届高三全真模拟适应性考试数学
２０２６
参考答案、提示及评分细则
．【答案】
１ B
( )
【解析】因为z i i(１＋i) －１＋i １ １ 所以复数z在复平面内对应的点为 １ １ 位
＝ １－i ＝ (１－i)(１＋i) ＝ １－i ２ ＝－ ２ ＋ ２ i, － ２ , ２ ,
于第二象限 故选 ．
, B
．【答案】
２ A
【解析】由题意可得G １０６＋１１０＋８３＋１２２＋７５＋１０３＋１２０＋８１ 故选
＝ ＝１００, A．
８
．【答案】
３ A
( ) ( )
【解析】把点P坐标代入Ey mx２ 的方程可得Ey x２ 显然F １ ly １ 故点Q １ １ 于
:＝ :＝ , ０, ,:＝－ , ,－ ,
４ ４ ２ ４
是l FQ: y ＝－ x ＋ １ , 转化为一般方程为 ４ x ＋４ y －１＝０, 故选 A．
４
．【答案】
４ B
【解析】对于充分性 当a a b时甲成立 而乙不一定成立 矛盾 对于必要性a 时a２ a b
, ⊥(－２０２６ ) , , , ,＝０ ＝２０２６ ＝０,
成立 故选
, B．
．【答案】
５ D
【解析】由分类加法计数原理知前两位可选取种数为 种 由分步乘法计数原理知秘钥数量为
６ , ６×６×４＝１４４
种 故选
, D．
．【答案】
６ B
( )
【解析】此时a n π n 而a n a a n a 且a 可
n ＝sin π＋ ＝cosπ, n ＋２＝cos(π＋２π)＝ n,n ＋１＝cos(π＋π)＝－ n, １＝－１≠０,
２
得正整数m的最小值为 故选
２, B．
．【答案】
７ D
ax ax ( )
【解析】f′x a２x a １ (２ ＋１)( －１)．而a 则x １ 时f′x fx 单调递减
()＝２ － －x＝ x ＜０, ∈ ０,－a , ( )＜０,( ) ,
２
( ) ( ) ( )
x １ 时f′x fx 单调递增 故fx f １ １ １ １ ３ a
∈ －a,＋∞ , ()＞０,() , ()≥ －a ＝ ＋ －ln －a ＝ ＋ln(－２ )≥
２ ２ ４ ２ ２ ４
b b b
b 于是３ b a e e ３ e ３ 故选 ．
, ≥ －ln(－２ )＝ln a, a≤e４,a≥－２e４, D
４ －２ －２
．【答案】
８ A
【解析】由x x x 得x x x x 结合函数图象不妨设ω 依题意有x x T ２π 则
１＋２ ３＝３ ２ ３－ １＝３(３－ ２), ＞０, ３－ １＝ ＝ω,
有x x ２πx x x x x x ２π ２π ４π 由 ωx φ m ωx φ
３－ ２＝ ω,２－ １＝(３－ １)－(３－ ２)＝ω－ ω＝ ω, sin( １＋ )＝ ,sin( ２＋ )＝
３ ３ ３
( )
ωx φ ωx φ ４π
é ( ) ù ( ) ( １＋ )＋ １＋ ＋
ê êωx ４π φ ú ú ωx φ ４π m 结合五点法作图 有 ３ ３π k
sinë １＋ ω ＋ û＝sin １＋ ＋ ＝ , , ＝ ＋２π,
３ ３ ２ ２
k Z 所以ωx φ ５π k k Z 结合题意则有m ５π １ 故选 ．
∈ , １＋ ＝ ＋２π,∈ , ＝sin ＝ , A
６ ６ ２
高三数学试题参考答案 第 页 共 页
【 １ ( ６ )】．【答案】
９ BC
【解析】U xx x N 由A B
＝{| ＜１０,∈ }＝{０,１,２,３,４,５,６,７,８,９}, ∩(∁ U )＝{１,９},
A B A B 作出 图 如图所示 由图可知
(∁ U )∩(∁ U )＝{４,６,７}, ∩ ＝{３}, Venn , , ,
A B 故 错误 正确 集合A的真子集个数为 ３
＝{１,３,９}, ＝{０,２,３,５,８}, A ,C ; ２－１
个 故 正确 因为 A B 所以 A B 错误 故选
＝７ , B ; ∁ U( ∪ )＝{４,６,７}, ６∈∁ U( ∪ ),D ;
．
BC
．【答案】
１０ ABD
【解析】对于 记棱柱的高为h 由勾股定理得h２ BC２ h２ AC２ h２ BD２ 由BC AC得
A, , ＋ ＝ ＋ ＝６３, ＋ ＝１３５, ＝
ABC是等边三角形 可得BD AC 于是h２ AC２ 解得AC h 故棱柱的体积V １
△ , ＝ ３ , ＋３ ＝１３５, ＝６,＝３３, ＝
２
AC BD h １ 故 正确 对于 表面积S AB h １ AC BD
× × × ＝ ×６×６３×３３＝１６２, A ; B, ＝４× × ＋２× × × ＝
２ ２
故 正确 对于 记点B到平面BCD的距离为d 由V V 得
４×６×３３＋６×６３＝１０８３, B ; C, １ , B １－ BCD ＝ B － B １ CD
BC２ CD２ BD２
h S d S １ 由余弦定理得 BCD １ ＋ － １
△ BCD ＝ △ B １ CD ＝３ ３× ×６ ３×３＝８１, cos∠ １ ＝ BC CD ＝
２ ２× １ ×
６３＋３６－１３５ ＝－ ７ , 由 ∠ B １ CD ∈(０,π) 得 sin∠ B １ CD ＝ １－cos ２ ∠ B １ CD ＝ ４２ , 故S △ B １ CD ＝ １ × B １ C
２×３７×６ ７ ７ ２
CD BCD d ８１ ３６ 故 错误 对于 由AB CD知所求角为 BCD的补角 可
× ×sin∠ １ ＝９６,＝ ＝ , C ; D, ∥ ∠ １ ,
９６ ２
知余弦值为 ７ 故 正确 故选
, D ; ABD．
７
．【答案】
１１ BC
【解析】题目要求函数在区间ab 且b a 上的最值之差等于b a．对于选项 函数fx kx的最
[,] ＞ ＞０ － A, ( )＝
值之差为kb ka k b a 若要其等于b a 则必须满足k 这与任意有意义的k均成立的要求
| － |＝||(－ ), － , ||＝１,
矛盾 故 错误 对于选项 函数fx xk 令b at且t 当k 且k 时 由bk ak b a推导
, A ; B, ()＝ , ＝ ＞１, ＞０ ≠１ , － ＝ －
t t
可得ak －１ ＝tk －１ , 因为t ＞１,tk －１ ＞０, 因此必定存在正实数a , 同理 , 当k ＜０ 时 , 由ak － bk ＝ b － a , 推导可
－１ －１
t t
得ak －１ ＝ － t １ k, － t １ k＞０, 必定存在正实数a , 当k ＝１ 时显然存在 , 故 B 正确 ; 对于选项 C, 函数f ( x )＝
１－ １－
t t
x 令b at当k 时 由 b a b aa log k 根据对数函数图象性质易知log k 可知必
log k , ＝ , ＞１ ,log k －log k ＝ － ,＝t , t ＞０,
－１ －１
t
定存在正实数a 当 k 时由 a b b a推导可得a －log k 同理可知必定存在正实数a 故
, ０＜ ＜１ log k －log k ＝ － ＝t , ,
－１
正确 对于选项 若k 假设存在满足条件的正实数a与b 令t b a 因为b a 故有t 由指数
C ; D, ＝e, , ＝ － , ＞ , ＞０,
t
函数的单调性可知必有 b a t则 a 由于a 必有 a 进而要求t t 显然不存在 故
e－e＝ , e＝ t , ＞０, e＞１, ＞e－１, ,
e－１
错误 故选 ．
D ; BC
．【答案】
１２ １６
【解析】由题意可知 等差中项为３＋１３ 则由等比中项的性质得 ２ m 解得m 故答案为 ．
, ＝８, ８＝４ , ＝１６, １６
２
高三数学试题参考答案 第 页 共 页
【 ２ ( ６ )】．【答案】
１３ ４３
【解析】由A B C 得 A ４π AA π 由面积得 １ AB AC A 可得AB AC
＋ ＋ ＝π ３ ＝ － , ＝ , １２３＝ × × ×sin , × ＝
３ ３ ２
由余弦定理得BC２ AB２ AC２ AB AC A AB２ AC２ AB AC AB AC 当且
４８, ＝ ＋ －２× × ×cos ＝ ＋ － × ≥ × ＝４８,
仅当AB AC 时 等号成立 于是BC的最小值为 故答案为 ．
＝ ＝４３ , , ４３, ４３
．【答案】２
１４
３
【解析】因为初始数字为 故易知 第 轮变换前后数字之差为 等价于 第 轮执行加 变换 ．设该事件
２, “ １ １” “ １ １ ”
为N 设 轮变换后X 为事件M 列举所有 轮变换的路径 满足事件M 的路径及其概率分别为
, “３ ３≥８” , ３ , :
加 加 乘 概率为p２ p 加 乘 乘 概率为p p２ 乘 加 乘 概率为p p２ 乘
１、 １、 ２ (１－ ), １、 ２、 ２ (１－ ), ２、 １、 ２ (１－ ), ２、
乘 加 概率为p p２ 乘 乘 乘 概率为 p３ 求和得P M p p２ p 事件
２、 １ (１－ ), ２、 ２、 ２ (１－ ), ( )＝(１－ )(－ ＋ ＋１),
N M包含前两条路径 其概率PN M p２ p p p２ p p 易知P M 故由条件
∩ , ( ∩ )＝ (１－ )＋ (１－ )＝ (１－ ), ( )＞０,
PN M p
概率公式可得PN M ( ∩ ) ６ 整理得 p２ p 解得p ２或p ３
(| )＝ P
(
M
)
＝
－
p２
＋
p
＋１
＝
１１
, ６ ＋５ －６＝０, ＝
３
＝－
２
,
结合 p 可得p ２ 故答案为２．
０＜ ＜１ ＝ ,
３ ３
１５ ．【解析】 (１) 记{a n }的公比为q , qa １＝ a １＋２,( q －１) a １＝２, ２ 分
aq２ 分
１ ＝９, ３
q２
两式作比 得 ９ q２ q 分
,q ＝ ,２ －９ ＋９＝０, ４
－１ ２
解得q ３或q ． 分
＝ ＝３ ６
２
(２) 记S n 为{a n }的前n项和 , 当q ＝ ３时 , 由 ( q －１) a １＝２ 得a １＝４, ８ 分
２
( )n
３
a qn １－ ( )n
此时S １(１－ ) ２ ３ ． 分
n ＝ q ＝４× ＝８× －８ １０
１－ ３ ２
１－
２
当q 时 a a 分
＝３ ,２ １＝２,１＝１, １１
a qn n n
S １(１－ ) １－３ ３－１． 分
n ＝ q ＝ ＝ １３
１－ １－３ ２
b２ b２
．【解析】 E 的离心率e ４－ E 的离心率e ４＋ 分
１６ (１)１ １＝ ,２ ２＝ , ２
２ ２
b４
由题意可得ee １６－ ７ 解得b ． 分
１ ２＝ ＝ , ＝ ３ ４
１６ ４
{y kx
显然l的斜率存在 设ly kx 设Mx y Nx y 联立 ＝ (＋２) 得 k２ x２
(２) , :＝ (＋２), (１,１), (２,２), x２ y２ , (４ ＋３) ＋
３ ＋４ ＝１２
k２x k２ 分
１６ ＋１６ －１２＝０, ７
可得x ６－８ k２ 联立 {y ＝ k ( x ＋２) 得 k２ x２ k２x k２ 分
１＝
４
k２
＋３
, x２ y２ , (４ －３) ＋１６ ＋１６ ＋１２＝０, ９
３ －４ ＝１２
k２
可得x ８ ＋６ 假设 AM AN 可得x x x １２ x －１２
２＝－k２ , | |＝２| | | １＋２|＝２| ２＋２|,１＋２＝k２ ,２＋２＝k２ ,
４ －３ ４ ＋３ ４ －３
分
１１
高三数学试题参考答案 第 页 共 页
【 ３ ( ６ )】故 １２ ２４ 显然k 得 k２ k２ k．２ ３时 k２ k２ 矛盾 分
k２ ＝ k２ , ≠０, ８ ＋６＝|４ －３| ＜ ,８ ＋６＝３－４ , , １４
４ ＋３ ４ －３ ４
k２ ３时 k２ k２ 矛盾 综上 AM AN ． 分
≥ ,８ ＋６＝４ －３, ; ,| |≠２| | １５
４
．【解析】 如图 取BC中点D 连接DADB 因为AB AC BB
１７ (１) , , , １, ＝ ＝ １＝２２,
所以AD BC 分
⊥ , １
因为平面BBCC 平面ABC 平面BBCC 平面ABC BC 又因为
１ １ ⊥ , １ １ ∩ ＝ ,
AD 平面ABC 所以AD 平面BBCC 分
⊂ , ⊥ １ １ , ２
因为 CBB 所以在 BDB 中 BD２ BD２ BB２ BD BB 解得BD 分
∠ １＝４５°, △ １ ,１ ＝ ＋ １－２ １cos４５°, １ ＝２, ４
所以BD２ BD２ BB２ 所以 BDB 为直角三角形 所以 BD BC 因为 BD AD D
１ ＋ ＝ １, △ １ , １ ⊥ , １ ∩ ＝ ,
BD 平面ADB AD 平面ADB 所以BC 平面ADB 因为AB 平面ADB 所以AB BC．
１ ⊂ １, ⊂ １, ⊥ １, １⊂ １, １⊥
分
６
由 可 得 AD 平 面 BBCC 且 BD BC AD BC
(２) (１) ⊥ １ １ , １ ⊥ , ⊥ ,
因为BD 平面BBCC 所以AD BD 所以以D为原点 DA为x轴
１ ⊂ １ １ , ⊥ １ , , ,
DB为y轴 DB 为z轴 建立空间直角坐标系 如图 分
, １ , , , ７
所以AD AC２ CD２ 所以A B C 因
＝ － ＝２, (２,０,０), (０,２,０), (０,－２,０),
为 BM→ MC→ 所以DM 所以M 分
３ ＝ , ＝１, (０,１,０), ９
因为BD 所以B 因为AA CC 所以 C 因为AC→ AC→ 所以解得
１ ＝２, １(０,０,２), １＝ １＝２２, ,１(０,－４,２), ＝ １ １,
A 分
１(２,－２,２), １０
设平面 AMB 的法向量为 m x y z 所以AB→ BM→ 所以
１ １ ＝(１, １,１), １ １＝(－２,２,０), １ ＝(０,１,－２),
{ AB→ m { x y
１ １ ＝０ 即 －２ １＋２ １＝０ 令z 则x y 所以m 分
BM→ m , y z , １＝１, １＝２,１＝２, ＝(２,２,１), １２
１ ＝０ １－２１＝０
设平面ABC的法向量为n x y z 则n 分
＝(２,２,２), ＝(０,０,１), １３
m n
设平面AMB 与平面ABC的夹角θ 所以平面AMB 与平面ABC的夹角的余弦值为 θ
１ １ , １ １ cos＝ m n
１ １． 分
＝ ＝ １５
１× ２ ２ ＋２ ２ ＋１ ２ ３
．【解析】 随机变量
ξ
的可能取值为 和
ξ
时 第一次高一篮球队挑战高二篮球队 第二次高二篮球队
１８ (１) １ ２,＝１ , ,
挑战高三篮球队 第三次高三篮球队挑战高二篮球队 或者第一次高一篮球队挑战高三篮球队 第二次高三
, , ,
篮球队挑战高二篮球队 第三次高二篮球队挑战高三篮球队 分
, , ２
则Pξ ． ． ． ． ． ． ． 分
(＝１)＝０５×０６×０６＋０５×０６×０６＝０３６, ３
Pξ ． ． ． 分
(＝２)＝１－０３６＝０６４ ４
则 的分布列为
ξ
ξ
１ ２ 分
５
P ． ．
０３６ ０６４
则 ξ 的数学期望为Eξ ． ． ． ． 分
()＝１×０３６＋２×０６４＝１６４ ６
若第n次挑战权属于高二篮球队 若第n 次挑战权属于高一篮球队 则第n 次高一篮球队挑
(２)(ⅰ) , －１ , －１
高三数学试题参考答案 第 页 共 页
【 ４ ( ６ )】战高二篮球队 其概率为 ．PA 若第n 次挑战权属于高三篮球队 则第n 次高三篮球队挑战高
, ０５ (n －１), －１ , －１
二篮球队 其概率为 ．PC 分
, ０６ (n －１), ７
所以PB ．PA ．PC 分
(n)＝０５ (n －１)＋０６ (n －１)①, ８
同理可得PC ．PA ．PB 分
(n)＝０５ (n －１)＋０６ (n －１)②, ９
得PB PC ．PB PC 分
②－① (n)－ (n)＝－０６( (n －１)－ (n －１)), １０
又PB PC １ 因此PB PC 因此PB PC 分
(１)＝ (１)＝ , (n)－ (n)＝０, (n)＝ (n); １１
２
若第n次挑战权属于高一篮球队 若第n 次挑战权属于高二篮球队 则第n 次高二篮球队挑战
(ⅱ) , －１ , －１
高一篮球队 其概率为 ．PB 若第n 次挑战权属于高三篮球队 则第n 次高三篮球队挑战高一
, ０４ (n －１), －１ , －１
篮球队 其概率为 ．PC 分
, ０４ (n －１), １２
所以PA ．PB ．P C 得P B P C P A ． P B
(n)＝０４ (n －１)＋０４ (n －１)③,①＋②, (n)＋ (n)＝ (n －１)＋０６( (n －１)＋
PC 分
(n －１)), １３
由 知PB PC ．PA 又因为 PA PB PC PA ．PA 从
③ (n －１)＋ (n －１)＝２５ (n), １－ (n)＝ (n)＋ (n)＝ (n －１)＋１５ (n),
( )
而有PA ２ PA 所以PA ２ ２ PA ２ 分
(n)＝－ ( (n －１)－１), (n)－ ＝－ (n －１)－ , １５
５ ７ ５ ７
第一次挑战权为高一篮球队 经过一次挑战后 挑战权不是高一篮球队 则P A 故P A ２
, , , ( １)＝０, ( １)－ ＝
７
{ }
２ 则有 PA ２ 是以 ２为首项 ２为公比的等比数列 分
－ , (n)－ － ,－ , １６
７ ７ ７ ５
( )n －１ ( )n －１ ( )n －１
因此 PA ２ ２ ２ PA ２ ２ ２ ．当n为偶数时 ２ ２
, (n)－ ＝－ － , (n)＝ － － ,－ － ＞０,
７ ７ ５ ７ ７ ５ ７ ５
因此PA ２． 分
(n)＞ １７
７
x x x
．【解析】 f′x cos －sin ．设hx x x xh′x x x x x x x
１９ (１) ()＝ x２ ()＝ cos －sin , ()＝cos － sin －cos ＝－ sin ,
当x 时x 且 x h′x hx在区间 上单调递减 又因为h 故hx h ．即
∈(０,π) ,＞０ sin ＞０, ()＜０,() (０,π) , (０)＝０, ()＜ (０)＝０
x x x 恒成立 则f′x 在定义域 内恒成立 故fx 的单调减区间为 无单调递
cos －sin ＜０ , ()＜０ (０,π) , ( ) (０,π),
增区间． 分
４
x x x x x
y f x fx sin(sin )x 且y′ coscos(sin )－sin(sin )．要证明其单调递减
(２)＝ (sin ) ( )＝ x , ∈(０,π), ＝ x２ ,
只需证明y′ ．由于x２ 只需证明分子小于 设Nx x x x x ．当x π
＜０ ＞０, ０, ()＝ coscos(sin )－sin(sin ) ∈[ ,π)
２
时 x 由于 x π 所以 x 且 x 此时x x x
,cos ≤０, ０＜sin ≤１＜ , cos(sin )＞０ sin(sin )＞０, coscos(sin )≤０,
２
x 所以Nx 成立．
－sin(sin )＜０, ()＜０
x
当x π 时 此时 x ．要证明x x x x 只需证明sin(sin ) x x 即证明
∈(０, ) , cos ＞０ coscos(sin )＜sin(sin ), x ＞ cos ,
２ cos(sin )
x x x． 分
tan(sin )＞ cos ７
下面证明x π 时 x x．设函数m x x xx π ．m′x １ ２x 当
∈(０, ) ,tan ＞ ( )＝tan － , ∈(０, ) ( )＝ ２x－１＝tan ,
２ ２ cos
x π 时 m′x mx 在 π 上单调递增．又因为m 所以x π 时mx m
∈(０, ) , ()＞０, () [０, ) (０)＝０, ∈(０, ) ( )＞ (０),
２ ２ ２
高三数学试题参考答案 第 页 共 页
【 ５ ( ６ )】即 x x 从而 x x得证．因为x π 所以 x π 故 x x 只需
tan － ＞０, tan ＞ ∈(０, ), sin ∈(０,１)⊂(０, ), tan(sin )＞sin ,
２ ２
x
证明 x x x 等价于证明sin x 即 x x 此结论已证 故 x x x x 即
sin ＞ cos , x＞ , tan ＞ , , tan(sin )＞sin ＞ cos ,
cos
x
sin(sin ) x x 又因为 x 故 x x x x 即Nx ．
x ＞ cos , cos(sin )＞０, sin(sin )＞ coscos(sin ), ()＜０
cos(sin )
综上 函数y f xfx 在定义域内单调递减． 分
, ＝ (sin )() １０
由正弦定理可知 在 ABC 中 a d Ab d B 代入得B d A A d B 即
(３) , △ , ＝ sin , ＝ sin , sin(sin )＝ sin(sin ),
d A d B d x
sin(sin ) sin(sin )．设gx sin(sin )其中x 则B a A b当且仅当A B 等价
A ＝ B ()＝ x , ∈(０,π), sin ＝ sin ＝ ,
于方程gA gB 在 ABC满足AB 且A B 时只有唯一解A B． 分
( )＝ ( ) △ , ∈(０,π) ＋ ＜π ＝ １１
d x x
当 d 时 g x d sin(sin ) sin ．当x π 时 x 单调递增 故u
０＜ ≤π , ( )＝ d x x ∈(０, ] ,sin ∈(０,１] , ＝
sin ２
d x x
d x 单调递增 由 可知 sin(sin )与sin 均为关于x的正值减函数 则gx 在 π 上单调
sin ∈(０,π] , (１) , d x x , ( ) (０, ]
sin ２
递减 下面证明 若gA gB 则必有A B．不妨设A B．当B π 时 由于AB π 且
, : ( )＝ ( ), ＝ ≤ ∈(０, ] , , ∈(０, ]
２ ２
gx 在该区间单调递减 故由gA gB 必有A B 当B π 时 由于AB是 ABC的内角 故
() , ( )＝ ( ), ＝ ; ∈( ,π) , , △ ,
２
A B 即 A B π．由gx 在 π 单调递减 可得gA g B 又g B
＋ ＜π, ０＜ ＜π－ ＜ ( ) (０, ] , ( )＞ (π－ ), (π－ )＝
２ ２
d B d B
sin(sin(π－ )) sin(sin )因为B π 所以 B B 且d B 有d B
B ＝ B , ＞ , ０＜π－ ＜ , ≤π,sin ∈(０,１), sin ∈(０,π),
π－ π－ ２
d B d B
故 d B ．所以sin(sin ) sin(sin )即g B gB 联立得gA g B gB
sin(sin )＞０ B ＞ B , (π－ )＞ ( ), ( )＞ (π－ )＞ ( ),
π－
这与gA gB 矛盾 故当 d 时 当且仅当A B时 B a A b成立． 分
( )＝ ( ) , ０＜ ≤π , ＝ ,sin ＝ sin １４
当d 时 假设原命题成立 下证矛盾．因d 存在x π 使得d x 此时gx ．取
＞π , , ＞π, ０∈(０, ) sin ０＝π, (０)＝０
２
β π 使得d β 则gβ ．令α β 则α π 且 α β．因d α d β
∈( ,π) sin ∈(π,２π), ()＜０ ＝π－ , ∈(０, ) sin ＝sin sin ＝ sin ＞π
２ ２
d x 且αx 均为锐角 故x α．只需比较gα gβ ．由于 d α d β 且 α β
＝ sin ０, ,０ , ０＜ (),() sin(sin)＝sin(sin)＜０ ０＜ ＜ ,
d α d β
故sin(sin ) sin(sin )即gα gβ 此时有gα gβ gx ．设Fx gx gβ
α ＜ β , ()＜ ()＜０, ()＜ ()＜ (０) ( )＝ ( )－ (),
Fx gx gβ gβ Fα gα gβ 则根据零点存在性定理 存在A x α 使
(０)＝ (０)－ ()＝－ ()＞０, ()＝ ()－ ()＜０, , ∈(０,)
得FA 即gA gβ ．令B β 则gA gB ．由于A α且B α 故A B α α
( )＝０, ( )＝ () ＝ , ( )＝ ( ) ＜ ＝π－ , ＋ ＜ ＋(π－ )＝
且A π B 故A B．这与 当且仅当A B 矛盾 故d 不成立 综上所述d的取值范围是 ．
π; ＜ ＜ , ≠ “ ＝ ” , ＞π , , (０,π]
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高三数学试题参考答案 第 页 共 页
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