最后一卷数学参考答案_2024-2027高三（6-6月题库）_2026年05月高三试卷_260525安徽省合肥市第八中学2026届高三最后一卷（全科）

2026届高三最后一卷
数学试题
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是
符合题目要求的。
1.已知集合 ， ，则 ( )
2
A.  ={  |  −  −B.6≤0}  ={  |  =C. 1−  }  ∩  =D.
【答[−案1】,1B] [−2,1] (−1,1) [0,1]
解：集合 ， ，
则  ={  |−．2≤  ≤ 3}  ={  |  = 1−  }=  |1−  ⩾0 =  |  ⩽1
故选  ∩：  ．=[−2,1]
z
2.已知复数 ，在复平面内，复数 与 对应的点关于直线 对称，则 1 ( )
z
2
1 =2+   1  2  =  =
1 3 4 3 4 3
A. B.  i C.  i D.  i
2 2 5 5 5 5
0
【答案】D
解：在复平面内， 对应的点为 ，
1 =2+  (2,1) z 4 3
而 关于直线 对称的点为 ，则 ，所以 1 =  i．
z 5 5
2
(2,1)  =  (1,2)  2 =1+2 
故选： ．
3.两个粒  子 ，从同一发射源发射出来，在某一时刻，它们的位移分别为 ，
 
，则 在  s  s 上的投影向量的长度为( )    =(4,3)    =(−
A B
2,6)    
3 10 10 85
A. B. C. 2 5 D.
2 17
2
【答案】C
    
解：因为 s s =（6,-3）则s (s s )=30，
A B B A B
 
所以 在s s 上的投影向量长为2 5
A B
故选：     ．
4．意大  利画家达·芬奇提出：固定项链的两端，使其在重力的作用下自然下垂，那么项链所
1形成的曲线是什么？这就是著名的“悬链线问题”，其中双曲余弦函数就是一种特殊的悬链线
ex ex ex ex
函数，其函数表达式为coshx ，相应的双曲正弦函数的表达式为sinhx ．设
2 2
函数 f x sinhx ，若实数a满足不等式 f a2 f  a2 0，则a的取值范围为( )
coshx
A．1,2 B．2,1
C．,12, D．,21,
【答案】A
ex ex
解：由题意可知： f(x) 的定义域为R，
ex+ex
ex ex
因为 f(x) f(x)，所以函数 f(x)为奇函数，
ex+ex
exex e2x1 2 2
又因为 f(x) = =1 ，且g(x)= 在R上为减函数，
ex+ex e2x+1 e2x+1 e2x+1
2
由复合函数的单调性可知： f(x)1 在R上为增函数，
e2x+1
因为 f a2 f  a2 0，所以 f a2f  a2  f  a2 ，
所以a2a2，解得：1a2，所以实数a的取值范围为(1,2)，
故选：A.
π 
5．设函数 f xsinx 3cosx(0)，若点 ,0为函数 f x图象的一个对称中心，
3 
 π
且 f x在  0,  上的最大值为2，则的最小值为( )
 6
A．4 B．5 C．7 D．10
【答案】C
1 3   
解： f(x)sinx 3cosx 2

sinx cosx

2sinx ，
2 2   3
     
点 ,0是 f(x)的对称中心，因此 f  0，代入得 2sin  0，
3   3  3 3 
(1)
即 k(kZ)，整理得3k1(kN,0)；
3
      
当x

0,

时，x 

 , 

， 而根据解析式可知 f(x)最大值为2，
 6 3  3 6 3
   
说明区间必须包含 ，因此   ， 解得5； 结合3k1且5，
2 6 3 2
k1时，45，不满足；k 2时，75，满足条件.因此的最小值为7.
故选： ．
2
6. 如图，正三棱台ABCABC 的上、下底面边长分别为1和3，平面ABC将
1 1 1 1
棱台分成两部分，则三棱锥A ABC和四棱锥A BCCB的体积比是( )
1 1 1 1
4 3 7 9
A． B． C． D．
3 2 4 4
【答案】D
解：由正三棱台上、下底面边长分别为1和3，知S :S 1:9,
A
1
B
1
C
1
ABC
4
又V V V 4V 4V  V ,
A1 BCC1B1 A1 BC1B1 A1 BCC1 A1 BC1B1 BA1B1C1 9 A1 ABC
V 9
所以 A1 ABC  ,故选D.
V 4
A1 BCC1B1
x2 y2
7.双曲线E:  1(a,b0)的左、右焦点为F、F ，A、B为双曲线E右支上两点且满
a2 b2 1 2
足AF //BF ，若AF BF 时，BF =3a，则双曲线E的离心率为( )
1 2 2 2 2
A．3 2 B． 13 C．2 3 D．3
【答案】B
解：设AF 交双曲线的左支于点D，由对称性知DF=3a，则DF =5a，
1 1 2
设AF =m，则AF=m2a，AD=ma利用AD2AF2=DF2解得：
2 1 2 2
c
m=4a，又AF2AF2=FF2，解得：  13
1 2 1 2 a
8．若实数x，y，z满足 x 2y log z，则x，y，z的大小
2
关系不可能是( )
A．z x y B．z y x C．y x z D．y z x
【答案】C
1 1 y
解：由 x 2y log z可得x2   log zt，
2 2 1
2
tlog x 1
1 与t  互为反函数，故其交点C在直线tx上，且交点横坐
2
2x
标小于1，
而t  x与tx交点的横坐标等于1，
tlog x 1
从而t  x， 1 ，t  在同一直角坐标系中的大致图象如图所
2
2x
31 tlog x
示：t  与t  x的图像交点为B, 1 与t  x的图像交点为A,且x x x
2x
2
B A C
当直线ym位于点A的上方时，此时直线ym与三个函数的交点横坐标满足x z y，
当直线ym位于点B的上方，A的下方时，此时直线ym与三个函数的交点横坐标满足
z x y，
当直线ym位于C点的上方，B的下方时，此时直线ym与三个函数的交点横坐标满足
z y x，
当直线ym位于C点的下方时，此时直线ym与三个函数的交点横坐标满足y z x.
故选： ．
二、多选  题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知数列 是首项为 ，公差为 的等差数列，数列 是首项为 ,公比为 的等比数列，
且 ，   ，1则( )    2 
A.  2 =  2  5 =  3+5
B. 数  =列3,  =的2前50项中，有7项在数列 中

C. 数列 的前 项和为
2
3  −  −4  +1
D. 数列   +  的  前 项  和为 2 +2
【答案】  A  C  D  5 650
解：对于 ，设 的公比为 ，由于 ， ，则 ，解得 ，
1+  =2   =2
2 =  2  5 =  3+5 2
所以A正确；
1+4  =2  +5  =3
对于 ，可知 ，令 ，即 ，存在

，  ， ，使   得=1+3(，  所−以1)B=错3  误−；2,   =2   =   3  −2= 2  =
2对于6 ，22   =   ，设数列 的前 项和为 则

+   =(3  −2)+2   +      .   = 1+4+7+⋯+
，所以C正确;
2
2   (1+3  −2) 2 1−2 3  −  −4  +1
(对3  于−，2) + 2+2 +⋯+2 ，=则 2 + 1−2 = ，故2 +2
2
=3  −2,   =2     =(3  −2)⋅2，两式  相  =减1得×：2+4×2 +⋯+(3  −
2 3  +1 2
2)⋅2 ,∴ 2   =1×2 +4×2 +⋯+(3  −2)⋅2 −   =2+3×2 +3×
，
+1
3   +1 4−2  +1  +1
2故+⋯+3×2 −(3  −2，)·2则 =2+3，所1以−2 D正−确(3；  −2)⋅2 =−10−(3  −5)⋅2
+1
故选   ：=10+(3  −5)2  5 =650

410.在篮球训练课上， ， 两位同学进行“定点投篮”比赛，规则为：比赛共进行 轮，在每
轮比赛中，两人各定点  投  篮一次，投中得 分，投不中得 分已知 ， 每次定点5 投篮投中
的概率分别为 ， ， ，若1 轮比赛后 ，0 的.总得分  分  别为 ， ，则下
列结论正确的是   (  )  (   ,   ∈(0,1)) 5      
A. 若 ，则
(   )<  (   )   <  
B. 若 ，则
1
C.
0<   <   <2  (   )<  (   )
(   =   =3) ≠  (   :   =2:3)
D. 若当且仅当 时， 取得最大值，则
1 1
【答案】ABD
=2  (   =  )(  =0,1,2,3,4,5) 3<   <2
解：由题得，随机变量 ，
对于 ， ，   ∽  (5,   )，若   ∽  (5,   ). ，则 ，故A正确
对于  ，  由(题   意)=得5，    (   )=5    (   )<  (   )   <   ;
， ，
所(以   )=5   (1−   )  (   )=5   (1−   ) ，
(   )−  (   )=5(   −   )[1−(   +   )]
若 ，则 ， ，
1
所以0<   <   <2 ，   即−   <0 1−(  ，  故+  B  正)>确0
对于  ，(  假  )设−  (   )<0  (   )<  (   ) ， ;
则   (   =   =3)=  (   :   =2:3) ，
3 3 2 3 3 2 2 2 3 3 3 2
5   (1−   )  5   (1−   ) =  5   (1−   )  5   (1−   )
化简整理得 ，即 ，
1
=1−     =2
所以当且仅当 时， ，故C错误
1
对于 ，由题意   得=，2  (   =   =3)=  (   :   =2:3) ;
，若当且仅当 时， ， ， ， 取得
5− 
最(大   值=，  )=  5   (1−   )  =2  (   =  )(  =0,1,2 3 4 5)
则 解得 ，故D正确．
2 2 3 1 1 4
5   (1−   ) >  5   (1−   ) , 1 1
故选  5
2
A  B 
2
D (1 ． −   )
3
>  5
3

3
(1−   )
2
,
3<   <2
11.三棱锥PABC中，PB ABBC2,PBCPBA
 
且 ,ABC ,PB与平面ABC所成角为,下列说法中
2 2
5正确的有( )
 
A．当 时
4 3

B．当 时三棱锥PABC的外接球半径为 3
4

C． 三棱锥PABC的外接球半径为2时
6
2 2
D．三棱锥PABC的外接球半径最小时，三棱锥PABC的体积为
3
【答案】AD

解：由题意，建系如图：则P( 2cos, 2cos,2sin)，由ABC ，可设三棱锥PABC
2
的外接球球心为O(1,1,m)，则外接球球半径R满足
R2 ( 2cos1)2( 2cos1)2(2sinm)2 2m2，
所以44 2cos4sinm0.

对选项A：当 时P(1,1, 2)，
4
    1
BP (1,1, 2),BA(0,2,0),COSBP,BA ,所以
2
  
BP,BA ，即选项A正确；
3

对选项B：当 时m0，所以三棱锥PABC的外接球半径为 2，即选项B错误；
4
7 
对选项C：三棱锥PABC的外接球半径为2时m 2，m 2解得  ，故舍
12 2

去；m 2解得 ，即选项C错误；
12
对选项D：三棱锥PABC的外接球半径最小时m0，此时P(1,1, 2)，所以三棱锥PABC
2 2
的体积为 ，即选项D正确.
3
故选：AD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.圆C:x12y12 9与直线l:cosxsiny 2(R)交于A、B两点，则弦长
AB的最小值为 ．
【答案】2
cossin 2
解：圆心到直线的距离 d  2 2 ，所以AB2 982.
1
613.已知数列 ，令 为 ， ， ， 中的最大值 ，则称数列 为 的“控
制数列”， {  中  }不同  数  的  个1 数  2称为…“控   制数列” (的  “=阶1数,2”,，…,例  )如： 为{  ，  } ，{  ，  } ，则
“控制数列{”   } 为 ， ， ， ，其“阶数”为 ，{若   } 由 ， ， ， 任{  意  }顺序1构3成，4则2使“控
制数列” {的   “}阶数1”为3 4的所4 有 的个数3为 {   ．} 1 2 3 4
【答案】{   } 2 {   }
解：当 11由 ， 构成时，则 ， ， ， 为 ， 的一个排列，故满足条件的
数列 {  有  } 1 4个 ；当 由  1 =，1 构  2成=时4，则  3  4 ，2 3 ， ， 为 ， 的一个
2
排列{，  或  }  2 =，2( ) ，{   } ，2 4 ，故满足条  1件=的2数列  2 =4有  3  4 1个3；当
2
由 ， 构  1成=时2，  则2 =1  ，3 =，4  ，4 =3为 ， ， 的一个排列{  ，  }故  满2足+条1=件3的(数)列 {  有  }
3 4 个 ，由分类  1加=法3计  数2原  理3可  得4满足1 条2件的4数列 共有 个． {   }
3
143.若=函6 数( ) 的图象上存在不同的两点，使得函数的{  图  }象在这1两1 点处的切线互相垂直，
=  (  )
则称函数 具有 性质若函数 具有 性质，其中 ， ，

为实数，

且
=
满

足
(  ) 
，
.
则实数
(  )=  
的
+ 最2s
大
in
值
2 
是
+2cos2
．

2 2
【答案】  +  =1  +  + 
2
解：由题意可得， ．
2 2
+ 
于是，  (  )=   + 2 sin(2  +  ) ．
' 2 2
设切点分  (别  )为=  +  ，+  cos(2  ，+则  )由=函  数+cos(2  +具  有) 性质，可得 ，
' '
即  1  1,  1  2  2,  2 ，  =  (  )    1   2 =−1
整理  得+cos 2  1+   +cos 2  2+  =−1 ，
2
将上式视  为+关co于s 2的  1方+程  ，+则c其os判2别  2式+：   +cos 2  1+  cos 2  2+  +1=0
，
2
= cos 2  1+  +cos 2  2+  −4 cos 2  1+  cos 2  2+  +1 ≥0
即 ，注意到 ，
2
Δ = cos 2  1+  −，co则s 2  2+  −4≥0 −1≤ cos 2，  1+  ≤1
−故1≤cos 2  2+  ≤1 −2≤cos 2  1+  ，−cos 2  2+  ≤2
2
= cos 2  1+  −cos 2  2+  −4=0
此时 或
cos 2  1+  =−1, cos 2  1+  =1,
,
代入方程 co 可 s 得 2  2+  ， = 因 1 此， cos 2  2． +  =−1.
2
另一方面，由  =0 ，可  设=0 ， ，其中 ，
2 2
+  =1  =cos   =sin   ∈ 
则 ，即

7
|  +  |= cos  +sin  = 2sin  +4 ≤ 2 − 2≤  +  ≤ 2.因此， ．实数 的最大值是 .
故答案为： ．
+  +  ∈ − 2, 2  +  +  2
四、解答题：2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.在 中，内角 ，，所对的边分别为 ，，，若 ．
2 2 2
求△；          2−sin  =sin  sin  +cos  +cos 
(1)若  为锐角三角形，且 ，求 面积的取值范围．
(【2)答案△】  解   ： 因为  =4 △    ，
2 2 2
所以 (1) 2−sin  =sin  sin  +cos  +c，os 
2 2 2
即 2−sin  =sin  sin  +(1−sin，  ) +(1−sin  )
2 2 2
sin  +sin  −sin  =sin  sin 
由正弦定理得 ，由余弦定理知， ，
2 2 2
2 2 2  +  −    1
+  −  =   cos  = 2   =2   =2
因为 ，所以 ．

∈(0,  )  = 3
由 知， ，所以 ，
2 
(2) (1)  = 3  +  = 3
又 是锐角三角形，可得  ，解得 ，
0<  < 2  
△    2   6 <  < 2
0< 3 −  < 2
由正弦定理知 ，又 ，可得 ，
⋅sin  2 3
sin  =sin   =4  = sin  = sin 
，
2 
1 1 2 3 2  sin(3−  ) 6
△    =2   sin  =2×4×sin  ×sin( 3 −  )=4 3× sin  =tan  +2 3
因为 ，所以 ，所以 ，
3
故 6 <  面<积2的取值范ta围n  为> 3 2 3<  △    <8 3
16△.某  中  学  举办校园文化节，设(2置了3,8“数3智).达人”和“英语秀达人”两项特色活动，两项活动前
名得分统计如下： 10
数智达人前 名分数 ， ， ， ， ， ， ， ， ，
英语秀达人前10 名分数148，146，144，142，140，140，138，136，134，132
求出数智达1人0前 名1分4数4 的1平43均数14、2标1准4差1 ；140 140 139 138 137 136
(1)经检查发现：有一1名0 同学的数智达人与英语秀达人得分均在前 名，但是老师却将其数
(智2)达人与英语秀达人得分统计反了，已知正确的数智达人前 名1分0数的平均分为 ，标
准差为 ． 10 141
求该生17正确的数智达人得分是多少？并说明理由；
①
8为了便于成绩分析，对数智达人前 名的正确分数进行“ 分数”转换，要求如下：转化
前②后名次不变，且 个“ 分数”的平均10分为 、标准差为  请你给出一个满足要求的线
性转换公式： 10  其中， 表示数智达5人0分数， 表示1数0.智达人分数对应的“ 分数”，
， 为常数 ，  并=证   明+．  (   
)
n n
 (x x)2  x2 nx 2
i i
（参考公式：s i1  i1 )
n n
【答案】 数智达人前 名学生分数的平均数分别为 标准差分别为 ;
(1) 10 140; 2 6
正确的英语秀达人前 名分数的标准差为 ， ，证
10 17 1410 17
(明2 )见①详解 10 11 ; ②  = 17  =50− 17
解： 设数智达人前 名学生分数的平均分为 ，，标准差分别为 ，
则 (1) 10  1  1 ，
1
1 =10(140+140+142+144+146+148+132+134+136+138)= 140
，
1
1 =因为1该0(同0+学0数+智4达+人16得+分3与6英+语64秀+达64人+得3分6+相1差6+4分) =，由2题4表=知2 ，6可能是英语秀达人
(2) 分与数智达人 分统计反了也可能是英语秀达10人 分与数智达人 分统计反了．
1若3英2 语秀达人 1分4与2 数智达人 ; 分统计反了，则 134 144
'
132 142  1 =
1
若1英0(语1秀+达1+人1+9分+、25数+智4达9+人1+49分+，2则5+9) = 17;
'
134 144  1 =
1
所1以0(是1英+语1+秀1达+人9+25分+与4数9+智8达1人+9+2分5+统9计)反=了．21;
所以正确的数智达人13得2分为 分. 142
设转换公式为 ，14则2 ，
② 1 10  =   +  50=141  + 
所以10=  (bx a50)2 ,将 代入，
i
10
i=1
=50−141 
1 10
得10= b2 (x 141)2  17b2 ,所以 ， ，
i
10
i=1 10 17 1410 17
= 17  =50− 17
即满足要求的线性转换公式为 ，下面证明：因为“ 分数”转换之前
10 17 1410 17
= 17  +50− 17 
的 个正确分数的平均分是 ，标准差为 ，则转换后的平均分
9 ' ' 10 17
10  1 =141  1 = 17  = 17 ×因为 ，
1410 17 2 10 17 1410 17 2 100 2
141+50− 17 =50. (  −50) =( 17  +50− 17 −50) = 17 (  −141)
所以转换后的标准差 ，即转换公式
100 '2 100 10 17 1410 17
满足条件得证．  = 17  1 = 17 ×17=10  = 17  +50− 17
17.如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为直角梯形，ADCBCD90，BC4，
CD 15，AD5，侧面PAB为正三角形，且平面PAB平面PBC.
(1)求三棱锥PABC的体积；
(2)求二面角PDCA的正弦值；
2 19
【答案】（1）8；（2）
19
解：（1）记PB的中点为H，连接AH,HC,AC，由题可得
AB4,AH 2 3,AC 2 10且AH PB，因为平面PAB平
面PBC，由面面平行的性质定理知：AH 面PBC，所以AH HC
2
所以HC=2 7.在三角形HBC中由余弦定理可得HBC= ，所
3
以S 4 3,所以三棱锥PABC的体积
PBC
1
V =V  4 32 38；
PABC APBC 3
1 1
（2）由V =8  4 15h解得四棱锥PABCD的高
PABC 3 2
4 15 4 15
h ，以D为原点建系如图，则A(5,0,0),C(0, 15,0),B(4, 15,0),设P(m,n, )，由
5 5
48 48 2 15
PAPB4得(m5)2n2 (m4)2(n 15)2 16,解得m3,n 或者
5 5 5
3 15 2 3 15
m6,n ；由（1）中PBC= 且BCBP4可得 CP4 3 ，经检验得：m6,n ，
5 3 5
3 15 4 15  3 15 4 15   
即P(6, , )，因为DP (6, , )，DC 0, 15,0 ，
5 5 5 5

设平面PDC的法向量为n(x,y,z)，
 n    D  P  0  6x 3 15 y 4 15 z0
则   ，即 5 5 ，令x2，
nDC0 
y0

则n(2,0, 15)；
10
设平面ABCD的法向量为m(0,0,1)，设二面角PDCA=，
 
  |mn| 15 2 2 19
故 cos|cosmn|    ，所以sin 
|m||n| 19 19 19
x2 y2
18.已知椭圆C:  1，直线l : y  kxm(k  0)与椭圆C有且仅有一个公共点P，过
0
4 2
点P且与l 垂直的直线l分别交x轴、y轴于A(x,0)，B(0,y)两点．当点P运动时，记点Q(x,y)
0
的轨迹为曲线E，
（1）求k,m之间的关系；
（2）求曲线E的轨迹方程；
3 2
（3）若P点在第一象限，直线l和曲线E交于M、N,且 MN  ，求P点坐标.
2
x2 y2
解：（1）联立方程   4  2 1 可得  12k2 x24kmx2m240，

ykxm
因为有且仅有一个公共点，则16k2m24  12k2 2m24  0，
整理得m2 4k22 (k  0)
 2km m   4k 2
（2）由（1）可解得点P坐标为 , ，即 , ，其中k 0
12k2 12k2   m m
2 1 4k 1 2
于是，过点P且与l 垂直的直线l为y  x ，即直线l: y x
0 m k  m  k m
 2k   2  2k 2 2k 2
可得A ,0,B0, ,Q , ，即x ,y ，
 m   m  m m m m
则x2  4k2  1  m22  1 2 1 1 y2，即x2 y2 1，其中x,y 0，
m2 m2 m2 2 2
y2
所以点Q(x,y)的轨迹方程是x2 1（x,y 0）.
2
 1 2
y x

(3)联立方程   k m ，可得  2 1  x2 4 x 4 20，设M  x ,y  ,N  x ,y  利
 x2 y2 1  k2  km m2 1 1 2 2
 2
1 4
2 2 2 
用韦达定理带入 MN  1
1
x x 
3 2
，化简得 1
1 k2 m2

3 2
，又
k2 1 2 2 k2 1 2
2
k2
m2 4k22，带入整理得 1+  2k2 1 1 3  3 4 2 ，进而求得：k2  1 2 ，m2 4，由P     4 m k , m 2  
112  
点在第一象限知k  ，m2，且此时P 2,1 .
2
n
19.记a aa a ,已知函数 和 的定义域都为 ，若存在 ， ， ， ，
i 1 2 n
i1
(  )  (  )   1  2 ⋯   ∈ 
m
使得 f(x)g(x) (xx )0，当且仅当 ， ， ， ， 时等号成立，则称
i
i1
=    =1 2 ⋯   (  )
和 在 上“ 次缠绕”．
判(  断)   和 在 上“几次缠绕”，并说明理由
3
(1)  (  )=   (  )=   ;
设 ，若 和 在 上“ 次缠绕”，求 的取值范围
1
(2)记  所(  有)定=义ln  在+区  间 2  (上  )的函  (数  )组成(0集,+合∞)，证3明：给定  ，对任意; ，都
∗
(存3)在 ， ，(使  ,得  )  ，且 和  在∈  上“ 次缠  (绕  )”．∈ 
【答案  (  】)解  ：(  )∈函  数  (  和)=  (  )+  在(  )上“  次(  缠)绕  ”(，  ) (  ,  ) 
3
理由如下： (1)  (  )=   (  )=   3
, 的零点为 1，0，1.
3
3
ℎ令( 
P
)
(
=
x)
(  )−
(x
(
x
)
)
=  −  =  (1−  )(1+  )ℎ(  ) −
i
i1
[ =(  −1)  (  + ,当1)且仅当 ，即 ， ， ，3时等号成立.
2
所  (以  )函−数  (  )]∙  (  和)=−  (  ) 在≤0上“ 次缠绕  (”  ．)=0  =    =1 2
3
设  (  )=   (  )=   3 ，
1  2
(2)  (  )=  (  )−  (  )=2ln  +  2−  
因为 和 在 上“ 次缠绕”，
1
(  )  (  ) (0,+∞) 3
3
所以存在互异的三个正数 ， ， ，使得G(x)  (xx )0，
i
i1
1  2  3
当且仅当 ， ， ， 时等号成立，所以 ， ， 是 的三个零点．
注意到  =   ，  所=以1 2是 3 的一个零点．  1  2  3  (  )
(1)=0 1  (  )
，
4 2
−2(   −  +  )
'(  当)= 时  ， 3 ， 在 上递增， 是 的唯一零点，不合题意；
①当  ≤ 0 时，  '(  )≥0 ，  (  ) 在 (0,+∞) 上递减， 1 是  (  ) 的唯一零点，不合题意；
1
②  ≥ 2  '(  )≤0  (  ) (0,+∞) 1  (  )
当 时，令 ，即 ，
1 4 2
可③知方0程<  <2  '(  存)=在0两根  ，  −，  且+  =0 ，
12 4 2
−  +  =0  1  2 0<  1 <1<  2当 时， ， 递减
当  ∈(0,  1)时，  '(  )<0 ，  (  )递增;，
当  ∈(  1,  2) 时  ，'(  )>0  ，(  ) 递减，
所以  ∈(  2,+∞)  '，(  )<0  (  )
(  1)<  (1)=0
因为 ，
1 3 1
(  )=2ln  +  −  >2ln  +  − 
设 ， ，
1
(  )=2ln  +  −  0<  <1
因为 ，所以 在 上递减，所以 ，即 ，
2
(  −1)
所以存  '(在  )=−  2 ，<0 ，  (  ) (0,1)  (  )>  (1)=0  (  )>0
1 ∈(0,1)  (  1)=0
又 ， ，
1
(  2)>  (1)= 0  (  )=−  (  )<0
所以存在 ， ，所以 恒成立，
1
2 ∈(  2,+∞)  (  2)=0 (  −  1)(  −1)(  −  2)[  (  )−  (  )]≤0
即 时， 和 在 上“ 次缠绕”，
1 1
0<  <2  (  )  (  ) (0,+∞) 3
综上， 的取值范围是
1
取  (0,2). ，
(设3)  <  1 <  2 <⋯<   <  ，
(  )=(  −  1)(  −  2)⋯(  −   )
令 ， ， ，
1 1
显然  (  )= 2[  (  )−  (  )，] 且  (  )= 2[  (  )+  (  )]  ∈ (  ,  ) ，
2
当且仅  (当  )=  (  )，+  (  )， ，[  (，  )−时  (，  )等]号  =成1立(  ．−   )=−  =1 (  −   ) ≤0
所以对任意  =    =，1 2 ⋯ 
(  )∈ 
存在 ， ， ，
1 1
其中  (  )= 2[  (  )−  (  )]  (  )= 2[，  (  )+  (  )]  ∈(  ,  )
使得  (  )=(  −  1)(  −，  且2)⋯(  和−   ) 在 上“ 次缠绕”．
(  )=  (  )+  (  )  (  )  (  ) (  ,  ) 
13