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江西省 ２０２６届高三 １０月一轮复习阶段检测
数学参考答案及评分细则
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】Ｃ
【解析】令ｘ＝２可知５＜ｅ２，故ｐ为假命题，由全称量词命题的否定为存在量词命题可得瓙ｐ：ｘ＞１，ｘ２＋１≤ｅｘ．故
选Ｃ．
３．【答案】Ａ
２ ２ ６－ｍ ２
【解析】由ｌｎ ＞０可得 ＞１，即 ＞０，解得４＜ｍ＜６，故充分性成立，取 ｍ＝３可知此时 ｌｎ 无意义，故必
ｍ－４ ｍ－４ ｍ－４ ｍ－４
要性不成立，故甲是乙的充分不必要条件．故选Ａ．
４．【答案】Ｂ
( １) １ １ １ ｘ－１
【解析】由题意可得ｆ′（ｘ）＝ ｌｎｘ＋ ·ｅｘ，设ｈ（ｘ）＝ｌｎｘ＋ ，则ｈ′（ｘ）＝ － ＝ ，则ｈ（ｘ）在ｘ＝１处取得最小
ｘ ｘ ｘ ｘ２ ｘ２
值ｈ（１）＝１＞０，则ｆ′（ｘ）＞０在区间（０，＋!）上恒成立，故ｆ（ｘ）在区间（０，＋!）上单调递增．故选Ｂ．
５．【答案】Ｄ
－ａ
－ ≥０，
１ ２×（－１）
【解析】易得当ｘ≥０时，ｆ（ｘ）＝３ｅｘ－ 单调递增，则ｆ（ｘ）在Ｒ上单调递增需满足 解得－４≤ａ≤０．
ｘ＋１ ａ
－ ≤３ｅ０－１，
２
故选Ｄ．
６．【答案】Ｂ
【解析】因为ｆ（ｘ）为偶函数，所以ｆ（３）＝ｆ（－３），又 ｆ（３）＋ｆ（－３）＝０，故 ｆ（３）＝ｆ（－３）＝０．因为 ｘｆ′（ｘ）＞０，所以当
ｘ＞０时，ｆ′（ｘ）＞０，ｆ（ｘ）单调递增，ｘｆ（ｘ）＞０等价于ｆ（ｘ）＞０，由 ｆ（３）＝０，得 ｘ＞３．由偶函数的性质可知，当 ｘ＜０时，
ｆ（ｘ）＜０的解为－３＜ｘ＜０．综上，解集为（－３，０）∪（３，＋!）．故选Ｂ．
７．【答案】Ｄ
【解析】易得当曲线ｙ＝２－ｌｎｘ在点 Ｐ处的切线与直线 ＡＰ垂直时，ＡＰ取得最小值．设 Ｐ（ｘ，２－ｌｎｘ），函数
０ ０
１ １ ２－ｌｎｘ
ｆ（ｘ）＝２－ｌｎｘ，则ｆ′（ｘ）＝－ ，由题意可得－ · ０＝－１，解得ｘ＝１，此时Ｐ（１，２），ＡＰ＝２槡２．故选Ｄ．
ｘ ｘ ｘ＋１ ０
０ ０
８．【答案】Ｂ
ｅｘ－ｅ－ｘ １ ｅ－ｘ－ｅｘ １ ２ －１ ２０２５ ２０２５ １
【解析】因为 ｆ（ｘ）＋ｆ（－ｘ）＝ ＋ ＋ ＋ ＝ ，所以 ∑ ｆ（ｉ）＋∑ｆ（ｉ）＝２∑ ＝
ｅｘ＋ｅ－ｘ ｘ２＋ｘ ｅ－ｘ＋ｅｘ ｘ２＋ｘ ｘ２＋ｘ ｉ＝－２０２５ ｉ＝１ ｉ＝１ｉ（ｉ＋１）
２０２５( １ １) ( １ ) ２０２５
２∑ － ＝２×１－ ＝ ．故选Ｂ．
ｉ＝１ ｉｉ＋１ ２０２６ １０１３
９．【答案】ＡＤ（每选对１个得３分）
【解析】对于Ａ，由题意可得－１＜－ａ＜４，２＜２ｂ＜６，故 １＜２ｂ－ａ＜１０，故 Ａ正确；对于 Ｂ，由复合函数单调性可得函数
ｙ＝ｌｏｇ （ｘ２－１）在区间（１，＋!）上单调递增，且ｃ＞ｂ＞１，故ｌｏｇ （ｃ２－１）＞ｌｏｇ （ｂ２－１），故Ｂ错误；对于 Ｃ，令 ａ＝０，
２０２５ ２０２５ ２０２５
１ １ １ １
ｂ＝２，ｃ＝４，此时 ＜ ，故Ｃ错误；对于Ｄ，由指数函数单调性易得ｅ－ａ＞ ＞ ，即３ｅ－ａ＞１，故Ｄ正确．故选ＡＤ．
ｂｃａ＋ｂ ｅ ３
１０．【答案】ＡＣＤ（每选对１个得２分）
【解析】由题意可得ｆ（ｘ）≤ｆ（ｘ）≤ｆ（ｘ），注意到ｆ（１）＝ｆ（１）＝０，故ｆ（１）＝０，故 Ａ正确；由 Ａ知１＋ａ＋ｂ＝０，ｂ＝
１ ２ １ ２
－ａ－１，故ｆ（ｘ）＝ｘ２＋ａｘ－ａ－１＝（ｘ＋ａ＋１）（ｘ－１）．而ｆ（ｘ）＝（２ｘ－１）（ｘ－１），故 ｘ－１≤（ｘ＋ａ＋１）（ｘ－１）≤（２ｘ－１）·
２
高三数学 第 １页（共５页）
书书书{（ｘ＋ａ）（ｘ－１）≥０，①
（ｘ－１），可得 成立，由①可得ａ＝－１，故 Ｂ错误；将 ａ＝－１代入②式发现仍恒成立，故 ａ＝
（ｘ－ａ－２）（ｘ－１）≥０②
( １) １
－１，ｂ＝０，ｆ（ｘ）＝ｘ２－ｘ，故ｆ（ｘ）的最小值为ｆ ＝－ ，故 Ｃ正确；由 ｆ（ｘ）＋ｍｘ＋１＝ｘ２＋（ｍ－１）ｘ＋１＞０恒成立，得
２ ４
Δ＝（ｍ－１）２－４＜０，解得－１＜ｍ＜３，故Ｄ正确．故选ＡＣＤ．
１１．【答案】ＢＣＤ（每选对１个得２分）
【解析】当ａ＝３时，ｆ（ｘ）＝（ｘ＋１）３只有一个零点，故Ａ错误；当ａ＝－３时，ｆ（ｘ）＝ｘ３－３ｘ２－３ｘ＋１＝（ｘ－１）［（ｘ－１）２－６］－
４，ｆ（ｘ＋１）＋ｆ（１－ｘ）＝ｘ（ｘ２－６）－４－ｘ（ｘ２－６）－４＝－８，所以曲线ｙ＝ｆ（ｘ）关于点（１，－４）对称，故Ｂ正确；当ａ＝０时，可得
曲线ｙ＝ｘ３－ｘ，设切点为（ｘ，ｘ３－ｘ），ｙ′＝３ｘ２－１，故切线方程为 ｙ＝（３ｘ２－１）（ｘ－ｘ）＋ｘ３－ｘ，代入点（ｍ，ｎ）得２ｘ３－
０ ０ ０ ０ ０ ０ ０ ０
３ｍｘ２＋ｍ＋ｎ＝０．记 ｇ（ｘ）＝２ｘ３－３ｍｘ２＋ｍ＋ｎ，原题意等价于 ｇ（ｘ）有三个零点．ｇ′（ｘ）＝６ｘ（ｘ－ｍ），当 ｍ＝０时，
０
ｇ′（ｘ）≥０，ｇ（ｘ）单调递增，此时只有一个零点；当 ｍ＞０时，ｇ（ｘ）在区间（－!，０），（ｍ，＋!）上单调递增，在区间
{ｇ（０）＞０， {ｍ＋ｎ＞０，
（０，ｍ）上单调递减，若ｇ（ｘ）有三个零点，则 即 当ｍ＜０时，ｇ（ｘ）在区间（－!，ｍ），（０，＋!）上
ｇ（ｍ）＜０， ｍ＋ｎ＜ｍ３，
{ｇ（ｍ）＞０， {ｍ＋ｎ＞ｍ３，
单调递增，在区间（ｍ，０）上单调递减，若ｇ（ｘ）有三个零点，则 即 综上可得 ｍ＋ｎ＜ｍ３ ，故
ｇ（０）＜０， ｍ＋ｎ＜０，
Ｃ正确；令ｆ（ｘ）＝２ｘ２，即ｘ３＋（ａ－２）ｘ２＋ａｘ＋１＝０．令ａ＝０，得ｘ３－２ｘ２＋１＝０，所以（ｘ－１）（ｘ２－ｘ－１）＝０，所以 ｘ＋ｘ＝
１ ３
１．又ｘ＝１，所以ｘ＋ｘ＝ｘ，故Ｄ正确．故选ＢＣＤ．
２ １ ３ ２
１２．【答案】４
５ １ １
【解析】由幂函数定义可得ａ２－ ａ＋２＝１，解得ａ＝２或 ．当 ａ＝ 时，ｆ（ｘ）＝槡ｘ，定义域为［０，＋!），不满足题意
２ ２ ２
（舍去）；当ａ＝２时，ｆ（ｘ）＝ｘ２，定义域为Ｒ，满足题意，故ｆ（２）＝４．
１３．【答案】３
ｍ２＋ｍ＋４ （ｍ＋１）２－（ｍ＋１）＋４ ４ ４
【解析】由题意可得 ＝ ＝（ｍ＋１）＋ －１≥２
槡
（ｍ＋１）· －１＝３，当且仅当 ｍ＋１＝
ｍ＋１ ｍ＋１ ｍ＋１ ｍ＋１
４
，即ｍ＝１时等号成立．
ｍ＋１
１４．【答案】１
１ １ ２ ２
【解析】由题意可转化为研究函数 ｆ（ｘ）＝（ｌｎｘ）２－２ｌｎｘ－ 的零点个数问题，易得 ｆ′（ｘ）＝２ｌｎｘ· － ＋ ＝
ｘ２ ｘ ｘ ｘ３
２( １) １ １ ２ ｘ２－２
ｌｎｘ－１＋ ．设ｈ（ｘ）＝ｌｎｘ－１＋ ，则 ｈ′（ｘ）＝ － ＝ ，故 ｈ（ｘ）在区间（０，槡２）上单调递减，在区间
ｘ ｘ２ ｘ２ ｘ ｘ３ ｘ３
１ １ １
（槡２，＋!）上单调递增．由ｈ（槡２）＝ ｌｎ２－ ＜０，ｈ（１）＝０，ｈ（ｅ）＝ ＞０，故存在ｘ∈（槡２，ｅ），使ｆ（ｘ）＝０，故ｆ（ｘ）
２ ２ ｅ２ １ １
在区间（０，１），（ｘ，＋!）上单调递增，在区间（１，ｘ）上单调递减，又 ｆ（１）＝－１＜０，故 ｆ（ｘ）＜ｆ（１）＜０，又 ｆ（ｅ３）＝
１ １ １
１
３－ ＞０，由零点存在性定理，结合ｆ（ｘ）的单调性，当且仅当在区间（ｘ，ｅ３）内ｆ（ｘ）存在唯一零点，故原方程有且
ｅ６ １
仅有一个根．
１
１５．解：（１）当ａ＝２时，Ａ＝｛ ｝，（１分）
２
( １)２
由ＡＢ可得 －１＋ｂ＝０，（３分）
２
３
解得ｂ＝ ．（４分）
４
高三数学 第 ２页（共５页）（２）当ａ２≥４ｂ时，方程ｘ２－ａｘ＋ｂ＝０至少有一解，（６分）
１ １
又Ａ＝｛ ｝，若ＢＡ，则方程ｘ２－ａｘ＋ｂ＝０有且仅有一解为 ，（８分）
ａ ａ
１ ( １)
则 －１＋ｂ＝０，且Δ＝ａ２－４ｂ＝０，整理得方程ａ２－４１－ ＝０，（１１分）
ａ２ ａ２
１
解得ａ２＝２，故ａ＝±槡２，ｂ＝ ．（１３分）
２
【评分细则】
第二问若考生最终答案未写全扣１分．
１６．（１）解：令ｍ＝ｎ＝０，所以ｆ（０）＋ｆ（０）＝ｆ（０），（２分）
解得ｆ（０）＝０．（４分）
（２）解：由题意可得ｆ（ｘ）的定义域关于原点对称，令ｍ＝－ｎ，则ｍｎ＜１，（６分）
所以ｆ（ｎ）＋ｆ（－ｎ）＝ｆ（０）＝０，所以ｆ（ｘ）为奇函数．（９分）
（３）证明：设－１＜ｘ＜ｘ＜１，令ｍ＝ｘ，ｎ＝－ｘ，则ｍｎ＝－ｘｘ＜１，（１０分）
１ ２ ２ １ １２
( ｘ－ｘ)
因为ｆ（ｘ）＝－ｆ（－ｘ），所以ｆ（ｘ）－ｆ（ｘ）＝ｆ ２ １ ，（１２分）
１ １ ２ １ １＋ｘｘ
１２
ｘ－ｘ ( ｘ－ｘ)
因为 ２ １ ＞０，所以ｆ ２ １ ＞０，（１４分）
１＋ｘｘ １＋ｘｘ
１２ １２
因此ｆ（ｘ）－ｆ（ｘ）＞０，即ｆ（ｘ）在区间（－１，１）上单调递增．（１５分）
２ １
【评分细则】
第三问如果考生利用其他方法证明不给分．
４＋（３σ２＋σ２）Ｔ １＋σ２Ｔ ２槡σ２Ｔ
１７．（１）解：由题意可知此时Ｄ＝ ＝４× ≥４× ＝８，（３分）
１
σ槡Ｔ σ槡Ｔ σ槡Ｔ
当且仅当σ２Ｔ＝１时等号成立，（４分）
故Ｄ 的最小值为８．（５分）
１
（２）（ｉ）解：由题意８×１０４＝１０５－１０４×２Ｔ，（７分）
故１０４×２Ｔ＝２×１０４，可得Ｔ＝１．（９分）
（ｉｉ）证明：设ｆ（ｘ）＝ｅｘ－ｘ，则ｆ′（ｘ）＝ｅｘ－１，（１０分）
当ｘ∈（－!，０）时，ｆ′（ｘ）＜０，ｆ（ｘ）单调递减；
当ｘ∈（０，＋!）时，ｆ′（ｘ）＞０，ｆ（ｘ）单调递增，（１２分）
故ｆ（ｘ）≥ｆ（０）＝１，于是ｆ（－ｒＴ）＝ｅ－ｒＴ＋ｒＴ≥１，即ｅ－ｒＴ≥１－ｒＴ，（１３分）
故Ｃ＝１０５－１０４×ｅ－ｒＴ≤１０５－１０４（１－ｒＴ）＜１０５＋１０４ｒＴ，即Ｃ－１０４ｒＴ＜１０５．（１５分）
【评分细则】
１．第一问若未说明取等条件，扣１分；
２．第二问的第二小问证明也可以用其他方法，只要过程严谨合理均给分．
１８．（１）解：当ａ＝０时，ｆ（ｘ）＝ｓｉｎｘ－ｘｃｏｓｘ＋２π，ｆ′（ｘ）＝ｘｓｉｎｘ．（１分）
令ｆ′（ｘ）＝０，在区间（－２π，２π）内解得ｘ＝－π，０，π．（３分）
故当ｘ∈（－２π，－π）时，ｆ′（ｘ）＜０，ｆ（ｘ）单调递减；
当ｘ∈（－π，０）时，ｆ′（ｘ）＞０，ｆ（ｘ）单调递增；
当ｘ∈（０，π）时，ｆ′（ｘ）＞０，ｆ（ｘ）单调递增；
当ｘ∈（π，２π）时，ｆ′（ｘ）＜０，ｆ（ｘ）单调递减．（５分）
故ｆ（ｘ）在ｘ＝－π处取得极小值ｆ（－π）＝π，在ｘ＝π处取得极大值ｆ（π）＝３π．（７分）
高三数学 第 ３页（共５页）（２）证明：设切点为（ｘ，ｆ（ｘ）），切线方程为ｙ＝ｆ（ｘ）＋ｆ′（ｘ）（ｘ－ｘ）．（８分）
０ ０ ０ ０ ０
若切线过原点，则０＝ｆ（ｘ）－ｘｆ′（ｘ），即ｆ（ｘ）＝ｘｆ′（ｘ）．（９分）
０ ０ ０ ０ ０ ０
１
代入得ｓｉｎｘ－ｘｃｏｓｘ＋ ａｘ２＋２π＝ｘ２（ｓｉｎｘ＋ａ）．（１０分）
０ ０ ０ ２ ０ ０ ０
取ｘ＝２π，代入得ａ＝０，此时切线为ｙ＝０，过原点，故存在ａ＝０满足条件．（１１分）
０
（３）解：由于ｆ（２π）＝２ａπ２，故必须有ｆ（２π）＞０，故ａ＞０．（１２分）
１
当ａ＝１时，ｆ（ｘ）＝ｓｉｎｘ－ｘｃｏｓｘ＋ ｘ２＋２π，此时ｆ′（ｘ）＝ｘ（ｓｉｎｘ＋１）≥０在区间［０，＋!）上恒成立，
２
故ｆ（ｘ）在区间［０，＋!）上单调递增．（１５分）
故ｆ（ｘ）≥ｆ（０）＝２π＞０，也即ｆ（ｘ）＞０在区间［０，＋!）上恒成立，故整数ａ的最小值为１．（１７分）
【评分细则】
１．第一问只有两个极值，ｘ＝０处对应的函数值不是极值，若考生多写扣１分；
２．第三问若考生利用必要性探路得出答案，但是缺少充分性的验证过程扣３分．
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
高三数学 第 ４页（共５页）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
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
【评分细则】
其他解法酌情给分．
高三数学 第 ５页（共５页）
