云南省玉溪第一中学2026届高三上学期适应性测试（四）数学Word版含解析_3337_副本_小初高学习资料合集（每天更新）_02数学_云南省玉溪一中高三上学期适应性测试（四）

玉溪一中 2025—2026 学年上学期高三适应性测试（四）
数 学
注意事项：
1．答卷前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在答题卡
上，并认真核准条形码上的姓名、准考证号、考场号、座位号及科目，在规定的位置贴好条
形码.
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需
改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，用黑色碳素笔将答案写在答
题卡上.写在本试卷上无效.
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
一、选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分.在每小题给出的四个选项中，只有一项
是符合题目要求的.
A  x|x2 5x60  BxZ |1 x5
A B 
1. 已知集合 ， ，则  （ ）
A.
2,3
B.
1,5
C.
2,3
D.
2,3,4
【答案】C
【详解】∵x2 5x60x2x302 x3，∴Ax|2 x 3 ，
又BxZ |1 x52,3,4 ，所以AB2,3，
故选：C.
2. 已知复数z满足z2z3i，则z（ ）
1
A. 1i B. 1i C. 3 i D. 3i
3
【答案】A
【详解】设z abi,a,bR，则z abi，
因为z2z3i，所以abi2abi3i，所以3abi3i，
3a3 a1
所以 ，解得 ，所以z 1i.
b1 b1
故选：A.xxa
1
3. 若函数 f x 在区间 0,2 单调递增，则a的取值范围是（ ）
 
3
A.
,4
B.
4,
C.
4,
D.
,4
【答案】D
t
1
【详解】令t  x(xa)，又y  在R上单调递减，
 
3
xxa
所以要使 f x
1
在区间 0,2 单调递增，
 
3
则t  x(xa)在区间 0,2 单调递减，
a a2 a a
所以由t  x(xa)(x )2  的开口向上且对称轴为x 得 2，解得a4.
2 4 2 2
故选：D
 1 
4. 已知sin( ) 3cos ，则sin(2 )（ ）
3 3 6
2 2 1 7
A. B. C.  D. 
3 9 9 9
【答案】D
【详解】
 1   1
Qsin( ) 3cos sincos cossin  3cos
3 3 3 3 3
1 3 1 1 3 1  1
 sin cos 3cos  sin cos cos( )
2 2 3 2 2 3 6 3
2
      1 7
sin(2 )sin 2( ) =cos2( )2cos2( )12 1
   
6  6 2 6 6 3 9
故选：D.
5. 北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层，上层中心有一块圆形石板(称为天心石)，环
绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块，下一层的第一环比上一层的最后一环多9
块，向外每环依次也增加9块，已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板(不含
天心石)（ ）A. 3699块 B. 3474块 C. 3402块 D. 3339块
【答案】C
【详解】设第n环天石心块数为a ，第一层共有n环，
n
则{a }是以9为首项，9为公差的等差数列，a 9(n1)99n，
n n
设S 为{a }的前n项和，则第一层、第二层、第三层的块数分
n n
别为S ,S S ,S S ，因为下层比中层多729块，
n 2n n 3n 2n
所以S S  S S 729，
3n 2n 2n n
3n(927n) 2n(918n) 2n(918n) n(99n)
即    729
2 2 2 2
即9n2 729，解得n9，
27(9927)
所以S  S  3402.
3n 27 2
故选：C
 2x
6.  1  x y5 的展开式中x3y2的系数为（ ）
 y 
A 55 B. 70 C. 30 D. 25
【答案】C
【详解】对x y5 ，有T Ckx5k yk 1k Ckx5kyk，
k1 5 5
令k 2，有T 12 C2x52y2 10x3y2，
3 5
令k 3，有T 13 C3x53y3 10x2y3，
4 5 2x
则110x3y2 



  10x2y3 30x3y2，
 y 
 2x
故 1  x y5 的展开式中x3y2的系数为30.
 y 
故选：C.
lnx,x1

7. 已知定义在R上的函数 f(x) ，若函数k(x) f(x)ax恰有2个零点，则实数a的取
x2 x ,x1

值范围为（ ）
 1  1
A.  ,  0(1,) B.  1,  0(1,)
 e  e
 1 1  1 
C.  1,  {0}  ,  D. (,1){0}  ,1 
 e e  e 
【答案】B
【详解】如图，数形结合，观察直线 yax 与曲线y  f(x)的位置关系.
当x(,0], f(x) x2 x, f(x)2x1, f(0)1，
故在(0,0)处的切线方程为y x.
1
当x[0,1], f(x) x2  x，同理可得在(0,0)处的切线方程为y  x.
2
1
当x(1,), f(x)lnx, f(x) ，
x
1
设切点为(t,lnt)，其中t 1，则过该点的切线方程为ylnt  (xt)，
t
1
代入(0,0)，得t e，故过(e,1)的切线方程为 y  x.
3 e
1 
可得当a(,1)0  ,1 时，有两个交点，即函数y k(x)恰有两个零点.
e 
 1
此时a

1,

0(1,)
 e
故选：B8. “曼哈顿距离”是人脸识别中的一种重要测距方式，其定义如下：设Ax ,y ,Bx ,y  ，则A,B两点
1 1 2 2
间的曼哈顿距离dA,B x x  y  y ，已知M 4,6 ，点N 在圆C:x2  y2 6x4y 0上运动，
1 2 1 2
若点P满足d(M,P)2，则 PN 的最大值为（ ）
17 2
A. 7 3 13 B.  13
2
C. 145 13 D. 149 13
【答案】D
【详解】如图所示，由圆C:x2  y2 6x4y 0，可得(x3)2 (y2)2 13，
则圆心C(3,2)，半径r  13，
设P(x ,y )，则 x 4  y 6 2，可得点P的轨迹为如下所示的正方形，
0 0 0 0
其中A(4,8),B(6,6)，则 AC  149, BC  145，
则 PN  AC r  149  13，所以 PN 的最大值为 149 13.
故选：D.
二、选择题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分.在每小题给出的选项中，有多项符合题
目要求.全部选对的得 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分.
9. 如图，在长方体ABCD ABC D 中，AA  AB4，BC 2，M,N 分别为棱C D ，CC 的中点，
1 1 1 1 1 1 1 1
则下列说法正确的是（ ）A. A、M、N、B四点共面 B. 直线BN 与BM 所成角的为60
1
C. BN //平面ADM D. 平面ADM 平面CDDC
1 1
【答案】BD
【详解】对于A：在长方体ABCD ABC D 中，A、B、M 在平面ABC D 内，N 为CC 的中点，平面
1 1 1 1 1 1 1
ABC D CC C ，则N 为平面ABC D 外一点，故A、B、M、N 不共面，故A错误；
1 1 1 1 1 1
对于B：如图，取CD中点E ，连接BE，NE，
可得BE//BM ，则EBN 为直线BN 与BM 所成角，
1 1
在长方体ABCD A
1
B
1
C
1
D
1
中，由AA
1
 AB4,BC 2，易得

BEN为边长为2 2的正三角形，故
EBN 60，故B正确；
对于C：若BN//平面ADM ，又BC//平面ADM ，则平面BCC B //平面ADM ，而平面BCC B //平
1 1 1 1
面ADD A，故矛盾，故C错误；
1 1
对于D：在长方体ABCD ABC D 中，AD平面CDDC ，AD平面ADM ，
1 1 1 1 1 1
所以，平面ADM 平面CDDC ，故D正确.
1 1
故选：BD
10. 下列结论正确的是（ ）
2x y yz
A. 若x 0，则 1 B. 若x y 0，z  0，则 
x2 1 x xz1 1 1 1
C. 若xy 0且x y，则  D. 若x y 0，则x  y
x y y x
【答案】AD
2x 2

【详解】对于选项A，当x 0时， x2 1 1 .
x
x
2x 2
1  1
∵x 2，当且仅当x1时，取等号，∴ x2 1 1 ，故A正确.
x x
x
yz y
对于选项B，∵x y 0且z  0，由糖水原理可知  ，故B错误；
xz x
对于选项C，当1 x0 y 1时，结论不成立，故C错误；
 1  1 xy1 xy1 1 1 x y
对于选项D， x    y    xy1    xy1 0，即
 y  x y x  y x xy
1 1
x  y ，故D正确.
y x
故选：AD.
11. 已知函数 f xx33x2mx3，则（ ）
A. 当m  4时，函数 f x 在R上单调递增
B. 当m3时，函数 f x 有两个极值
C. 过点 0,1 且与曲线y  f x 相切的直线有且仅有一条
D. 当m1时，直线axbya2b0与曲线y  f x 有三个交点Px ,y  ，Qx ,y ,Rx ,y  ，
1 1 2 2 3 3
则x x x 3
1 2 3
【答案】ACD
【详解】A选项，m  4时， f x x33x2 4x3，
fx3x2 6x43x12 10恒成立，故函数 f x 在R上单调递增，A正确；
B选项， fx3x2 6xm，当m3时， fx3x2 6x33x12 0恒成立，
此时 f x 在R上单调递增，无极值，B错误；C选项，显然 0,1 不在y  f x 上，设切点为M  n,n33n2 mn3  ，
因为 fx3x2 6xm，所以 fn3n2 6nm，
故切线方程为y  n3 3n2 mn3    3n2 6nm xn ，
又切线过点 0,1 ，故1  n3 3n2 mn3  n  3n2 6nm  ，
整理得2n3 3n2 40，
设hn2n3 3n2 4，则hn6n2 6n
令hn0得n0或1，
令hn0得n
0或n 
1，令hn0得1n0，
故hn2n3 3n2 4在 ,1,0, 上单调递增，在 1,0 上单调递减，
其中h123450，h040，
又h20，故2n3
3n2 40只有1个根-2，
故过点 0,1 且与曲线y  f x 相切的直线有且仅有一条，C正确；
D选项，当m1时， f x  x3 3x2  x3，
若b0，直线axbya2b0 x1，
此时与曲线 f x  x3 3x2  x3只有1个交点，不合要求，故b  0，
b  0，直线axbya2b0与曲线 f x  x3 3x2  x3联立得
ba a
x33x2  x1 0，
b b
ba a
设x3 3x2  x1 xx xx xx ，
b b 1 2 3
ba a
故x33x2  x1  x3x x x x2 x x x x x x xx x x ，
b b 1 2 3 1 2 2 3 1 3 1 2 3
所以3x x x  ，则x x x 3，D正确.
1 2 3 1 2 3
故选：ACD
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
r r
    
12. 已知两个单位向量a，b 满足 ab 1，则向量2ab和a的夹角为______.π
【答案】
6
   
【详解】因为向量a，b 为单位向量，所以 a 1， b 1，
r r   1
又 ab 1，所以a 2 b 2 2a  b  1，所以ab ，
2
    2   3
所以 2ab a 2a ab ，
2
    2
2ab  2ab  412  3，
3
   
2ab a
所以cos 2a  b  ,a    2  3 ，
  
2ab  a 31 2
      π
又 2ab,a 0,π ，所以 2ab,a  .
6
π
故答案为： .
6
x2
13. 已知F,F 是椭圆C:  y2 1的左、右焦点，P是C 上一点．过点F 作直线PF 的垂线l ，过点F
1 2 a2 1 1 1 2
8 5
作直线PF 的垂线l ．若l ,l 的交点Q在C 上（P,Q均在x轴上方)，且 PQ  ，则C 的离心率为
2 2 1 2
5
__________．
3 1
【答案】 ## 3
2 2
【详解】设Pm,n ，F c,0,F c,0 ，由题意可知：mc,n0，
1 2
n mc
则直线PF 的斜率k  ，可知l 的方程为y  xc，
1 PF 1 mc 1 nmc
同理可得：l 的方程为y  xc，
2 n
 mc
y  xc xm
  n   m2 c2 
联立方程 ，解得 m2 c2 ，即Qm, ，
 y  mc xc  y   n 
 n
 n
因为Q在C 上，可知P,Q关于x轴对称，
8 5 8 5 16
且 PQ  ，则2 m  ，可得m2  ，
5 5 5
m2 c2 16
又因为 n，即 c2 n2，
n 5
16
c2 n2

5

16

 5
由题意可得： n2 1 ，整理得5a4 16a2 160，
a2

c2 a2 1



4
解得a2 4或a2  （舍去），则c2 a2 13，
5
c c2 3
所以C 的离心率为e   .
a a2 2
3
故答案为： .
2
14. 甲、乙、丙、丁四人相互做传球训练，第1次由甲将球传出，每次传球时，传球者都等可能地将球传给
另外三个人中的任何一人.如果设n次传球后球在甲手中的概率为P ，则P __________；
n 3
P __________.
n
2 1 1  1 n1
【答案】 ①. ②.   
 
9 4 4  3
【详解】记n次传球后球在甲手中的事件为A ，对应的概率为 p ，nN,p 0，
n n 1A  A A A A ，则
n1 n n1 n n1
1 1 1
P(A )P(A A )P(A A )P(A )P(A | A )P(A )P(A | A ) (1 p )  p 0  p ，
n1 n n1 n n1 n n1 n n n1 n n 3 n 3 3 n
1 1 1 1 1
于是得 p   p ，即 p   (p  )，
n1 3 3 n n1 4 3 n 4
1 1
而 p   ，
1 4 4
1 1 1
所以数列{p  }是首项为 ，公比为 的等比数列，
n 4 4 3
1 1 1 1 1 1
因此， p   ( )n1，即 p   ( )n1，
n 4 4 3 n 4 4 3
1 1 1
所以n次传球后球在甲手中的概率是 p   ( )n1.
n 4 4 3
1 1 1 2
p   ( )31  .
3 4 4 3 9
2 1 1  1 n1
故答案为：① ；②    .
 
9 4 4  3
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. 在
ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知ca12cosB
．

（1）求证：B2A；
（2）若a3，b2 6，求

ABC的面积．
【答案】（1）见解析 （2）5 2
【小问1详解】
因为c a12cosB ，
根据正弦定理得：sinCsinA12cosB
又ABCπ，所以sinC sinAB ，
所以sinABsinA2sinAcosB，即cosAsinBsinAcosBsinA，
所以sinBAsinA，BA A或BA Aπ（舍），
所以B2A.
【小问2详解】
a b 3 2 6 6
根据正弦定理  得  ，即cosA ，
sinA sinB sin A sin2A 3
有余弦定理a2 b2 c2 2bccosA，得c2 8c150，
解得c3或c 5，
π
当c3时，ac3，C  A，B2A，则4Aπ，B  ，
2
3
而a2 c2 b2，矛盾，舍去，故c 5，sin A
3
1 1 3
所以ABC的面积为S  bcsinA 2 65 5 2
2 2 3
16. 如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为矩形，AB 2BC 2，侧面PCD是等边三角形，三棱
3
锥APBD的体积为 ，点E 是棱CP的中点．
3
（1）求证：平面PBC 平面PCD；
（2）求平面BDE与平面ABCD夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
6
（2）
4
【小问1详解】
1 1
因为底面ABCD为矩形，AB 2BC 2，所以S  ABAD 211，
ABD 2 23
设三棱锥PABD的高为d ，又三棱锥APBD的体积为 ，
3
1 1 3
所以V V  S d  1d  ，所以d  3，
APBD PABD 3 ABD 3 3
又侧面PCD是等边三角形，且CD AB2，
取CD的中点，连接PO，可得PO 3，从而PO为三棱锥PABD的高，
所以PO 平面ABD，又BC 平面ABD，所以POBC，
又CD BC，PO DC O，PO,DC 平面PCD，

所以BC 平面PCD，又BC 平面PBC ，所以平面PBC 平面PCD；
【小问2详解】
取AB的中点N ，连接ON，则ON //BC，
故由（1）可以O为坐标原点，ON,OC,OP所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角标系，
1 3
则B(1,1,0),D(0,1,0),E(0, , ),P(0,0, 3)，
2 2
  3 3 
则DB(1,2,0),DE (0, , ),OP(0,0, 3)，
2 2

设平面BDE的一个法向量为n(x,y,z)，

n  ·DB x2y 0

则
 3 3
，令y 1，则x2,z  3，

n·DE  y z 0
 2 2
r
所以平面BDE的一个法向量为n(2,1, 3)，

又平面ABCD的一个法向量为OP(0,0, 3)，设平面BDE与平面ABCD夹角为


 OPn 3 3 6

所以cos cosOP,n     ，

OP  n  413 3 2 2 4
6
所以平面BDE与平面ABCD夹角的余弦值为 ．
4
17. 现有两组数据，A组：1,2,3,4;B组：1,2,3,4,5.先从A组数据中任取3个，构成数组Ω ，再从B组数
1
据中任取3个，构成数组Ω ，两组抽取的结果互不影响.
2
（1）求数组Ω 的数据之和不大于8且数组Ω 的数据之和大于8的概率；
1 2
（2）记X maxΩ minΩ ，其中minΩ 表示数组Ω 中最小的数，maxΩ 表示数组Ω 中最大的数，
2 1 1 1 2 2
求X
的分布列以及数学期望EX
.
9
【答案】（1）
20
13
（2）分布列见解析，EX
4
【小问1详解】
记“数组Ω 的数据之和不大于8”为事件M ，“数组Ω 的数据之和大于8”为事件N ，
1 2
1 3
则PM1  ，
C3 4
4
事件N 包含的数组有： 1,3,5 、 1,4,5 、 2,3,4 、 2,3,5 、 2,4,5 、3,4,5，共6组，
6 3 9
PN  ，故所求概率P PMPN .
C3 5 20
5
【小问2详解】
依题意，X 的可能取值为1,2,3,4；
1 1 1 C2 1 1 C2 3
PX 1   ,PX 2 3    3  ，
C3 C3 40 C3 C3 C3 C3 20
4 5 4 5 4 5
C2 C2 1 C2 3 C2 C2 9
PX 3 3  3   4  ,PX 4 3  4  ，
C3 C3 C3 C2 8 C3 C3 20
4 5 4 5 4 5则X 的分布列为
X 1 2 3 4
1 3 3 9
P
40 20 8 20
1 3 3 9 13
则EX1 2 3 4  .
40 20 8 20 4
18. 设O为坐标原点，抛物线C : y2 2x与C : y2 2px(p 0)的焦点分别为F,F ,F为线段OF 的中
1 2 1 2 1 2
 
点．点A,B 在C 上 A 在第一象限），点A ,B 在C 上，A B 2AB ．
1 1 1 1 2 2 2 2 2 1 1
（1）求曲线C 的方程；
2
（2）设直线AB 的方程为y 2x2，求直线AA 的斜率；
1 1 1 2
（3）若直线AA 与BB 的斜率之积为2，求四边形AA B B 面积的最小值．
1 2 1 2 1 2 2 1
【答案】（1）y2 4x
（2）1
（3）3 2
【小问1详解】
1 
抛物线C : y2 2x的焦点为F  ,0 ，
1 1 2 
由F 为线段OF 的中点，可得F 1,0 ，
1 2 2
所以曲线C 的方程为y2 4x；
2
【小问2详解】
设A x ,y  ，A x ,y  ，B x ,y  ，B x ,y  ，
1 1 1 2 2 2 1 3 3 2 4 4
y 2x2
联立 ，消去x整理得y2  y20，解得y 2，y 1，
y2 2x 1 3
1 
则A 2,2 ，B  ,1 ，
1 1 2  
x x 3
因为A B 2AB ，则 4 2 ，
2 2 1 1 y  y 6

4 2
y2 y2 y2 y2
因为 x  2 ，x  4 ，则 4  2 3，所以y  y 2，
2 4 4 4 4 4 4 2
y2 42
所以y 4，x  2 4，即A 4,4 ，直线AA 的斜率为 1；
2 2 4 2 1 2 42
【小问3详解】
因为A x ,y  ，A x ,y  ，B x ,y  ，B x ,y  ，
1 1 1 2 2 2 1 3 3 2 4 4
 
所以AB x x ,y  y ，A B x x ,y  y ，
1 1 3 1 3 1 2 2 4 2 4 2
  x x 2x x ,
因为A B 2AB ，所以 4 2 3 1
2 2 1 1  y
4
 y
2
2y
3
 y
1
,
y2 y2 y2 y2
因为x  1 ，x  2 ，x  3 ，x  4 ，
1 2 2 4 3 2 4 4
y2 y2  y2 y2 
所以 4  2 2 3  1 ，①
4 4 2 2
 
由y  y 2y  y  代入①得y  y 2y  y  ，
4 2 3 1 4 2 3 1y  y 2y  y , y
由 4 2 3 1 得y  2 ，
 y
4
 y
2
2y
3
 y
1
, 1 2
y2 y2 x    
因为x  1 ，x  2 ，所以x  2 ，所以OA 2OA ，同理OB 2OB ，
1 2 2 4 1 2 2 1 2 1
所以△OAB∽△OA B 且S :S 1:4，
1 1 2 2 OA 1 B 1 OA 2 B 2
所以S 3S ，因为k k 2，所以k k 2，
四边形A 1 A 2 B 2 B 1 OA 1 B 1 A 1 A 2 B 1 B 2 OA 1 OB 1
y y
y y 1  3 2
所以 1  3 2，得 y2 y2 ，即y y 2，
x x 1 3 1 3
1 3
2 2
y2 2x,
设AB :xmyn，联立 消去x，得y2- 2my- 2n= 0，
1 1
xmyn,
所以y y 2n2，所以n1，则AB :xmy1，所以AB 过定点1,0，
1 3 1 1 1 1
1 1 2 1 2
则S  1 y  y  y   2 y   2，
OA 1 B 1 2 1 3 2 1 y 2 1 y
1 1
2
当且仅当 y  ，即 y  2 时取等号，所以S 3S 3 2，
1 y 1 四边形A 1 A 2 B 2 B 1 OA 1 B 1
1
所以四边形AA B B 面积的最小值为3 2.
1 2 2 1
19. 已知 f x x2 4x6lnx，
（1）求 f x 在  1, f 1 处的切线方程以及 f x 的单调性；
 1
（2）对x1, ，有xfx f x x2 6k

1

12恒成立，求k的最大整数解；
 x
（3）令gx f x4xa6lnx，若gx 有两个零点分别为x ,x x  x  且x 为gx 的唯一的
1 2 1 2 0
极值点，求证：x 3x 4x .
1 2 0
【答案】（1）y 8x5，单调递减区间为 0,3 ，单调递增区间为(3,)；
（2）3
（3）证明见解析
【小问1详解】6
因为 f x x2 4x6lnx，所以定义域为 0, ，且 f(x)2x4 ，
x
从而 f(1)8，又 f(1)3，所以切线方程为y38x1 即y 8x5；
2
f(x) (x1)(x3)，令 f(x)0解得x3，令 f(x)0解得0 x3，
x
所以 f x 的单调递减区间为 0,3 ，单调递增区间为(3,).
【小问2详解】
 1
对x1, ，有xf(x) f(x) x2 6k

1

12恒成立，
 x
 1
等价于x2 66lnx x2 6k

1

12恒成立，
 x
 1
等价于1lnxk  1 恒成立，
 x
xxlnx xxlnx
等价于k  恒成立，记h(x) ,x1，则k h(x) ，
x1 x1 min
x2lnx 1
则h(x) ，记m(x) x2lnx,x1，因为m(x)1 0，
(x1)2 x
所以mx 为(1,)上的递增函数，
又m(3)1ln30，m(4)2ln40，所以x (3,4)，使得mx 0，
0 0
即x 2lnx 0，
0 0
x x lnx
所以hx 在 1,x  上递减，在 x , 上递增，且h(x) hx  0 0 0  x (3,4)；
0 0 min 0 x 1 0
0
所以k的最大整数解为3.
【小问3详解】
a ( 2x a)( 2x a)
由题意g(x) x2 alnx，则g(x)2x  ，
x x
a  a   a 
令g(x)0得x  ，当x0, ，g(x)0，当x ,时，g(x)0；
0 2   2     2   a   a 
所以g(x)在0, 上单调递减， ,上单调递增，
   
2 2
   
而要使gx 有两个零点，要满足gx 0，
0
2
 a   a  a
即g   aln 0a 2e；
   
2 2 2
   
a a x
因为0 x  ，x  ，令 2 t (t1)，
1 2 2 2 x
1
由 f x  f x  ，所以x2 alnx  x2 alnx ，即x2 alnx t2x2 alntx ，
1 2 1 1 2 2 1 1 1 1
alnt
所以x2  ，
1 t2 1
而要证x 3x 4x ，只需证(3t1)x 2 2a ，即证：(3t1)2x2 8a，
1 2 0 1 1
alnt
即：(3t1)2 8a，由a 0，t 1只需证：(3t1)2lnt8t2 80，
t2 1
1
令h(t)(3t1)2lnt8t2 8，则h(t)(18t6)lnt7t6
t
1 6t1
令n(t)(18t6)lnt7t6 ，则n(t)18lnt11 0(t1)，
t t2
故nt 在(1,)上递增，n(t)n(1)0；
故ht 在(1,)上递增，h(t)h(1)0；所以x 3x 4x .
1 2 0