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蚌埠市 ２０２６届高三调研性监测
数学参考答案及评分标准
一、选择题：本题共８小题，每小题５分，共４０分。
题 号 １ ２ ３ ４ ５ ６ ７ ８
答 案 Ｂ Ａ Ｃ Ｄ Ｂ Ｄ Ｃ Ａ
８解析：易知，ｆ（ｘ）的定义域为Ｒ，ｆ′（ｘ）＝ ｅｘ ＋ ５ 槡 ３ ｘ２＞０，所以ｆ（ｘ）在Ｒ上单调递增
（ｅｘ＋１）２ ３
ｆ（ｘ）＋ｆ（－ｘ）＝ ｅｘ ＋槡 ３ ｘ５＋ ｅ－ｘ ＋槡 ３ （－ｘ）５＝ ｅｘ ＋槡 ３ ｘ５＋ １ －槡 ３ ｘ５＝１，
ｅｘ＋１ ｅ－ｘ＋１ ｅｘ＋１ １＋ｅｘ
所以 ｆ（－ｘ）＝１－ｆ（ｘ），从而有ｆ（３－５ｘ）≥１－ｆ（２ｘ２）＝ｆ（－２ｘ２），由ｆ（ｘ）的单调性可得，
３
３－５ｘ≥－２ｘ２，即２ｘ２－５ｘ＋３≥０，解得ｘ≤１或ｘ≥ ，
２
[ ３ )
故不等式的解集为( －∞，１]∪ ，＋∞ ，选Ａ
２
二、选择题：本题共３小题，每小题６分，共１８分。全部选对的得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 ＢＤ ＡＣＤ ＡＢＤ
１１解析：由条件，ｂ＝ｃ＋２ｂｃｏｓ（Ｂ＋Ｃ）＝ｃ＋２ｂｃｏｓ（π－Ａ）＝ｃ－２ｂｃｏｓＡ，利用正弦定理，
可知ｓｉｎＢ＝ｓｉｎＣ－２ｓｉｎＢｃｏｓＡ＝ｓｉｎ（π－Ｃ）－２ｓｉｎＢｃｏｓＡ＝ｓｉｎ（Ａ＋Ｂ）－２ｓｉｎＢｃｏｓＡ
＝ｓｉｎＡｃｏｓＢ＋ｓｉｎＢｃｏｓＡ－２ｓｉｎＢｃｏｓＡ＝ｓｉｎＡｃｏｓＢ－ｓｉｎＢｃｏｓＡ＝ｓｉｎ（Ａ－Ｂ），
又Ａ，Ｂ∈（０，π），因此Ｂ＝Ａ－Ｂ或Ｂ＋Ａ－Ｂ＝π（舍），所以Ａ＝２Ｂ
π π
选项Ａ，Ｂ＝ ，则Ａ＝２Ｂ＝ ，角Ａ为直角，正确
４ ２
ｓｉｎＡ ａ 槡３
选项Ｂ，ｓｉｎＡ＝ｓｉｎ２Ｂ＝２ｓｉｎＢｃｏｓＢ，而ａ＝槡３ｂ，由正弦定理，ｃｏｓＢ＝ ＝ ＝ ，
２ｓｉｎＢ ２ｂ ２
π π π
又Ｂ∈（０，π），所以Ｂ＝ ，则Ａ＝２Ｂ＝ ，Ｃ＝π－Ａ－Ｂ＝ ，角Ｃ为直角，正确
６ ３ ２
１
选项Ｃ，取ＢＣ的中点Ｍ，由ｂ＝３，ｃ＝１，则３＝１＋６ｃｏｓ（Ｂ＋Ｃ）＝１－６ｃｏｓＡ，得ｃｏｓＡ＝－
３
( １)
由余弦定理，ａ２＝ｂ２＋ｃ２－２ｂｃｃｏｓＡ＝９＋１－２×３×１× － ＝１２，即ＢＣ＝ａ＝２槡３，
３
所以ＢＭ＝ＣＭ＝槡３由∠ＡＭＢ＋∠ＡＭＣ＝π，可得 ｃｏｓ∠ＡＭＢ＋ｃｏｓ∠ＡＭＣ＝０，从而在
ＡＭ２＋ＢＭ２－ＡＢ２ ＡＭ２＋ＣＭ２－ＡＣ２
△ＡＭＢ和△ＡＭＣ中分别用余弦定理， ＋ ＝０，代入数据，
２ＡＭ·ＢＭ ２ＡＭ·ＣＭ
ＡＭ２＋３－１ ＡＭ２＋３－９
＋ ＝０，解得ＡＭ２＝２，ＢＣ边上的中线长为槡２，错误
２槡３ＡＭ ２槡３ＡＭ
蚌埠市高三年级数学参考答案第１页（共６页） π
０＜２Ｂ＜ ，
２
π
选项Ｄ，Ａ＝２Ｂ，Ｃ＝π－Ａ－Ｂ＝π－３Ｂ，△ＡＢＣ为锐角三角形，则０＜Ｂ＜ ，
２
０＜π－３Ｂ＜ π
，
２
π π ｃ ｓｉｎＣ ｓｉｎ（π－３Ｂ） ｓｉｎ３Ｂ ｓｉｎＢｃｏｓ２Ｂ＋ｃｏｓＢｓｉｎ２Ｂ
解得 ＜Ｂ＜ ，而由正弦定理， ＝ ＝ ＝ ＝
６ ４ ａ ｓｉｎＡ ｓｉｎ２Ｂ ｓｉｎ２Ｂ ２ｓｉｎＢｃｏｓＢ
ｓｉｎＢ（２ｃｏｓ２Ｂ－１）＋２ｓｉｎＢｃｏｓ２Ｂ ４ｃｏｓ２Ｂ－１ １
＝ ＝ ＝２ｃｏｓＢ－ ，令ｔ＝２ｃｏｓＢ∈（槡２，槡３），
２ｓｉｎＢｃｏｓＢ ２ｃｏｓＢ ２ｃｏｓＢ
１ 槡２ ２槡３
函数ｆ（ｔ）＝ｔ－ 在（槡２，槡３）上单调递增，ｆ（槡２）＝ ，ｆ（槡３）＝ ，
ｔ ２ ３
从而
ｃ
的取值范围是
( 槡２
，
２槡３)
，正确
ａ ２ ３
三、填空题：本题共３小题，每小题５分，共１５分。
１２１ １３２ １４９
１４解析：记“选到第 ｋ个箱子”为事件 Ａ（ｋ＝１，２，３，…，ｎ），“从箱子中依次选出３个小球且
ｋ
１
第３个小球是黑球”为事件Ｂ，则Ｐ（Ａ）＝ ，每个箱子均有（ｎ＋３０）个小球，第 ｋ个箱子
ｋ ｎ
ｎ－ｋ＋２０
中有（ｋ＋１０）个白球和（ｎ－ｋ＋２０）个黑球，则Ｐ（Ｂ｜Ａ）＝ ，由全概率公式，
ｋ ｎ＋３０
ｎ （ｎ＋１９＋２０）ｎ
∑（ｎ－ｋ＋２０）
ｎ ｎ
( １ ｎ＋２０－ｋ) ２ ８
Ｐ（Ｂ）＝∑Ｐ（Ａ）Ｐ（Ｂ｜Ａ）＝∑ · ＝ｋ＝１ ＝ ＝ ，
ｋ＝１ ｋ ｋ ｋ＝１ ｎ ｎ＋３０ ｎ（ｎ＋３０） ｎ（ｎ＋３０） １３
解得ｎ＝９
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（１３分）
４＋７＋９＋１０＋１５ ２０＋４０＋６０＋８０＋１００
解：（１）由条件，ｘ－＝ ＝９，ｙ－＝ ＝６０，………… ４分
５ ５
５ ５ ５
∑ｘｙ＝３２００，∑ｘ２＝４７１，∑ｙ２＝２２０００，
ｉｉ ｉ ｉ
ｉ＝１ ｉ＝１ ｉ＝１
５
∑ｘｙ－５ｘ－ｙ－
ｉｉ ３２００－５×９×６０
则ｒ＝ ｉ＝１ ＝
∑
５
ｘ２－５ｘ－２ ∑
５
ｙ２－５ｙ－２
槡４７１－５×９２×槡２２０００－５×６０２
槡 ｉ 槡 ｉ
ｉ＝１ ｉ＝１
５００ ５００ ２５
＝ ＝ ≈ ≈０９７，
槡６６×４０００ ４０槡１６５ ２×１２．８４５
所以两个变量具有很强的相关程度 ………………………………………… ７分
５
∑ｘｙ－５ｘ－ｙ－
（２）由条件，ｂ ＾ ＝ｉ＝１ ｉｉ ＝ ３２００－５×９×６０ ＝ ５００ ＝ ２５０ ≈７５８，…………… ９分
５ ４７１－５×９２ ６６ ３３
∑ｘ２－５ｘ－２
ｉ
ｉ＝１
ａ ＾ ＝ｙ－－ｂ ＾ ｘ－＝６０－ ２５０ ×９＝－ ９０ ≈－８１８，
３３ １１
＾
所求经验回归方程为ｙ＝７５８ｘ－８１８， ……………………………………… １１分
蚌埠市高三年级数学参考答案第２页（共６页）＾
令ｘ＝１５３，得ｙ＝１１５１５６，
预测 １５３天时的累计票房为１１５１５６亿元，
远超过实际票房，故该预测方法不合理 …………………………………… １３分
１６（１５分）
解：（１）由条件，当ｎ≥２时，ａ－ａ ＝２ｎ－１＋１，ａ －ａ ＝２ｎ－２＋１，…，ａ－ａ＝２１＋１，
ｎ ｎ－１ ｎ－１ ｎ－２ ２ １
…………………………………… ２分
所以累加得ａ－ａ＝（２１＋２２＋…＋２ｎ－１）＋（１＋１＋… ＋
ｎ １
２（１－２ｎ－１）
１）＝ ＋（ｎ－１）
１－２
ｎ－１个
＝２ｎ＋ｎ－３，……………………………………………………………………… ５分
又ａ＝３，所以ａ＝２ｎ＋ｎ（ｎ≥２），
１ ｎ
取ｎ＝１，ａ＝２１＋１＝３也成立，所以ａ＝２ｎ＋ｎ（ｎ∈Ｎ）．…………………… ７分
１ ｎ
（２）由ｂ＝（２ｎ－１）ａ－２ｎ２＋ｎ＝（２ｎ－１）（２ｎ＋ｎ）－２ｎ２＋ｎ＝（２ｎ－１）２ｎ，……… ９分
ｎ ｎ
Ｓ＝１×２１＋３×２２＋５×２３＋…＋（２ｎ－１）２ｎ，
ｎ
２Ｓ＝１×２２＋３×２３＋…＋（２ｎ－３）２ｎ＋（２ｎ－１）２ｎ＋１，
ｎ
相减，得Ｓ－２Ｓ＝２＋２×（２２＋２３＋…＋２ｎ）－（２ｎ－１）２ｎ＋１， ……………… １２分
ｎ ｎ
８×（１－２ｎ－１）
－Ｓ＝２＋ －（２ｎ－１）２ｎ＋１＝（３－２ｎ）２ｎ＋１－６，
ｎ １－２
所以Ｓ＝（２ｎ－３）２ｎ＋１＋６． …………………………………………………… １５分
ｎ
１７（１５分）
解：（１）由条件得，ＤＡ＝ＤＣ，ＢＡ＝ＢＣ，则ＢＤ是线段ＡＣ的中垂线，
所以ＢＤ⊥ＡＣ…………………………………………………………………… ２分
又ＢＤ⊥ＰＡ，ＰＡ∩ＡＣ＝Ａ，ＰＡ，ＡＣ平面ＰＡＣ，
所以ＢＤ⊥平面ＰＡＣ，而ＢＤ平面 ＡＢＣＤ，
故平面ＰＡＣ⊥平面ＡＢＣＤ……………………………………………………… ５分
（２）解法一：
（ｉ）如图所示，记ＢＤ与ＡＣ交于Ｈ点，连接ＰＨ，
由题意，Ｏ为四边形 ＡＢＣＤ的外接圆圆心，即 Ａ，Ｂ，Ｃ，Ｄ
四点共圆，
由条件，可得∠ＡＢＣ＝６０°，∠ＡＤＣ＝１２０°，ＢＤ是线段 ＡＣ
的中垂线，
所以∠ＡＢＨ＝３０°，∠ＡＤＨ＝６０°，故∠ＤＡＢ＝９０°，
则ＢＤ是四边形ＡＢＣＤ的外接圆直径，点Ｏ为ＢＤ的中点
因为ＡＢ＝２槡３，所以ＡＣ＝２槡３，ＢＤ＝４，
１ １
四边形 ＡＢＣＤ的面积为Ｓ＝ ＡＣ·ＢＤ＝ ×２槡３×４＝４槡３…………… ８分
２ ２
１
取ＢＤ的中点Ｏ，连接ＯＰ，则ＯＰ＝ＯＢ＝ ＢＤ＝２
２
因为ＰＡ＝ＰＣ，Ｈ为ＡＣ的中点，所以ＰＨ⊥ＡＣ
由（１）知，平面ＰＡＣ⊥平面ＡＢＣＤ，平面ＰＡＣ∩平面 ＡＢＣＤ＝ＡＣ，
ＰＨ平面ＰＡＣ，所以ＰＨ⊥平面ＡＢＣＤ，即四棱锥Ｐ－ＡＢＣＤ的高为ＰＨ
又ＢＨ平面ＡＢＣＤ，则ＰＨ⊥ＢＨ，而ＢＨ＝３，ＯＨ＝ＢＨ－ＯＢ＝１，
所以ＰＨ＝槡ＯＰ２－ＯＨ２＝槡３，
蚌埠市高三年级数学参考答案第３页（共６页）１ １
四棱锥Ｐ－ＡＢＣＤ的体积为Ｖ＝ Ｓ·ＰＨ＝ ×４槡３×槡３＝４ ………… １１分
３ ３
（ｉｉ）作ＡＭ⊥ＰＢ，垂足为点Ｍ，连接ＣＭ
由ＢＡ＝ＢＣ，ＰＡ＝ＰＣ，ＰＢ为公共边，则△ＡＰＢ≌△ＣＰＢ，
所以ＣＭ＝ＡＭ且ＣＭ⊥ＰＢ，
即∠ＡＭＣ为二面角Ａ－ＰＢ－Ｃ的平面角 ……………………………… １３分
由ＰＢ＝槡ＰＨ２＋ＢＨ２＝２槡３，ＰＡ＝槡ＰＨ２＋ＡＨ２＝槡６，ＡＢ＝２槡３，
ＡＢ２＋ＰＢ２－ＰＡ２ ３ 槡７
在△ＰＡＢ中，由余弦定理，ｃｏｓ∠ＰＢＡ＝ ＝ ，则ｓｉｎ∠ＰＢＡ＝ ，
２ＡＢ·ＰＢ ４ ４
槡２１
所以ＣＭ＝ＡＭ＝ＡＢｓｉｎ∠ＰＢＡ＝
２
ＡＭ２＋ＣＭ２－ＡＣ２ １
又ＡＣ＝２槡３，在△ＡＭＣ中，由余弦定理，ｃｏｓ∠ＡＭＣ＝ ＝－ ，
２ＡＭ·ＣＭ ７
１
所以平面ＰＡＢ与平面ＰＣＢ的夹角的余弦值为 ……………………… １５分
７
解法二：
（ｉ）记ＢＤ与ＡＣ交于Ｈ点，连接ＰＨ，由ＰＡ＝ＰＣ，Ｈ为ＡＣ的中点，所以ＰＨ⊥ＡＣ
由（１）知，平面ＰＡＣ⊥平面ＡＢＣＤ，平面 ＰＡＣ∩平面ＡＢＣＤ＝ＡＣ，
ＰＨ平面ＰＡＣ，所以ＰＨ⊥平面ＡＢＣＤ，即四棱锥Ｐ－ＡＢＣＤ的高为ＰＨ ……
…………………………………………………………………………… ７分
以ＨＡ，ＨＢ，ＨＰ所在直线分别为 ｘ轴，ｙ轴，ｚ轴，建立如图所示的空间直角坐标
系，
由ＡＢ＝２槡３，△ＡＢＣ是正三角形，可知Ａ（槡３，０，０），
Ｂ（０，３，０），Ｃ（－槡３，０，０），
由点Ｏ在平面ＡＢＣＤ内，设Ｏ（ｍ，ｎ，０），Ｄ（０，ａ，０），
Ｐ（０，０，ｈ），其中ａ＜０，ｈ＞０，
设ＯＡ＝ＯＢ＝ＯＣ＝ＯＤ＝ＯＰ＝ｒ＞０，可得方程组，
（ｍ－槡３）２＋ｎ２＝ｒ２，
ｍ２＋（ｎ－３）２＝ｒ２，
（ｍ＋槡３）２＋ｎ２＝ｒ２，
ｍ２＋（ｎ－ａ）２＝ｒ２，
ｍ２＋ｎ２＋ｈ２＝ｒ２，
解得，ｍ＝０，ｎ＝１，ｒ＝２，ａ＝－１，ｈ＝槡３…………………………………… ９分
１ １
所以ＡＣ＝２槡３，ＢＤ＝４，四边形ＡＢＣＤ的面积为Ｓ＝ ＡＣ·ＢＤ＝ ×２槡３×４＝４槡３
２ ２
１ １
又ＰＨ＝ｈ＝槡３，四棱锥 Ｐ－ＡＢＣＤ的体积为Ｖ＝ Ｓ·ＰＨ＝ ×４槡３×槡３＝４
３ ３
…………………………………………………………………………… １１分
（ｉｉ）由（ｉ）知，Ａ（槡３，０，０），Ｂ（０，３，０），Ｃ（－槡３，０，０），Ｐ（０，０，槡３），
→ →
因为ＰＡ＝（槡３，０，－槡３），ＰＢ＝（０，３，－槡３），
设平面ＰＡＢ的法向量为ｎ ＝（ｘ，ｙ，ｚ），
１ １ １ １
蚌埠市高三年级数学参考答案第４页（共６页）→
{ＰＡ·ｎ ＝槡３ｘ－槡３ｚ＝０，
１ １ １
由 取ｚ＝槡３，则ｘ＝槡３，ｙ＝１，
→ １ １ １
ＰＢ·ｎ ＝３ｙ－槡３ｚ＝０，
１ １ １
所以平面 ＰＡＢ的法向量为ｎ ＝（槡３，１，槡３） …………………………… １３分
１
→ →
因为ＰＣ＝（－槡３，０，－槡３），ＰＢ＝（０，３，－槡３），
设平面ＰＢＣ的法向量为ｎ ＝（ｘ，ｙ，ｚ），
２ ２ ２ ２
→
{ＰＣ·ｎ ＝－槡３ｘ－槡３ｚ＝０，
２ ２ ２
由 取ｚ＝槡３，则ｘ＝－槡３，ｙ＝１，
→ ２ ２ ２
ＰＢ·ｎ ＝３ｙ－槡３ｚ＝０，
２ ２ ２
所以平面 ＰＢＣ的法向量为ｎ ＝（－槡３，１，槡３）
２
ｎ·ｎ １ １
ｃｏｓ＜ｎ，ｎ ＞＝ １ ２ ＝ ＝ ，
１ ２ ｎ １ · ｎ ２ 槡７×槡７ ７
１
所以平面ＰＡＢ与平面ＰＣＢ的夹角的余弦值为 ……………………… １５分
７
１８（１７分）
解：（１）由条件，ＰＯ ＝ ＰＥ ＝２槡３，ＯＥ ＝４，设点 Ｐ的坐标为（２，ｙ），
０
由 ＯＰ２＝４＋ｙ２＝１２，得ｙ２＝８ ……………………………………………… ２分
０ ０
点Ｐ在Ｃ上，则ｙ２＝４ｐ，所以ｐ＝２，抛物线Ｃ的方程为ｙ２＝４ｘ …………… ４分
０
（２）（ｉ）设直线ｌ的方程为ｘ＝ｍｙ＋４，并记点Ａ（ｘ，ｙ），Ｂ（ｘ，ｙ），
１ １ ２ ２
{ｙ２＝４ｘ，
联立方程 消去ｘ，得ｙ２－４ｍｙ－１６＝０，易知Δ＝１６ｍ２＋６４＞０，
ｘ＝ｍｙ＋４，
则ｙ＋ｙ＝４ｍ，ｙｙ＝－１６，………………………………………………… ６分
１ ２ １２
ｙ２ ｙ２ （ｙｙ）２
→ →
而ｘｘ＝ １· ２＝ １２ ＝１６，ＯＡ＝（ｘ，ｙ），ＯＢ＝（ｘ，ｙ），
１２ ４ ４ １６ １ １ ２ ２
→ → → →
所以ＯＡ·ＯＢ＝ｘｘ＋ｙｙ＝１６－１６＝０，可知ＯＡ⊥ＯＢ，即ＯＡ⊥ＯＢ……… ９分
１２ １２
（ｉｉ）由题意，点Ｆ（１，０），设直线ＭＮ的方程为ｘ＝ｎｙ＋ｔ，并记点Ｍ（ｘ，ｙ），Ｎ（ｘ，ｙ），
３ ３ ４ ４
{ｙ２＝４ｘ，
联立方程 消去ｘ，得ｙ２－４ｎｙ－４ｔ＝０，则ｙｙ＝－４ｔ，………… １１分
ｘ＝ｎｙ＋ｔ， ３４
→ → → →
由Ａ，Ｆ，Ｍ三点共线，ＦＡ∥ＦＭ，ＦＡ＝（ｘ－１，ｙ），ＦＭ＝（ｘ－１，ｙ），
１ １ ３ ３
ｙ２ ｙ２
所以（ｘ－１）ｙ＝（ｘ－１）ｙ，将ｘ＝ １，ｘ＝ ３代入化简，
１ ３ ３ １ １ ４ ３ ４
得（ｙ２－４）ｙ＝（ｙ２－４）ｙｙ２ｙ－ｙ２ｙ＋４ｙ－４ｙ＝０，
１ ３ ３ １ １３ ３１ １ ３
所以（ｙｙ＋４）（ｙ－ｙ）＝０，而ｙ≠ｙ，可知ｙｙ＝－４，………………… １４分
１３ １ ３ １ ３ １３
同理可得，ｙｙ＝－４，
２４
１
ｙｙｙｙ＝－１６×（－４ｔ）＝－４×（－４），解得ｔ＝ ，
１２３４ ４
１ ( １ )
直线ＭＮ的方程为ｘ＝ｎｙ＋ ，过定点 ，０ ………………………… １７分
４ ４
１９（１７分）
解：（１）由条件，ｆ′（ｘ）＝ｅｘ，则ｆ′（０）＝ｆ（０）＝１，……………………………………… ２分
所求切线方程为ｙ－１＝ｘ－０，即ｘ－ｙ＋１＝０………………………………… ３分
蚌埠市高三年级数学参考答案第５页（共６页）（２）由ｇ（ｘ）＝ｅｘｃｏｓｘ，得ｇ′（ｘ）＝ｅｘ（ｃｏｓｘ－ｓｉｎｘ），ｘ∈［０，２π］…………………… ４分
π ５π π ５π
令ｇ′（ｘ）＞０，得０≤ｘ＜ 或 ＜ｘ≤２π；令ｇ′（ｘ）＜０，得 ＜ｘ＜ ，
４ ４ ４ ４
( π) (５π ) ( π ５π)
所以ｇ（ｘ）在 ０， 和 ，２π上单调递增，在 ， 上单调递减，……… ６分
４ ４ ４ ４
π 槡２π
故ｇ（ｘ）的极大值为ｇ（ ）＝ ｅ４ …………………………………………… ７分
４ ２
（３）由ｈ（ｘ）＝ｅ１－ｘ－ｓｉｎｘ，得ｈ′（ｘ）＝－ｅ１－ｘ－ｃｏｓｘ，ｘ∈［０，２π］
记ｕ（ｘ）＝ｈ′（ｘ），则ｕ′（ｘ）＝ｅ１－ｘ＋ｓｉｎｘ＝ｅ１－ｘ（１＋ｅｘ－１ｓｉｎｘ），
π
记ｖ（ｘ）＝１＋ｅｘ－１ｓｉｎｘ，则ｖ′（ｘ）＝ｅｘ－１（ｓｉｎｘ＋ｃｏｓｘ）＝槡２ｅｘ－１ｓｉｎ（ｘ＋ ）
４
( ３π)
当ｘ∈ ０， 时，ｖ′（ｘ）＞０，ｖ（ｘ）单调递增；
４
(３π７π)
当ｘ∈ ， 时，ｖ′（ｘ）＜０，ｖ（ｘ）单调递减；
４ ４
(７π )
当ｘ∈ ，２π时，ｖ′（ｘ）＞０，ｖ（ｘ）单调递增………………………………… ９分
４
ｖ（０）＝ｖ（π）＝ｖ（２π）＝１＞０，ｖ
(３π)
＞ｖ（０）＞０，ｖ
(７π)
＝１－
槡２
ｅ
７
４
π－１＜１－ 槡２
ｅ＜０，
４ ４ ２ ２
( ７π) (７π )
所以ｘ∈ π， ，ｘ∈ ，２π，使得ｖ（ｘ）＝ｖ（ｘ）＝０，
０ ４ １ ４ ０ １
当ｘ∈（０，ｘ）∪（ｘ，２π）时，ｖ（ｘ）＞０，从而ｕ′（ｘ）＞０；
０ １
当ｘ∈（ｘ，ｘ）时，ｖ（ｘ）＜０，从而ｕ′（ｘ）＜０
０ １
所以ｈ′（ｘ）在（０，ｘ）和（ｘ，２π）单调递增，在（ｘ，ｘ）单调递减，…………… １１分
０ １ ０ １
ｈ′（０）＝－ｅ－１＜０，ｈ′（ｘ）＞ｈ′（π）＝－ｅ１－π＋１＞０，ｈ′（ｘ）＜ｈ′（２π）＝－ｅ１－２π－１＜０，
０ １
ｈ′
( π) ＝－ｅ１－π
２＜０，
２
( π )
所以ｍ∈ ，π，ｎ∈(π，２π)，使得ｈ′（ｍ）＝ｈ′（ｎ）＝０，
２
当ｘ∈（０，ｍ）∪（ｎ，２π）时，ｈ′（ｘ）＜０，从而ｈ（ｘ）在（０，ｍ）和（ｎ，２π）上单调递减；
当ｘ∈（ｍ，ｎ）时，ｈ′（ｘ）＞０，从而ｈ（ｘ）在（ｍ，ｎ）上单调递增
ｈ（０）＝ｅ＞０，ｈ（ｍ）＜ｈ ( π) ＝ｅ１－π ２－１＜０，ｈ（ｎ）＞ｈ（π）＝ｅ１－π＞０，ｈ（２π）＝ｅ１－２π＞０，
２
π
所以ｈ（ｘ）存在两个零点α和β，且０＜α＜ ＜β＜π，从而α＋β＜２π
２
…………………………………… １４分
由ｈ（α）＝ｈ（β）＝０，ｅ１－α－ｓｉｎα＝ｅ１－β－ｓｉｎβ＝０，得ｓｉｎα＝ｅ１－α且ｓｉｎβ＝ｅ１－β，
由α＜β，知ｅ１－α＞ｅ１－β，从而 ｓｉｎα＞ｓｉｎβ＝ｓｉｎ（π－β），
π π π
而０＜α＜ ，０＜π－β＜ ，ｙ＝ｓｉｎｘ在（０， ）上单调递增，
２ ２ ２
所以α＞π－β，从而α＋β＞π
综上可知，ｈ（ｘ）的所有零点之和大于π且小于２π………………………… １７分
（以上各题其它解法请参考以上评分标准酌情赋分）
蚌埠市高三年级数学参考答案第６页（共６页）
