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广东省 ２０２５—２０２６学年领航高中联盟一轮复习阶段检测
高三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】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】Ｃ
【解析】（ｘ－ｙ）６的展开式中，ｘ４ｙ２的系数为Ｃ２（－１）２＝１５，ｘ２ｙ４的系数为Ｃ４（－１）４＝１５，故系数之和为３０．故选Ｃ．
６ ６
４．【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．
５．【答案】Ｂ
【解析】对于命题ｐ：由三角形的内角和为１８０°可知剩余两个内角和为１２０°，由等差中项可知其三个内角的度数
可以构成等差数列，故ｐ是真命题，则瓙ｐ是假命题；对于命题ｑ：槡 ３２是无理数，其三次方（槡 ３２）３＝２是有理数，所以
命题ｑ是真命题，则瓙ｑ为假命题．故选Ｂ．
６．【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．
３１ ４ １ ａ
１
７．【答案】Ｄ
３
【解析】在△ＡＢＣ中，由正弦定理可得３ｓｉｎＣ＝２ｓｉｎＢ＝４ｓｉｎＣｃｏｓＣ，因为Ｃ∈（０，π），ｓｉｎＣ≠０，所以ｃｏｓＣ＝ ，从
４
而ｓｉｎＣ＝ 槡１－
( ３)２
＝
槡７
，故ｓｉｎＢ＝２×
槡７
×
３
＝
３槡７
，ｃｏｓＢ＝１－２×
( 槡７)２
＝
１
，ｔａｎＢ＝３槡７．故选Ｄ．
４ ４ ４ ４ ８ ４ ８
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
广东·高三数学 第 １页（共７页）
书书书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】ＡＢＣ（每选对１个得２分）
２＋１
【解析】对于Ａ，注意到此时为ｂ＝１０，ｎ＝２的情形，且Ｂ（２）＝ｌｇ ，符合材料形式，故Ａ正确；对于Ｂ，注意到
２
ｘ＋１ －ｘ ｘ＋１ ｘ ｘ＋１
＞０的解为（－!，－１）∪（０，＋!），此时Ｂ（－１－ｘ）＋Ｂ（ｘ）＝ｌｇ ＋ｌｇ ＝ｌｇ ＋ｌｇ ＝０，可知曲线ｙ＝
ｘ －ｘ－１ ｘ ｘ＋１ ｘ
( １ ) ( １)
Ｂ（ｘ）关于点 － ，０对称，故Ｂ正确；对于Ｃ，易知Ｂ（ｘ）＝ｌｇ１＋ 在区间（０，＋!）上单调递减，故Ｂ（ｎ）≤
２ ｘ
１ ３ ５ ２５ ３
Ｂ（１）＝ｌｇ２＜ｌｇ槡１０＝ ，故Ｃ正确；对于Ｄ，Ｂ（２）＝ｌｇ ，２Ｂ（４）＝２ｌｇ ＝ｌｇ ＞ｌｇ ＝Ｂ（２），故Ｄ错误．故
２ ２ ４ １６ ２
选ＡＢＣ．
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】（３６，＋!）
３ ３
【解析】由题意可转化为ｌｏｇｘ２＞ｌｏｇ６ｘ，由对数函数单调性可得ｘ２＞６ｘ，两边平方可得ｘ２（ｘ－３６）＞０，故原不等式
６ ６
的解集为（３６，＋!）．
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
广东·高三数学 第 ２页（共７页）( １) ( １ )
１４．【答案】０， ∪ ，１
ｅ ｅ
１
ｘ＋
２ １ ( １)２
【解析】设Ｐ（ｘ，ｙ），则线段ＡＰ的中点为圆心，半径ｒ＝ ＝ 槡ｘ－ ＋ｙ２，化简可得ｙ２＝２ｘ，由题意可转化为
２ ２ ２
函数ｙ＝ａ－ａｘ的图象与抛物线ｙ２＝２ｘ有２个不同的交点，故方程ａ－２ａｘ＝２ｘ（ｘ＞０）有两个不同的解，两边取以ｅ为
ｌｎ２ｘ ｌｎｘ １－ｌｎｘ
底的对数可得－ａｌｎａ＝ ，设函数ｆ（ｘ）＝ ，则ｆ′（ｘ）＝ ，故ｆ（ｘ）在区间（０，ｅ）上单调递增，在区间
２ｘ ｘ ｘ２
( １)
（ｅ，＋!）上单调递减，且ｘ趋近于正无穷时，ｆ（ｘ）趋近于０，且恒大于０，故当ｘ＞１时，ｆ（ｘ）∈ ０， ，因此要使得
ｅ
１
ｌｎ
ｌｎ２ｘ ( １) ａ ( １) １ １
方程－ａｌｎａ＝ 有两个不同的实根，需满足－ａｌｎａ∈ ０， ，注意到－ａｌｎａ＝ ∈ ０， ，因此 ＞１，且 ≠ｅ，
２ｘ ｅ １ ｅ ａ ａ
ａ
( １) ( １ )
故ａ∈ ０， ∪ ，１．
ｅ ｅ
１５．解：（１）由题意可得ｆ（ｘ）＝ｓｉｎｘ＋ｓｉｎ２ｘ＝ｓｉｎｘ（１＋２ｃｏｓｘ）．（２分）
１
令ｆ（ｘ）＝０，解得ｓｉｎｘ＝０或ｃｏｓｘ＝－ ，（４分）
２
２π ４π
所以ｆ（ｘ）的零点为０， ，π， ，２π．（６分）
３ ３
（２）由题意可得ｇ′（ｘ）＝－ｓｉｎｘ－ｓｉｎ２ｘ＝－ｆ（ｘ），（８分）
( ２π) (２π ) ( ４π)
从而ｇ（ｘ）在区间 ０， 上单调递减，在区间 ，π 上单调递增，在区间 π， 上单调递减，在区间
３ ３ ３
(４π )
，２π上单调递增，（１１分）
３
３
计算各极值点对应的极值和端点处的函数值，可得ｇ（ｘ）的最大值为ｇ（０）＝ｇ（２π）＝ ，（１２分）
２
(２π) (４π) ３
最小值为ｇ ＝ｇ ＝－ ．（１３分）
３ ３ ４
【评分细则】
１．第一问零点必须用具体数据表示，不能用例如ｘ＝０这种形式表示，否则扣２分；
２．第二问考生可以不用展示极值和端点值的计算过程，只要最终最值求解正确均给满分；
( １)２ ３
３．第二问也可通过二倍角公式得出ｇ（ｘ）＝ｃｏｓｘ＋ － ，利用二次函数性质求最值，酌情给分．
２ ４
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
广东·高三数学 第 ３页（共７页）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．
１７．（１）解：四段圆弧的弧长之比为２１２１，故圆心角之比为２１２１，
２π π２π 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
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
１
，ｙ
１
），Ｑ（ｘ
２
，ｙ
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）
【评分细则】
第二问若考生从斜率角度来进行证明，只要过程合理并严谨也酌情给分．
广东·高三数学 第 ４页（共７页）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）
"
%
#
$
’ ! &
图１
→ → →
（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）
(
"
%
$ , #
)
+
’ ! &
*
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
广东·高三数学 第 ５页（共７页）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）
(
"
%
$ #
+ )
’ ! &
*
图３
【评分细则】
采取解法二在（２）（ｉｉ）建系可得一分，建系过程在解法一已给出．
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 ２ａｘ２－２ａ
（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
广东·高三数学 第 ６页（共７页）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）＝－
ｘ２
＋
ｘ４
＝
ｘ４
（ｘ＞０）在区间(０，槡６ａ)上恒为正，（１４分）
( ｘ－ｘ)
若ｘ
２
≤槡６ａ，则ｆ（ｘ）在区间（０，ｘ
２
）上恒为正，则ｈ″（ｘ）在区间 ０，２
２
１ 上单调递增，
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
２
＞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
４
，且ｆ（ｘ
１
）＝ｆ（ｘ
２
）＜ｆ（槡２ａ）＝ｆ（ｘ
４
），
故由单调性可得ｘ＜ｘ，（１６分）
１ ４
由上可得ｆ′（ｘ
４
）＋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，
故ｆ′（ｘ
１
）＞ｆ′（ｘ
４
），ｆ′（ｘ
２
）＞ｆ′（槡２ａ），
故ｆ′（ｘ
１
）＋ｆ′（ｘ
２
）＞ｆ′（ｘ
４
）＋ｆ′（槡２ａ）＞０．（１７分）
广东·高三数学 第 ７页（共７页）
