ，ＡＢ⊥ＡＤ，所以ＢＣ⊥ＡＢ， 因为ＰＡ∩ＡＢ＝Ａ，ＰＡ，ＡＢ平面ＰＡＢ，所以ＢＣ⊥平面ＰＡＢ．（４分） （２）证明：因为ＡＤ∥ＢＣ，ＡＤ平面ＰＡＤ，ＢＣ平面ＰＡＤ，所以ＢＣ∥平面ＰＡＤ， 因为平面ＰＡＤ∩平面ＰＢＣ＝ｌ，ＢＣ平面ＰＢＣ，所以ＢＣ∥ｌ．（８分） （３）解：以Ａ为坐标原点，ＡＢ，ＡＤ，ＡＰ所在直线分别为ｘ，ｙ，ｚ轴建立如图所示的空间直角坐标系， 令ＡＢ＝１，故Ｂ（１，０，０），Ｃ（１，１，０），Ｐ（０，０，１），Ｄ（０，２，０），（９分） → → → ＢＰ＝（－１，０，１），ＰＣ＝（１，１，－１），ＰＤ＝（０，２，－１），（１０分） 设平面ＰＢＣ的法向量为ｎ＝（ｘ，ｙ，ｚ）， １ １ １ → {ｎ·ＢＰ＝０， {－ｘ＋ｚ＝０， １ １ 所以 即 令ｘ＝１，则ｙ＝０，ｚ＝１，所以ｎ＝（１，０，１）．（１１分） → ｘ＋ｙ－ｚ＝０， １ １ １ ｎ·ＰＣ＝０， １ １ １ 设平面ＣＰＤ的法向量为ｍ＝（ｘ，ｙ，ｚ）， ２ ２ ２ → {ｍ·ＰＣ＝０， {ｘ＋ｙ－ｚ＝０， ２ ２ ２ 所以 即 令ｚ＝２，则ｙ＝１，ｘ＝１，所以ｍ＝（１，１，２）．（１２分） → ２ｙ－ｚ＝０， ２ ２ ２ ｍ·ＰＤ＝０， ２ ２ ｎ·ｍ ３ 槡３ 设二面角Ｂ－ＰＣ－Ｄ的大小为θ，则 ｃｏｓθ＝ ＝ ＝ ．（１４分） ｎ ｍ 槡２×槡６ ２ ５π 易知二面角Ｂ－ＰＣ－Ｄ为钝角，所以二面角Ｂ－ＰＣ－Ｄ的大小为 ．（１５分） ６ ’ ! % " ( # $ & 【评分细则】 １．第一问若与答案证法不一样但理由充分给满分； ２．第三问点的坐标缺少或写错每２个扣１分，向量坐标缺少或写错每２个扣１分． 高三数学 第 ４页（共６页）１８．解：（１）设Ｃ的半焦距为ｃ，则Ｆ（ｃ，０），（１分）  ｃ 槡３ ＝ ，  ａ ３  {ａ２＝３， ２－０ ８ 由题意得 ＝ ，解得 ｂ２＝２，（３分） ７ ３  －ｃ ｃ２＝１， ４  ａ２＝ｂ２＋ｃ２， ｘ２ ｙ２ 所以Ｃ的方程为 ＋ ＝１．（４分） ３ ２ （２）设Ｍ(ｘ，ｙ)，Ｎ(ｘ，ｙ)，Ａ(ｘ，ｙ)，Ｂ(ｘ，ｙ)， １ １ ２ ２ ３ ３ ４ ４ ( ７) ３ （ｉ）当直线ｌ的斜率为２时，ｌ的方程为ｙ＝２ｘ－ ＋２＝２ｘ－ ， ４ ２  ３ ｙ＝２ｘ－ ，  ２ 联立 得５６ｘ２－７２ｘ＋３＝０，Δ＝（－７２）２－４×５６×３＞０，（７分） ｘ２ ｙ２  ＋ ＝１， ３ ２ ７２ ９ ３ 由韦达定理得ｘ＋ｘ＝ ＝ ，ｘｘ＝ ，（９分） １ ２ ５６ ７ １２ ５６ ( ９)２ ４×３ 槡１４１０ 所以 ＭＮ ＝槡１＋２２· ｘ １ －ｘ ２ ＝槡５·槡（ｘ １ ＋ｘ ２ ）２－４ｘ １ ｘ ２ ＝槡５× 槡 ７ － ５６ ＝ １４ ．（１１分） ７ （ｉｉ）易知ｌ的斜率不为０，设ｌ的方程为ｘ＝ｍ（ｙ－２）＋ ， ４ ｙ 则直线ＱＭ的方程为ｙ＝ １ （ｘ－２）， ｘ－２ １  ｙ ｙ＝ １ （ｘ－２），   ｘ－２ 联立 １ 得（７－４ｘ）ｙ２＋４（ｘ－２）ｙｙ＋ｙ２＝０，（１３分） １ １ １ １ ｘ２ ｙ２  ＋ ＝１， ３ ２ ｙ２ ｙ 由ｙ，ｙ是上述方程的两根可知ｙｙ＝ １ ，所以ｙ＝ １ ，（１４分） １ ３ １３ ７－４ｘ ３ ７－４ｘ １ １ ｙ ｘ－２ ７ １ 代入ｙ＝ １ （ｘ－２）得ｘ＝ １ ＋２＝ － ． ｘ－２ ３ ７－４ｘ ４ ４（７－４ｘ） １ １ １ ｙ ７ １ 同理ｙ＝ ２ ，ｘ＝ － ．（１５分） ４ ７－４ｘ ４ ４ ４（７－４ｘ） ２ ２ ｙ ｙ ２ － １ ｙ－ｙ ７－４ｘ ７－４ｘ ｙ（７－４ｘ）－ｙ（７－４ｘ） 故ｋ ＝４ ３＝ ２ １ ＝ ２ １ １ ２ ＡＢ ｘ－ｘ １ １ ｘ－ｘ ４ ３ － １ ２ ４（７－４ｘ）４（７－４ｘ） １ ２ [ ( ７)] [ ( ７)] ｙ ７－４ｍｙ－２ｍ＋ －ｙ ７－４ｍｙ－２ｍ＋ ２ １ ４ １ ２ ４ ８ｍ（ｙ－ｙ） ＝ ＝ ２ １ ＝－８， ｍ（ｙ－ｙ） ｍ（ｙ－ｙ） １ ２ １ ２ 故直线ＡＢ的斜率为定值，且定值为－８．（１７分） 【评分细则】 其他解法酌情给分． 高三数学 第 ５页（共６页）２ ２ ２（ｘ＋１）（ｘ－１） １９．（１）解：ｆ′（ｘ）＝ － ＝ （ｘ＞０），（１分） ｘ ｘ３ ｘ３ 当０＜ｘ＜１时，ｆ′（ｘ）＜０；当ｘ＞１时，ｆ′（ｘ）＞０，（２分） 所以ｆ（ｘ）的单调递减区间是（０，１），单调递增区间是（１，＋!）．（３分） （２）解：设ｈ（ｘ）＝ｇ（ｘ）－ｅ２ｘ－ａｘ＝ｅｘ－ｅ２ｘ－ｓｉｎｘ－ａｘ， 则ｈ（０）＝０，ｈ′（ｘ）＝ｅｘ－２ｅ２ｘ－ｃｏｓｘ－ａ．（４分） 令ｈ′（０）＝０，则ａ＝－２． 当ａ＜－２时，ｈ′（０）＞０，所以存在δ＞０，使得当ｘ∈（０，δ）时，ｈ′（ｘ）＞０，ｈ（ｘ）单调递增， 故当ｘ∈（０，δ）时，ｈ（ｘ）＞ｈ（０）＝０，即ｇ（ｘ）＞ｅ２ｘ＋ａｘ，不符合题意；（５分） 当ａ≥－２时，ｈ′（ｘ）≤ｅｘ－２ｅ２ｘ－ｃｏｓｘ＋２，且当ｘ＞０时，ｅｘ－２ｅ２ｘ－ｃｏｓｘ＋２＜－ｅ２ｘ－ｃｏｓｘ＋２． 令ｋ（ｘ）＝－ｅ２ｘ－ｃｏｓｘ＋２，则当ｘ＞０时，ｋ′（ｘ）＝－２ｅ２ｘ＋ｓｉｎｘ＜０， 故当ｘ＞０时，ｋ（ｘ）单调递减，此时ｋ（ｘ）＜ｋ（０）＝０， 所以当ｘ＞０时，ｈ′（ｘ）＜０，ｈ（ｘ）单调递减，即当ｘ＞０时，ｈ（ｘ）＜ｈ（０）＝０，即ｇ（ｘ）＜ｅ２ｘ＋ａｘ．（８分） 综上，ａ的取值范围是［－２，＋!）．（９分） １ （３）证明：设ｌｎ ＝ｒ，则ｒ＞０，ｔ＝ｅ－ｒ∈（０，１）， ｔ ( １) 故ｆ（ｔ）－ｇｌｎ ＝ｆ（ｅ－ｒ）－ｇ（ｒ）＝ｅ２ｒ－２ｒ－ｅｒ＋ｓｉｎｒ， ｔ 由（２）可知，当ａ＝－２，ｘ＞０时，ｈ（ｘ）＜０， 故ｆ（ｅ－ｒ）＞ｇ（ｒ）．（１１分） ( １) 由ｆ（１－ｓ）＝ｇｌｎ ＝ｇ（ｒ），得ｆ（ｅ－ｒ）＞ｆ（１－ｓ）． ｔ 又ｅ－ｒ，１－ｓ∈（０，１）且由（１）可知ｆ（ｘ）在区间（０，１）上单调递减， 所以０＜ｅ－ｒ＜１－ｓ＜１，即－ｌｎｔ＝ｒ＞－ｌｎ（１－ｓ），所以ｓ＜１－ｔ．（１３分） １－ｘ 令φ（ｘ）＝ｌｎｘ－ｘ＋１（ｘ＞０），则φ′（ｘ）＝ ． ｘ 当０＜ｘ＜１时，φ′（ｘ）＞０，φ（ｘ）单调递增；当ｘ＞１时，φ′（ｘ）＜０，φ（ｘ）单调递减， 故当ｘ≠１时，φ（ｘ）＜φ（１）＝０，所以ｒ＞－ｌｎ（１－ｓ）＞ｓ．（１４分） 当ｘ＞０时，ｇ′（ｘ）＝ｅｘ－ｃｏｓｘ＞０． 令ｔ（ｘ）＝ｅｘ－ｃｏｓｘ，则ｔ′（ｘ）＝ｅｘ＋ｓｉｎｘ＞０，故当ｘ＞０时，ｇ（ｘ），ｇ′（ｘ）均单调递增， 所以ｆ（ｔ）＝ｆ（ｅ－ｒ）＞ｇ（ｒ）＞ｇ（－ｌｎ（１－ｓ））＞ｇ（ｓ）＞０．（１５分） 当０＜ｘ＜１时，ｘ３［ｆ′（ｘ）＋ｇ′（１－ｘ）］＜２（ｘ２－１）＋ｘ［ｅ１－ｘ－ｃｏｓ（１－ｘ）］，设ｕ（ｘ）＝２（ｘ２－１）＋ｘ［ｅ１－ｘ－ｃｏｓ（１－ｘ）］， 则ｕ′（ｘ）＝４ｘ＋ｅ１－ｘ－ｃｏｓ（１－ｘ）＋ｘ［－ｅ１－ｘ－ｓｉｎ（１－ｘ）］＞ｘ［３－ｓｉｎ（１－ｘ）］＋（１－ｘ）（ｅ１－ｘ－１）＞０， 故ｕ（ｘ）单调递增，ｕ（ｔ）＜ｕ（１）＝０． 又ｇ′（ｘ）单调递增，ｓ＜１－ｔ，所以０＜ｇ′（ｓ）＜ｇ′（１－ｔ）＜－ｆ′（ｔ）． 综上，ｆ（ｔ）－ｇ（ｓ）＞０＞ｆ′（ｔ）＋ｇ′（ｓ），即ｆ（ｔ）－ｆ′（ｔ）＞ｇ（ｓ）＋ｇ′（ｓ）．（１７分） 【评分细则】 １．第一问单调区间若为闭区间也给分； ２．第二问用含参单调值讨论最值情况，求解参数范围也给分； ３．第三问若用其他方法证明，只要过程严谨合理均给分． 高三数学 第 ６页（共６页）