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云南民族大学附属高级中学 ２０２６届高三联考卷（二）
数学参考答案
１．【答案】Ｃ
【解析】由题意可得Ｂ＝｛ｘ｜－３≤ｘ≤７｝，故Ａ∩Ｂ＝｛４，７｝，故集合Ａ∩Ｂ的真子集个数为２２－１＝３．故选Ｃ．
２．【答案】Ｂ
３ 槡６
【解析】易得 ｚ ＝槡ａ２＋４，ｚ ＝槡９ａ２＋１，令 ｚ ＝ ｚ，解得ａ２＝ ，即ａ＝± ．故选Ｂ．
１ ２ １ ２ ８ ４
３．【答案】Ａ
【解析】由题意可得ａ＋ｘｂ＝（２，３＋ｘ），对于充分性：若ａ与 ａ＋ｘｂ的夹角为锐角，则 ａ·（ａ＋ｘｂ）＞０，且２（３＋ｘ）－３×
１３
２≠０，即３ｘ＋１３＞０且ｘ≠０，解得ｘ＞－ ，且ｘ≠０，故充分性成立．对于必要性：易得当 ｘ＝０时，ａ与 ａ＋ｘｂ共线，不
３
满足题意，故甲是乙的充分不必要条件．故选Ａ．
４．【答案】Ｂ
{ｘ＝１，
７槡２ ７槡２
【解析】不妨设Ｆ(ｃ，０)为右焦点，则ｃ＝槡８－７＝１，联立 ｘ２ ｙ２ 解得ｙ＝± ，故 ＡＦ＝ ．故选Ｂ．
＋ ＝１， ４ ４
８ ７
５．【答案】Ａ
【解析】设数列｛ａ｝的公差为ｄ（ｄ≠０），则ａ＝ａ＋ｄ，ａ＝ａ＋３ｄ，由题ａ２＝（ａ＋ｄ）（ａ＋３ｄ），化简得４ａｄ＋３ｄ２＝０，
ｎ ２ １ ４ １ １ １ １ １
４ ａ
由于ｄ≠０，故ｄ＝－ ａ，则ａ＝－３ａ，也即该等比数列的公比为 ４＝－３．故选Ａ．
３ １ ４ １ ａ
１
６．【答案】Ｃ
６０ ４０ ６０ ４０
【解析】记总样本的平均数为—ｘ，则 —ｘ＝ ×６５＋ ×５５＝６１，所以总样本的方差 ｓ２＝ ×［３２＋（６１－６５）２］＋ ×
１００ １００ １００ １００
［１２＋（６１－５５）２］＝４８，所以估计该校高三年级学生体重的方差为４８．故选Ｃ．
７．【答案】Ｄ
π ｋπ π ｋπ π ２π π
【解析】令２ｘ＋ ＝ (ｋ∈Ｚ)，故ｘ＝－ ＋ (ｋ∈Ｚ)，故函数 ｇ(ｘ) 的周期为 ，故 ω＝ ＝４，令 ４ｘ＋φ＝ ＋ｋ′π
３ ２ ６ ４ ２ π ２
２
φ π ｋ′π π ｋπ φ π ｋ′π ７π
(ｋ′∈Ｚ)，则ｘ＝－ ＋ ＋ (ｋ′∈Ｚ)，故－ ＋ ＝－ ＋ ＋ (ｋ，ｋ′∈Ｚ)，解得 φ＝ ＋(ｋ′－ｋ) π(ｋ′，ｋ∈Ｚ)，因为
４ ８ ４ ６ ４ ４ ８ ４ ６
π
０＜φ＜π，所以φ＝ ．故选Ｄ．
６
８．【答案】Ｂ
【解析】由题意可得ｆ′（ｘ）＝ａｅｘ－ｘ２－１，ｆ（ｘ）在区间（０，＋!）上单调等价于ｆ′（ｘ）＝ａｅｘ－ｘ２－１≥０或 ｆ′（ｘ）＝ａｅｘ－ｘ２－
ｘ２＋１ ｘ２＋１ ｘ２＋１
１≤０在区间（０，＋!）上恒成立，也即等价于ａ≥ 或ａ≤ 在区间（０，＋!）上恒成立．设ｇ（ｘ）＝ ，ｇ′（ｘ）＝
ｅｘ ｅｘ ｅｘ
－ｘ２＋２ｘ－１ －（ｘ－１）２
＝ ≤０恒成立，故ｇ（ｘ）在区间（０，＋!）上单调递减．又ｇ（０）＝１，当 ｘ趋近于正无穷时，ｇ（ｘ）趋
ｅｘ ｅｘ
ｘ２＋１ ｘ２＋１
近于０，故若要ａ≥ 或ａ≤ 在区间（０，＋!）上恒成立，则ａ∈（－!，０］∪［１，＋!）．故选Ｂ．
ｅｘ ｅｘ
云南·高三数学 第 １页（共７页）
{#{QQABTYCQogigAJJAABhCEQXQCkCQkAECAQoOREAUMAAASQNABAA=}#}
书书书９．【答案】ＢＣＤ（每选对１个得２分）
【解析】由α∩β＝ｌ，α⊥γ且 β⊥γ，根据若两个相交平面都垂直于第三个平面，则它们的交线也垂直于第三个平
面，可得ｌ⊥γ，故Ａ成立，Ｂ一定不成立；ｌ∪γ＝γ等价于 ｌγ，即直线 ｌ在平面 γ内，但 ｌ⊥γ，故 Ｃ一定不成立；
ｌ∩ｙ＝等价于直线ｌ与平面γ无交点，由ｌ⊥γ可知Ｄ一定不成立．故选ＢＣＤ．
１０．【答案】ＢＣ（每选对１个得３分）
１ ｘ＋１
【解析】对于Ａ，ｆ（－２）＝ｌｇ ，ｆ（１）＝ｌｇ２，ｆ（－２）＜ｆ（１），故 Ａ错误；对于 Ｂ，注意到 ＞０的解为（－!，－１）∪
２ ｘ
－ｘ ｘ＋１ ｘ ｘ＋１ ( １ )
（０，＋!），此时ｆ（－１－ｘ）＋ｆ（ｘ）＝ｌｇ ＋ｌｇ ＝ｌｇ ＋ｌｇ ＝０，可知曲线 ｙ＝ｆ（ｘ）关于点 － ，０对称，故
－ｘ－１ ｘ ｘ＋１ ｘ ２
( １) １
Ｂ正确；对于Ｃ，易知ｆ（ｘ）＝ｌｇ１＋ 在区间（０，＋!）上单调递减，故当ｘ∈Ｎ时，ｆ（ｘ）≤ｆ（１）＝ｌｇ２＜ｌｇ槡１０＝ ，
ｘ ２
３ ５ ２５ ３
故Ｃ正确；对于Ｄ，ｆ（２）＝ｌｇ ，２ｆ（４）＝２ｌｇ ＝ｌｇ ＞ｌｇ ＝ｆ（２），故Ｄ错误．故选ＢＣ．
２ ４ １６ ２
１１．【答案】ＡＢＤ（每选对１个得２分）
ｎ
【解析】设受访者共ｍ名，受访者中做过该敏感行为的人数为 ｎ，则 Ｐ（Ｊ）＝ ．由于调查过程均为理想状态，故
ｍ
２ ｎ ３ ｎ ２ ｎ ３ ( ｎ) ３ｍ－ｎ
可认为Ｐ（ＩＪ）＝ · ，Ｐ（ＩＪ）＝ · ，则由公式可得 Ｐ（Ｉ）＝Ｐ（ＩＪ）＋Ｐ（ＩＪ）＝ · ＋ · １－ ＝ ，
５ ｍ ５ ｍ ５ ｍ ５ ｍ ５ｍ
２ｍ＋ｎ ｎ
Ｐ（Ｉ）＝１－Ｐ（Ｉ）＝ ．当Ｐ（Ｊ）＝０．５时， ＝０．５，代入可得 Ｐ（Ｉ）＝０．５，此时事件 Ｉ的发生次数近似服从二项
５ｍ ｍ
３ｍ－ｎ ｎ
分布Ｂ（１００，０．５），其期望值为５０，故Ａ正确；当 Ｐ（Ｉ）＝０．５时， ＝０．５，解得 ＝０．５，即 Ｐ（Ｊ）＝０．５，同理，
５ｍ ｍ
ｎ ｎ
２· ３· ( １ １)
Ｐ（ＩＪ） Ｐ（ＩＪ） ２ｎ ３ｎ ｍ ｍ ＋
故Ｂ正确；Ｐ（Ｊ｜Ｉ）－Ｐ（Ｊ｜Ｉ）＝ － ＝ － ＝ － ＝－５＋６ ｎ ｎ ＝－５＋
Ｐ（Ｉ） ３ｍ－ｎ ２ｍ＋ｎ ｎ ｎ ＋２３－
Ｐ（Ｉ） ３－ ２＋ ｍ ｍ
ｍ ｍ
３０ [ １ ) ｎ １
．当Ｐ（Ｊ）∈（０，０．８］时，Ｐ（Ｊ｜Ｉ）－Ｐ（Ｊ｜Ｉ）∈ － ，０，在Ｐ（Ｊ）＝ ＝ 处取最小值，无最大值，同理当
( ｎ １)２ ２５ ５ ｍ ２
－ － ＋
ｍ ２ ４
[ １ ) ｎ １
Ｐ（Ｊ）∈（０．２，１）时，Ｐ（Ｊ｜Ｉ）－Ｐ（Ｊ｜Ｉ）∈ － ，０，在Ｐ（Ｊ）＝ ＝ 处取最小值，无最大值，故Ｃ错误，故Ｄ正确．故
５ ｍ ２
选ＡＢＤ．
１２．【答案】４
【解析】由题意知抛物线Ｃ：ｙ２＝４ｘ，则ｐ＝１，准线ｘ＝－１，又点Ａ（３，ｙ）在Ｃ上，则点Ａ到焦点Ｆ的距离等于该点
０
到准线的距离，所以 ＡＦ＝ｘ－（－１）＝４．
Ａ
１３．【答案】２１
【解析】记这４个礼盒分别为Ａ，Ａ，Ｂ，Ｃ，当两个Ａ在一组时，共有Ａ３＝６种分法；当两个 Ａ不在一组时，若 ＡＢ或
３
ＡＣ在同一组，共有Ｃ１Ａ３＝１２种分法；当ＢＣ在同一组时，共３种分法，则总共有６＋１２＋３＝２１种分法．
２ ３
１４．【答案】（１０，１４）
１
【解析】由题意得ＭＮ＝２，ＭＤ＝ＮＤ＝３，点Ｐ到点Ｍ的距离与到平面 ＡＢＣＤ的距离之比为 ，点 Ｑ到点 Ｎ的距
１ ２
１
离与到平面ＡＢＣＤ 的距离之比为 ，根据椭圆第二定义，可得 Ｐ，Ｑ的轨迹构成了以 Ｍ，Ｎ为两焦点、离心率
１ １ １ １ ２
云南·高三数学 第 ２页（共７页）
{#{QQABTYCQogigAJJAABhCEQXQCkCQkAECAQoOREAUMAAASQNABAA=}#}１ π
为 的椭圆沿ＭＮ旋转 形成的四分之一个旋转椭球面如图所示．又由椭圆第一定义可得 ＱＭ ＋ＱＮ ＝
２ ２
ＰＭ ＋ＰＮ ＝２ａ＝４，则四面体ＭＮＰＱ的棱长之和为４ａ＋ＭＮ＋ＰＱ，观察可得 ＰＱ的取值范围是（０，４），则
其四面体ＭＮＰＱ棱长之和的取值范围是（１０，１４）．
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ｂ(１－ｃｏｓＢ)
１５．（１）证明：由 ＝２ｓｉｎＡｓｉｎＢ及正弦定理得，
ａ
ｓｉｎＢ(１－ｃｏｓＢ)
＝２ｓｉｎＡｓｉｎＢ．（２分）
ｓｉｎＡ
因为０＜Ｂ＜π，ｓｉｎＢ≠０，
所以１－ｃｏｓＢ＝２ｓｉｎ２Ａ，即ｃｏｓＢ＝１－２ｓｉｎ２Ａ＝ｃｏｓ２Ａ，（４分）
因为Ａ＜Ｂ，所以２Ａ，Ｂ∈(０，π)，ｙ＝ｃｏｓｘ在区间(０，π)上单调递减，
所以Ｂ＝２Ａ．（６分）
（２）解：由题意，当ｂ＝槡２ａ时，ｂ２＝ａ２＋ａｃ，则ａ（ａ－ｃ）＝０，
因为ａ≠０，所以ａ＝ｃ，即Ａ＝Ｃ．（１０分）
π
由Ａ＋Ｂ＋Ｃ＝Ａ＋２Ａ＋Ａ＝４Ａ＝π，得Ａ＝ ．（１３分）
４
２５１ ２５
１６．解：（１）因为－ ， ａ，ａ 成等差数列，所以－ ＋ａ ＝ａ，（２分）
２４ ２ ｋ ｋ＋１ ２４ ｋ＋１ ｋ
２５ １ ２５ １ １
所以ａ －ａ－ ＝１＋ － ＝ － ＝０，（５分）
ｋ＋１ ｋ ２４ ｋ(ｋ＋２) ２４ ｋ(ｋ＋２) ２４
整理得ｋ２＋２ｋ－２４＝０，解得ｋ＝４（负值舍去）．（７分）
(ｎ＋１)２ １ １( １ １)
（２）因为ａ －ａ＝ ＝１＋ ＝１＋ － ，（９分）
ｎ＋１ ｎ ｎ(ｎ＋２) ｎ(ｎ＋２) ２ ｎ ｎ＋２
所以ｎ≥２时，ａ＝ａ＋(ａ－ａ) ＋(ａ－ａ) ＋…＋(ａ－ａ )
ｎ １ ２ １ ３ ２ ｎ ｎ－１
１( １ １ １ １ １)
＝ｎ＋ １－ ＋ － ＋…＋ －
２ ３ ２ ４ ｎ－１ｎ＋１
１( １ １ １) ３ ２ｎ＋１
＝ｎ＋ １＋ － － ＝ｎ＋ － ，（１３分）
２ ２ ｎ ｎ＋１ ４ ２ｎ２＋２ｎ
ｎ＝１时也满足上式，
３ ２ｎ＋１
所以ａ＝ｎ＋ － ．（１５分）
ｎ ４ ２ｎ２＋２ｎ
１７．（１）解：四段圆弧的弧长之比为２１２１，故圆心角之比为２１２１，
２π π ２π π 槡６
则各段圆弧对应的圆心角分别为 ， ， ， ，则可得圆的半径为 ．（２分）
３ ３ ３ ３ ２
云南·高三数学 第 ３页（共７页）
{#{QQABTYCQogigAJJAABhCEQXQCkCQkAECAQoOREAUMAAASQNABAA=}#}ｙ２
又Ｃ：ｘ２－ ＝１（ｂ＞１）的渐近线倾斜角的正切值为ｂ＞１，
１ ｂ２
π π π
故渐近线倾斜角为π－ － ＝ ，故可得ｂ＝槡３．（４分）
３ ３ ３
ｙ２ ３
故Ｃ的方程为ｘ２－ ＝１，Ｃ的方程为ｘ２＋ｙ２＝ ．（６分）
１ ３ ２ ２
槡６
（２）证明：当直线ＰＱ的斜率不存在时，可知直线ＰＱ的方程为ｘ＝± ，
２
槡６
当ＰＱ的直线方程为ｘ＝ 时，不妨设Ｐ点在第一象限，
２
则Ｐ，Ｑ两点的坐标为
( 槡６
，
槡６)
和
( 槡６
，－
槡６)
，可得Ｏ
→
Ｐ·Ｏ
→
Ｑ＝０；
２ ２ ２ ２
槡６ → →
同理可得，当ＰＱ的直线方程为ｘ＝－ 时，ＯＰ·ＯＱ＝０；（８分）
２
当直线ＰＱ的斜率存在时，设直线ＰＱ的方程为ｙ＝ｋｘ＋ｍ（ｋ≠±槡３），Ｐ（ｘ，ｙ），Ｑ（ｘ，ｙ）．
１ １ ２ ２
ｍ ｍ２
由题，点Ｏ到直线ＰＱ的距离为ｄ＝ ，则ｄ２＝ ，
槡ｋ２＋１ ｋ２＋１
ｍ２ ３
又直线ＰＱ为Ｃ的切线，故ｄ２＝ ＝ｒ２＝ ，即２ｍ２＝３ｋ２＋３．（１０分）
２ ｋ２＋１ ２
{ｙ＝ｋｘ＋ｍ，
联立 ｙ２ 可得（３－ｋ２）ｘ２－２ｋｍｘ－ｍ２－３＝０．
ｘ２－ ＝１，
３
２ｋｍ －ｍ２－３
故ｘ＋ｘ＝ ，ｘｘ＝ ，（１２分）
１ ２ ３－ｋ２ １２ ３－ｋ２
－ｍ２－３ ２ｋｍ ３ｍ２－３ｋ２
则ｙｙ＝（ｋｘ＋ｍ）（ｋｘ＋ｍ）＝ｋ２ｘｘ＋ｍｋ（ｘ＋ｘ）＋ｍ２＝ｋ２· ＋ｍｋ· ＋ｍ２＝ ．
１２ １ ２ １２ １ ２ ３－ｋ２ ３－ｋ２ ３－ｋ２
→ → －ｍ２－３３ｍ２－３ｋ２ ２ｍ２－３ｋ２－３
则ＯＰ·ＯＱ＝ｘｘ＋ｙｙ＝ ＋ ＝ ．（１４分）
１２ １２ ３－ｋ２ ３－ｋ２ ３－ｋ２
→ →
将２ｍ２＝３ｋ２＋３代入，可得ＯＰ·ＯＱ＝０，即ＯＰ⊥ＯＱ．（１５分）
１８．（１）证明：如图１，连接ＥＢ，因为ＰＡ⊥ＡＢ，所以ＥＢ２＝ＥＡ２＋ＡＢ２＝５，
又ＢＣ＝２，ＥＣ＝３，则ＥＢ２＋ＢＣ２＝ＥＣ２，
故ＢＥ⊥ＢＣ，（１分）
由ＢＣ⊥ＡＢ，ＡＢ∩ＢＥ＝Ｂ，ＡＢ平面ＰＡＢ，ＢＥ平面ＰＡＢ，可知ＢＣ⊥平面ＰＡＢ，（３分）
由ＰＡ平面ＰＡＢ可知ＰＡ⊥ＢＣ，（４分）
又ＰＡ⊥ＡＢ，ＡＢ∩ＢＣ＝Ｂ，ＡＢ平面ＡＢＣＤ，ＢＣ平面ＡＢＣＤ，所以ＰＡ⊥平面ＡＢＣＤ．（５分）
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图１
云南·高三数学 第 ４页（共７页）
{#{QQABTYCQogigAJJAABhCEQXQCkCQkAECAQoOREAUMAAASQNABAA=}#}→ → →
（２）（ｉ）证明：解法一：如图２，以Ａ为坐标原点，ＢＣ，ＡＢ，ＡＰ的正方向分别为ｘ，ｙ，ｚ轴的正方向，建立空间直角坐
标系Ａ－ｘｙｚ，（６分）
则Ａ（０，０，０），Ｂ（０，２，０），Ｃ（２，２，０），Ｐ（０，０，２），Ｅ（０，０，１），Ｄ（２，－１，０）．（７分）
设Ｏ（ｘ，ｙ，ｚ），
０ ０ ０
则由ＯＡ＝ＯＢ＝ＯＣ＝ＯＥ得ｘ２＋ｙ２＋ｚ２＝ｘ２＋（ｙ－２）２＋ｚ２＝（ｘ－２）２＋（ｙ－２）２＋ｚ２＝ｘ２＋ｙ２＋（ｚ－１）２，（９分）
０ ０ ０ ０ ０ ０ ０ ０ ０ ０ ０ ０
１
解得ｘ＝ｙ＝１，ｚ＝ ，
０ ０ ０ ２
( １) → → ( １) １→ → →
于是Ｏ１，１， ，ＥＣ＝（２，２，－１），ＥＯ＝１，１，－ ＝ ＥＣ，又Ｅ为ＥＣ，ＥＤ的公共点，
２ ２ ２
故Ｃ，Ｅ，Ｏ三点共线．（１１分）
(
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$ , #
)
+
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*
图２
解法二：不妨记Ｍ为ＥＣ的中点，Ｎ为ＡＣ的中点，连接ＭＮ，
由ＥＡ⊥平面ＡＢＣ，ＭＮ∥ＥＡ知ＭＮ⊥平面ＡＢＣ．（７分）
由ＡＢ⊥ＢＣ可知ＮＢ＝ＮＡ＝ＮＣ，（８分）
易知直线ＭＮ上任一点到Ａ，Ｂ，Ｃ三点的距离相等，故Ｏ∈ＭＮ，（９分）
同理由ＥＡ⊥ＡＣ可知过点Ｍ且垂直于平面ＥＡＣ的直线ｌ上任一点到Ａ，Ｅ，Ｃ三点的距离相等，故Ｏ∈ｌ，（１０分）
由ｌ∩ＭＮ＝Ｍ知点Ｏ即为点Ｍ，于是Ｃ，Ｅ，Ｏ三点共线．（１１分）
（ｉｉ）解：如图３，连接ＯＦ，不妨设Ｆ（２，λ，０），λ∈［－１，２］，
→ → → ( １)
则ＰＢ＝（０，２，－２），ＢＤ＝（２，－３，０），ＯＦ＝１，λ－１，－ ，（１３分）
２
设平面ＰＢＤ的法向量为ｎ＝（ｘ，ｙ，ｚ），
→
{ｎ·ＰＢ＝０， {２ｙ－２ｚ＝０，
则 即 可取ｎ＝（３，２，２），（１４分）
→
ｎ·ＢＤ＝０， ２ｘ－３ｙ＝０，
记直线ＯＦ与平面ＰＢＤ所成的角为θ，
→
ｎ·ＯＦ ３＋２λ－２－１ ４λ ４槡８５
ｓｉｎθ＝ ＝ ＝ ＝ ，（１６分）
ｎ Ｏ → Ｆ
槡３２＋２２＋２２·
槡
１＋（λ－１）２＋
１ 槡１７·槡４λ２－８λ＋９ ８５
４
即λ２＋８λ－９＝０，解得λ＝１或λ＝－９（舍去），故ＤＦ＝λ＋１＝２．（１７分）
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%
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+ )
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*
图３
云南·高三数学 第 ５页（共７页）
{#{QQABTYCQogigAJJAABhCEQXQCkCQkAECAQoOREAUMAAASQNABAA=}#}ａ
１９．（１）证明：易得ｆ′（ｘ）＝ｌｎｘ－１＋ ，（１分）
ｘ２
故ｆ′（１）＝ａ－１，同时ｆ（１）＝－２－ａ，（２分）
因此切线方程为ｙ＝（ａ－１）ｘ－２ａ－１，即ａ（ｘ－２）＝ｘ＋ｙ＋１，（３分）
令ｘ＝２，得ｙ＝－３，故切线过定点（２，－３）．（４分）
１ ２ａ ｘ２－２ａ
（２）（ｉ）解：记ｆ′（ｘ）的导函数为ｆ″（ｘ），则ｆ″（ｘ）＝ － ＝ （ｘ＞０），
ｘ ｘ３ ｘ３
若ａ≤０，则ｆ″（ｘ）＞０，ｆ′（ｘ）单调递增（也可由复合函数单调性直接得到ｆ′（ｘ）单调递增），（５分）
ａ
当ｘ＜１时，ｆ′（ｘ）＜－１＋ ＜０，当ｘ＞ｅ２且ｘ２＞－ａ时，ｆ′（ｘ）＞０，
ｘ２
由零点存在定理可知ｆ′（ｘ）存在唯一零点ｘ，且当０＜ｘ＜ｘ时，ｆ′（ｘ）＜０，当ｘ＞ｘ时，ｆ′（ｘ）＞０，
０ ０ ０
故ｆ（ｘ）先单调递减后单调递增，对任意实数ｔ，方程ｆ（ｘ）＝ｔ至多有２个实根，不符合题意；（７分）
当ａ＞０时，ｆ″（ｘ）有唯一零点槡２ａ，且当０＜ｘ＜槡２ａ时，ｆ″（ｘ）＜０，当ｘ＞槡２ａ时，ｆ″（ｘ）＞０，
则ｆ′（ｘ）在区间（０，槡２ａ）上单调递减，在区间（槡２ａ，＋!）上单调递增，
ｌｎ２ａ－１
故ｆ′（ｘ）≥ｆ′（槡２ａ）＝ ．（９分）
２
ｌｎ２ａ－１ ｅ
若ｆ′（槡２ａ）＝ ≥０，即ａ≥ ，则ｆ′（ｘ）≥０，此时ｆ（ｘ）单调递增，不合题意；（１０分）
２ ２
１ １ １ ｘ－１
设ｍ（ｘ）＝ｌｎｘ＋ －１，ｍ′（ｘ）＝ － ＝ ，ｍ（ｘ）在区间（０，１）上单调递减，在区间（１，＋!）上单调递增，故
ｘ ｘ ｘ２ ｘ２
１
ｍ（ｘ）≥ｍ（１）＝０，即ｌｎｘ－１≥－ ，
ｘ
ｅ ａ １ ａ
若０＜ａ＜ ，当ｘ＜ａ时，ｆ′（ｘ）≥ － ＞０，当ｘ＞ｅ时，ｆ′（ｘ）＞ ＞０，
２ ｘ２ ｘ ｘ２
则ｆ′（ｘ）在区间（０，槡２ａ）和（槡２ａ，＋!）上分别存在零点 ｐ，ｑ，且 ｆ′（ｘ）在区间（０，ｐ）和（ｑ，＋!）上为正，在区间
（ｐ，ｑ）上为负，（１１分）
则ｆ（ｘ）先单调递增后单调递减再单调递增，且ｘ→＋!时，ｆ（ｘ）→＋!，
( ｅ)
取ｘ使得ｘ＜ｐ且ｆ（ｘ）＞ｆ（ｑ），则直线ｙ＝ｆ（ｘ）与ｆ（ｘ）的图象有三个交点，满足题意，故ａ∈ ０， ．（１２分）
１ １ １ １ ２
１ [ ｘ－ｘ]
（ｉｉ）证明：令 ｍ＝ （ｘ＋ｘ），构造函数 ｈ（ｘ）＝ｆ（ｍ＋ｘ）－ｆ（ｍ－ｘ），ｘ∈ ０， ２ １ ，记 ｈ′（ｘ）的导函数为 ｈ″（ｘ），
２ １ ２ ２
ｈ″（ｘ）的导函数为ｈ（ｘ），ｆ″（ｘ）的导函数为ｆ（ｘ），
(ｘ－ｘ)
则ｈ′（ｘ）＝ｆ′（ｍ＋ｘ）＋ｆ′（ｍ－ｘ），ｈ′ ２ １ ＝ｆ′（ｘ）＋ｆ′（ｘ），（１３分）
２ １ ２
(ｘ－ｘ)
同时ｈ（０）＝ｈ ２ １ ＝０，ｈ″（ｘ）＝ｆ″（ｍ＋ｘ）－ｆ″（ｍ－ｘ），
２
易得ｈ″（０）＝０，则ｈ（ｘ）＝ｆ（ｍ＋ｘ）＋ｆ（ｍ－ｘ），
１ ６ａ ６ａ－ｘ２
同时ｆ（ｘ）＝－ ＋ ＝ （ｘ＞０）在区间(０，槡６ａ)上恒为正，（１４分）
ｘ２ ｘ４ ｘ４
( ｘ－ｘ)
若ｘ≤槡６ａ，则ｆ（ｘ）在区间（０，ｘ）上恒为正，则ｈ″（ｘ）在区间 ０， ２ １ 上单调递增，
２ ２ ２
云南·高三数学 第 ６页（共７页）
{#{QQABTYCQogigAJJAABhCEQXQCkCQkAECAQoOREAUMAAASQNABAA=}#}此时ｈ″（ｘ）≥ｈ″（０）＝０，故ｈ′（ｘ）单调递增，
(ｘ－ｘ) (ｘ－ｘ)
若ｈ′ ２ １ ≤０，则ｈ′（ｘ）≤０，ｈ（ｘ）单调递减，得ｈ ２ １ ＜ｈ（０），与题意矛盾，（１５分）
２ ２
(ｘ－ｘ)
故ｈ′ ２ １ ＝ｆ′（ｘ）＋ｆ′（ｘ）＞０；
２ １ ２
若ｘ＞槡６ａ，由（ｉ）取 ｙ＝ｆ（槡２ａ）与 ｆ（ｘ）在区间（０，槡２ａ）上有唯一交点 ｘ，且 ｆ（ｘ）＝ｆ（ｘ）＜ｆ（槡２ａ）＝ｆ（ｘ），
２ ４ １ ２ ４
故由单调性可得ｘ＜ｘ，（１６分）
１ ４
由上可得ｆ′（ｘ）＋ｆ′（槡２ａ）＞０，而ｆ′（ｘ）在区间（０，槡２ａ）上单调递减，在区间（槡２ａ，＋!）上单调递增，
４
故ｆ′（ｘ）＞ｆ′（ｘ），ｆ′（ｘ）＞ｆ′（槡２ａ），
１ ４ ２
故ｆ′（ｘ）＋ｆ′（ｘ）＞ｆ′（ｘ）＋ｆ′（槡２ａ）＞０．（１７分）
１ ２ ４
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{#{QQABTYCQogigAJJAABhCEQXQCkCQkAECAQoOREAUMAAASQNABAA=}#}
