河南省湘豫联盟2025-2026学年高三下学期四月阶段检测数学+答案

姓名

准考证号

绝密★启用前

4月高三数学

注意事项：

1.本试卷共6页。时间120分钟，满分150分。答题前，考生先将自己的姓名、准考证

号填写在试卷指定位置，并将姓名、考场号、座位号、准考证号填写在答题卡上，然后

认真核对条形码上的信息，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

2.作答选择题时，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。作答非选择题时，将答案写

在答题卡上对应的答题区域内。写在本试卷上无效。

3.考试结束后，将试卷和答题卡一并收回。

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.

1.已知集合A={yly=e²,x∈R},B={-1,0,1},则A∩B=

A.B.{1}

C.{0,1)D.{-1,0,1}

2.已知复数,则复数的虚部为

A.0B

C

D.2

3.已知椭圆C:的焦距为a,则C的离心率为

ABCD

数学试题第1页(共6页)

4.如图为某款仿生蝴蝶的设计示意图，在平面直角坐标

系xOy中，每个小方格的边长为1,蝴蝶翅膀的一个

前尖端点B的坐标为(-1,3),另一个前尖端点C、尾

突点A均在格点上，则OB-OC与OA的夹角的余弦

值为

AB

CD

5.设等差数列{an}的前n项和为Sn,则“m=4”是“S₃=2a₁的

A.充分不必要条件B.必要不充分条件

C.充要条件D.既不充分也不必要条件

6.已知函数f(x)=Asin(wx+φ)(A≠0,w>0,0<φ<π)的最小正周期为π,

且在区间上单调递减，则φ=

AB.CD

7.如图，在直四棱柱ABCD-A₁B₁C₁D₁中，底面ABCD为等腰梯形，AB//

CD,AB=2CD=2BC,BB₁=√2CD,则直线A₁D与BC₁所成的角为

A.30°

B.45°

C.60°

D.90°

8.设f(x)是定义在(0,十∞)上的不恒为0的函数，且满足：①Vx,y∈(0,

十∞),;②当0<x<1时，f(x)>2.则下列结论错误

的是

A.f(1)=2B.Vx∈(0,十∞),f(x)>0

C.f(x)在(1,+∞)上是减函数D.f(x)的最小值为2

数学试题第2页(共6页)

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.某智能生产线对甲、乙两种型号的工业机器人进行单次标准作业耗时测试

(单位：秒),作业时长分别服从正态分布X～N(42,6²),Y～N(44,42),则

A.E(2X)=42B.D(2Y)=64

C.P(X≤40)>P(Y≤40)D.P(X>48)<P(Y46)

10.记数列{an}的前n项和为S。,且a₁=1,az=9,3u„=an+2an₁+10(n≥

2),设bn=an+1-an,则

A.a3=15

B.数列{b,-10}为等比数列

C.an=10n—2”—9

D.Sn的最大值为53

11.已知圆C₁:x²+y²=4,双曲线C₂:xy=4,经过原点O的直线与C₁交于点

P,与C₂交于点Q.设点R是直线PQ上的动点，且满足2O|PI³=|OQI²·

IOR|,记R的轨迹为曲线C,如图所示，则

A.曲线C的方程为(x²+y²)³=16x²y²(xy>0)

B.C与C₂有公共点

C.|OR|的最大值为2

D.点R到x轴的最大距离为

三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.

12.已知正数a,b,c均不等于1,且logba=2,log.b=3,则loga=_·

的展开式中不含α的项为.(用数字作答)

14.如图，在正方体ABCD-A₁B₁C₁D₁中，E₁为B₁C,的

中点，从除E₁外的11条棱的中点及正方体的8个顶点

共19个点中随机选取2个点与E,构成三角形，则能构

成个三角形.从这些三角形中随机选取一个三

角形，恰好是以E₁为顶角顶点的等腰三角形的概率为

.(均用数字作答)

数学试题第3页(共6页)

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.(本小题满分13分)

某地区教育主管部门为调查当地中小学教师的年龄结构，从当地所有中小

学教师中随机抽取100名，整理数据得到下表：

年龄

(岁)(20,30)(30.40)(40.50)[50.60]

学段

小学122053

初中121085

高中8872

(1)试估计该地区教师年龄的第80百分位数；

(2)已知小学、初中、高中教师中骨干教师分别占各学段的25%,20%,16%.

若从这100名教师中，任意抽取一位，求这位教师为骨干教师的概率.

16.(本小题满分15分)

在△ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c,a=4,b(cosC+2)=

c(2—cosB).

(1)证明：c—b=2;

(2)设D为BC的中点，且AD=√6,求△ABC的面积.

数学试题第4页(共6页)

17.(本小题满分15分)

如图，在圆锥SO中，A,B,C,D为底面圆周上的四个点，且四边形ABCD

为正方形，P为母线SC的中点，在线段PD上取一点M,过M和SA作一

平面与线段OD交于点N.

(1)证明：SA//MN;

(2)设SO=2,AB=2√2,若平面SMNA与平面DMN夹角的余弦值为

,求DN的长.

18.(本小题满分17分)

已知抛物线E:x²=2py(p>0)的焦点为F,准线为l,E上的点T到l的距

离为4,到y轴的距离为√3p.

(1)求E的标准方程.

(2)设G,H是x轴上在坐标原点O异侧的两点，G₁,H:分别为线段OG,

OH的中点，过点G,H且与y轴平行的两直线分别与E交于点A,B.

(i)证明：直线AG₁,BH:均与E相切；

(ii)若直线AG₁,BH:交于点P,过点F且垂直于y轴的直线与OA,

OB分别交于点M,N,点F在△OAB的内部，证明：直线OP平分线

段MN.

数学试题第5页(共6页)

19.(本小题满分17分)

已知函数f(x)=lnx.

(1)若Vx∈[0,1],恒成立，求k的取值范围.

(2)若函数有两个零点xj,z₂(其中0<x₁<x₂),

(i)求a的取值范围；

(ii)证明：x⁵+x+(x1x2)⁵>5a(5a—21n5a).

数学试题第6页(共6页)

4月高三数学参考答案

题号1234567891011

答案BACAABCDBCDABDAC

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.

1.B【试题立意】本题考查集合的交集以及指数函数的值域.

【解析】由题得A={yly>0),则A∩B={1).故选B.

2.A【试题立意】本题考查复数的有关概念及运算.

。故选A.

3.C【试题立意】本题考查椭圆的离心率.

【解析】由题意，得C的离心率为。故选C.

4.A【试题立意】2025年课标修改侧重“运算与图形分析结合”.本题以仿生蝴蝶为情境，融入数学之美，增强

了数学的应用意识.

【解析】由题图，知A(0,-2),C(3,0),又B(-1,3),所以OB-OC=(-1,3)一(3,0)=(-4,3),则cos<OB-

,故选A.

5.A【试题立意】本题立足等差数列的概念，深入考查其定义，通项公式与前n项和公式的深刻理解与灵活运

用，通过充分必要条件的逻辑判断凸显数学的严谨性.

【解析】设{a}的公差为d,由S₃=2ai+am,得3ai+3d=3a₁+(m-1)d,即(m-4)d=0.若m=4,则(m-

4)d=0,充分性成立；若d=0,则m可为任意的正整数，必要性不成立，综上可得，“m=4”是“S₃=2a+am”

的充分不必要条件.故选A.

6.B【试题立意】本题侧重推理分析，体现“多思少算”.

【解析】由得,则恰好是f(x)在一个周期内的单调递

减区间，所以时，f(x)取得最小值.当A>0时，由题意，得,k∈Z,解得φ=2kπ一

,k∈Z,不符合0<φ<π;当A<0时，由题意，得,k∈Z,解得,k∈Z.

又0<φ<π,所以,故选B.

7.C【试题立意】本题考查“补体法”,体现整体思想.

【解析】如图，将直四棱柱ABCD-A₁B₁C₁D₁补成正六棱柱

ADCBEF-A₁D₁CB₁EF₁,连接BE,C₁E,显然BE//AD,则∠C₁BE₁即为直线

A₁D与BC₁所成的角或其补角.设CD=1,则C₁E₁=√3,BE=BC₁=√3,所以

△CBE₁为正三角形，从而∠C₁BE₁=60°.故选C.

数学参考答案第1页(共9页)

8.D【试题立意】本题将“赋值与代数推理”有机结合，体现思维的深刻性，注重高中数学与高等数学(数学分

析)的衔接，深刻体会数学语言的抽象性.

【解析】令x=1,y=1,得f(1)f(1)=2f(1×1),则f(1)=0或f(1)=2.若f(1)=0,则对Vx∈(0,十∞),

,这与“f(x)是定义在(0,十∞)上的不恒为0的函数”矛盾，所以

f(1)=2,A正确.对Vx∈(0,十∞),若3x₀>0,f(xo)=0,

则f(x)=0,这与“f(x)是定义在(0,十∞)上的不恒为0的函数”矛盾，所以f(x)>0,B正确。对Vx₁,x₂∈

(0,十∞),且x₁<x₂,则,由②,得所以,即f(x₁)>

f(x2),所以f(x)在(0,十∞)上为减函数，从而f(x)在(1,十∞)上是减函数，C正确，D错误.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.BCD【解析】由题意，得E(X)=42,则E(2X)=2E(X)=2×42=84,A错误；而D(Y)=16,则D(2Y)=

4D(Y)=4×16=64,B正确；设m=P(36≤X≤48)=P(40≤Y≤48),则),P(X≤

,所以P(Y≤40)<P(X≤40),C正确；又,P(Y>48)=

,所以P(X>48)=P(Y>48)<P(Y>46),D正确，故选BCD.

10.ABD【解析】a₁=1,a2=9.当n=2时，3a2=as+2ai+10,解得a₃=15,A正确，由3a=an+1+2an-1+10,

得an+2=3an+1-2an-10.结合ba=an+1-a,得an+2-an+1-10=2(an+1-an—10),即ba+-10=

2(bₙ—10),又b₁-10=a₂-ai-10=-2,所以数列{bₙ—10}是以—2为首项，2为公比的等比数列，B正确，

由B,可得bₙ—10=—2,即an+1-aₙ=10—2”,所以an=a₁+(a2-a1)+(as-a2)+…十(an—an-1)=1+

7,n≥2.又a₁=1符合上

式，所以a=10n-2#—7,C错误，当n≤3时，aa+1-aₙ=10—2”>0,即{a}单调递增；当n≥4时，一

an=10—2“<0,即{an单调递减.所以0<ai<a₂<a₃<a=17>as=11>as=-11>…,所以S,的最大值

为S₃=53,D正确.故选ABD.

11.AC【试题立意】本题凸显“探究曲线的方程→研究曲线的几何性质或代数性质”的解析过程，突出向量在

分析解决问题中的功能与作用，充分体现2025年课标对向量修改的意图.分析曲线的集合或代数性质时，

运用了代入消元法、三角换元法，体现了转化与化归、函数与方程、数形结合、整体与局部等数学思想，考查

了根与系数的关系、基本不等式、三角恒等变换、导数的应用等知识点，需要学生具有较高的探究能力、创新

意识、优秀的思维品质.

【解析】设R(x,y),P(x₁,yi),Q(x₂,y₂).另设OP=λOR,则(x₁,y)=λ(x,y),即代入x²+y=4,

解得.设OQ=μOR,则(x₂,y₂)=μ(x,y),即代入x₂y₂=4,解得,由O,P,Q,R

四点共线且2|OP|³=|0Ql²·|OR|,得2|λOR³=|μORI²·IOR|,即4λ⁶=μ,所以

数学参考答案第2页(共9页)

化简得(x²+y²)³=16x²y²(xy>0),此为曲线C的方程，A正确.将xy=

4代入(x²+y²)³=16x²y²,得x²+y²=4√4,所以(x+y)²=8+4√4,即

x+y=±√8+4√4,此时以x,y为两根的一元二次方程为z²±

√8+4√4z+4=0,其判别式为△=8+4√4-16<0,所以该方程无解，从

而C与C₂无公共点，B错误.(x²+y²)³=16,即x²+

y²≤4,从而|OR|≤2,所以当且仅当x=y=±√2时，|OR|m=2,C正确，设x²+y²=M(M>0),x=Mcosθ,

,代入(x²+y²)³=16x²y²,得M=4cosθsinθ,则y=4cosθsinθ×sinθ=4cosθsin²θ.令

cosθ=t(0<t<1),则F(t)=4t(1—t²),所以.当时，

F'(t)>0,F(t)单调递增；当时，F'(t)<0,F(t)单调递减.所以是F(t)的最大值点，即

错误，故选AC.

三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.

12.6【解析】,即loga=6.

方法二：由log,a=2,logb=3,得a=b²,b=c³,则a=c⁵,所以loga=logc⁶=6.

13.-20【解析】,则展开式中不含α的项为C(一1)³=-20.

14.170(2分)【试题立意】2025年新修改的课标，对常见几何体的结构特征，由“认识”改为“掌

握”,且新增案例11(正方体截面的探究).虽然，高考对正方体的截面已进行过多次考查，但本题结合古典

概型，对正方体的截面进行了另外一种思路的探究，可以有效克服学生的思维定势，考查学生对知识的迁移

能力以及创新意识.

【解析】从除E₁外的11条棱的中点及8个顶点中随机选取2个点与E₁构成三角

形，而B₁,E,C₁三点在一条棱上，不能构成三角形，所以能构成C²,-1=170个

三角形.其中，除了E₁外，其他的点按照离E₁的距离远近可分为4个平行平面，

如图，分别记为平面a,β,y,8(δ过AD且与其他平面平行).①对于平面a,y,每个

平面上有4个棱的中点，任取2个点都能与E构成以Ei为顶角顶点的等腰三角

形，共有2C²=12个.②对于平面β,有4个正方体的顶点，任取2个点都能与E₁构成以E|为顶角顶点的等

腰三角形，有C²=6个，再加上A₁D₁,BC的两个中点又构成一个以E₁为顶角顶点的等腰三角形，共构成7

个以E₁为顶角顶点的等腰三角形；③对于平面δ,A,D与E₁构成1个以E₁为顶角顶点的等腰三角形，综

合①②③,共有12+7+1=20个以E₁为顶角顶点的等腰三角形，因此，所求概率为

数学参考答案第3页(共9页)

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.【试题立意】本题将全概率公式、百分位数、频率等知识点有机关联，凸显综合性考查，体现数学建模、数据分

析、数学运算、逻辑推理等核心素养.体现新修改课标的“数据收集→图表分析→数学模型→预测验证”的实

操流程.

【解析】(1)0.8×100=80.因为(20,30)中的人数为32,(30,40)中的人数为38,(40,50)中的人数为20,

所以32+38=70<80,32+38+20=90>80,

所以教师年龄的第80百分位数应在区间(40,50)内.……………………2分

区间(20,40)中的人数的频率为：

区间(20,50)中的人数的频率为,…………………4分

所以估计该地区教师年龄的第80百分位数约为………………6分

(2)设事件A=“抽取的教师为骨干教师”,B₁=“抽取的教师来自小学”,B₂=“抽取的教师来自初中”,Ba=

“抽取的教师来自高中”.……………………8分

而小学、初中、高中教师数分别为40,35,25,

所占比例分别为

所以.………………10分

又P(A|B₁)=25%,P(A|B₂)=20%,P(A|B₃)=16%,11分

所以P(A)=P(A|B₁)P(B₁)+P(A|B₂)P(B₂)+P(A|B₃)P(B₃)

……………13分

16.【试题立意】本题考查三角恒等变换、正弦定理、余弦定理、三角形面积公式等知识点，需要挖掘三角形的边

角关系，选择适当的公式进行求解，思路新颖，可有效地体现思维的深度.

【解析】(1)由已知及正弦定理，得sinB(cosC+2)=sinC(2—cosB),2分

即sinBcosC+sinCcosB=2sinC—2sinB.

因为sinBcosC+sinCcosB=sin(B+C)=sinA,

所以sinA=2sinC-2sinB4分

由正弦定理及a=4,得2c-2b=4,即c—b=2.……………6分

(2)方法一：由(1),得AB=c=b+2.

因为∠ADB+∠ADC=180°,所以cos∠ADB+cos∠ADC=0.

由余弦定理，

将BD=CD=2,AC=b,AB=b+2,AD=√6代入(※)式，

化简，得b²+2b-8=0,

解得b=-4(舍去)或b=2.所以c=4,……………………11分

由余弦定理，得,所以……………13分

数学参考答案第4页(共9页)

所以△ABC的面积…………15分

方法二：因为点D是BC的中点，

所以可延长AD至点P,构造平行四边形ABPC,8分

则由平行四边形的性质，得BC分

即4²+(2√6)²=2c²+2b²,所以c²+b²=2011分

所以(c—b)²=c²+b²-2bc=4,所以bc=8.

由余弦定理，得,所以…………………13分

所以△ABC的面积………………15分

17.【试题立意】本题以圆锥为载体，考查空间中的平行与垂直、二面角的计算，体现空间想象能力、逻辑推理能

力、数学运算能力以及分析问题、解决问题的能力.

【解析】(1)如图，连接OA,OB,OC.

因为四边形ABCD为正方形，O为底面圆的圆心，

所以OA=OB=OC=OD,

从而O是对角线AC与BD的交点.……1分

连接PO,则PO是△SAC的中位线，所以PO//SA.……2分

又POC平面POD,SAC平面POD,所以SA//平面POD.

…………4分

又SAC平面SMNA,平面POD∩平面SMNA=MN,

所以SA//MN6分

(2)以O为原点，OA,OB,OS所在直线分别为x轴、y轴、2轴建立如图所示空间直角坐标系Oxyz,

则A(2,0,0),D(0,-2,0),S(0,0,2),C(-2,0,0),P(-1,0,1).8分

设N(0,t,0)(t<0),则SA=(2,0,-2),AN=(-2,t,0).

设平面SMNA的法向量为m=(x,y,z),则

取x=t,可得平面SMNA的一个法向量为m=(t,2,t),10分

设平面DMN的法向量为n=(a,b,c),则即

取a=1,可得平面DMN的一个法向量为n=(1,0,1),12分

所以…………14分

结合t<0,解得t=-1,即DN=1.………………………15分

18.【试题立意】第(1)问，考查抛物线的定义、方程及几何性质，引导对基础性的考查；第(2)问，坚持“多思少

算”,不落俗套，匠心独运。(i)以阿基米德三角形为项目载体，逆向探究抛物线的切线，破套路，反刷题；(ii)

探究阿基米德三角形顶点P的新性质，凸显点与点、坐标与坐标的对称之美，减少数值运算，增加多变量的

变形与化简。

数学参考答案第5页(共9页)

【解析】(1)根据抛物线的定义，得|TF|=4.…………………分

设T的纵坐标为a,则,即,所以.………………2分

代入x²=2py,得(,结合p>0,解得p=2,………3分

所以E的标准方程为x²=4y4分

(2)(i)证明：设A(x₁,y1),则G(x₁,0).

由Gi为线段OG的中点，得

所以直线AG₁的方程为

即…………6分

由A(xi,y₁)在E上，得xi=4y,

联立方程得x²—2x₁x+4y₁=0.

所以△=(-2x₁)²—16y₁=4(x²-4y₁)=0.

所以直线AG₁与E相切于点A9分

设B(x₂,y2),则直线BH₁的方程为,同理可证，直线BH₁与E相切于点B.

故直线AG₁,BH₁均与E相切，……………10分

(ii)因为直线MN的方程为y=1,直线OA的方程为,所以

同理

所以线段MN的中点的坐标为.…………12分

设直线OP与MN交于点Q,

由消去y,得

从而.……………15分

所以直线OP的方程为,与y=1联立，解得

所以Q为线段MN的中点，故直线OP平分线段MN17分

19.【试题立意】本题考查利用导数研究不等式恒成立、函数的零点、证明双变量不等式等高考的热点问题，运用

数学参考答案第6页(共9页)

了分离变量法、取点放缩、换元、同构等数学方法，体现了转化与化归、分类讨论、函数与方程、数形结合、局

部与整体等数学思想，彰显了数学运算、逻辑推理、数学抽象、直观想象等数学核心素养.要求学生必须具备

扎实的运算求解能力、缜密的思维能力、突出的应变能力、灵活的转化能力、较高的分析问题和解决问题的

能力.

【解析】(1)方法一：由题意，得对V∈(0,1),Lx恒成立，即恒成立，……1分

z²-zlnx

设函数

再令函数φ(x)=x-1-1nx(0<x≤1),则

所以φ(x)在(0,1)上单调递减，从而φ(x)≥q(1)=0,即g'(x)≥0,

所以g(x)在(0,1)上单调递增，从而

故k的取值范围为……………4分

方法二：由,得,即

所”是“x”成立的必要条件.……………………1分

当时.…………2分

设函数,则

所以g(x)在(0,1)上单调递减，从而g(x)≥g(1)=0,即x(0<x≤1).

所以成立.

综上所述，k的取值范围为……………………4分

(2)(i)的定义域为(0,十∞),且……………5分

当a≤0时，F'(x)>0,所以F(x)在(0,十∞)上为增函数，

所以F(x)最多有一个零点，不符合题意，…………………6分

当a>0时，令F'(x)=0,得x=√5a;令F'(x)<0,得0<x<√5a;令F'(x)>0,得x>³5a,

所以F(x)在(0,√5a)上单调递减，在(√5a,+∞)上单调递增，

所以x=√5a是F(x)的极小值点，也是F(x)的最小值点，

.………………………8分

要使F(x)有两个零点，首先，必有F(x)n=In,解得.…………9分

此时,又F(1)=a>0,所以F(x)在(√5a,1)上有一个零点，

从而F(x)在(√5a,十∞)上仅有一个零点.………………10分

数学参考答案第7页(共9页)

又

则,所以h(a)在上单调递减，

从而Va∈

又,所以F(a)>0.

又a<³√5a,F(√5a)<0,

所以F(x)在(a,√5a)上仅有一个零点，即F(x)在(0,√5a)上仅有一个零点，………11分

综上所述，F(x)在(0,十∞)上有两个零点，故a的取值范围为………………12分

(ii)方法一：由(i),得0<x₁<√5a<x₂.

由F(x₁)=0(i=1,2),得,即

令x⁵=t;(i=1,2),则

由(1),当时，Vx∈(0,1),恒成立.

由5a=Int₁—In5a=In

整理，得t+(10aln5a)t₁+25a²<0.

由,同理可得t+(10aln5a)t₂+25a²>0.……………………15分

设函数m(t)=t²+(10aln5a)t+25a²,则m(t₁)<0,m(t₂)>0.

由,得In5a<In,所以△=(10aln5a)²-100a²=100a²[(In5a)²-1]>0.

又-10aln5a>0,25a²>0,所以方程m(t)=0有两个正实数根，分别记为t₃,t₁(t₃<t₁),

则有t₃<t,t₁<t₂,

由根与系数的关系，得t₁+t₂>t₃+t₁=-10aln5a,t₁t₂>t₃t₁=25a²,

所以t₁+t₂十t₁t₂+10aln5a>25a².

故x+x+(x₁x₂)⁵>25a²-10aln5a,即x³+x₂+(x₁x₂)⁵>5a(5a-2In5a),17分

方法二：由(i),得0<x₁<√5a<x₂,即0<xi<5a<x³.

由F(x₁)=0(i=1,2),得,即x³Inx³=-5a.

令t₁=xi,t₂=x2,S=5a,则-S=t₁lnt₁=t₂Int₂,

于是所证结论变为t₁+t₂+t₁t₂>S²-2SlnS13分

下面证明：

由①,得

数学参考答案第8页(共9页)

令(u>1),②化为,即

所以m(u)在(1,十∞)上单调递增，从而m(u)>m(1)=0,故u>0成立，

于是①得证，…………………14分

由①,得,即S<√t₁t₂·………15分

设φ(x)=x²—2xlnx(x>0),则φ(x)=2(x-1-Inx),

设p(x)=x—1-Inx(x>0),则

当0<x<1时，p'(x)<0,p(x)单调递减；当x>1时，p'(x)>0,p(x)单调递增，

所以x=1是p(x)的极小值点，于是p(x)≥p(1)=0,

所以φ′'(x)=2(x—1-Inx)≥0,φ(x)单调递增.…………16分

于是φ(S)<φ(√t₁t₂)=tt₂-2√tit₂In√tit₂.

所

所以S²-2SInS=φ(S)<t₁t₂-√t₁t₂Int₁t₂<t1t₂+t₁+t₂,

故xi+x+(x₁x₂)⁵>5a(5a-21n5a)成立，………………17分

数学参考答案第9页(共9页)

26.4高三数学评分细则(补充部分)

说明：如无补充的题目按参考答案给分

第15题：第(2)问

补充细则：若用以下解法扣2分

骨小学10人初中7人高中4人

第16题：第(1)问

补充解法一：

16(1)法二

:e+2=sB)

由余弦定理得

aC-=2a24/

a=4

-=2

补充解法二：

16.(1).法2

bosc十cOB=2c-2b

②

T化前诗

49

’-b=2

6

第1页共6页

第16题：第(2)问

补充解法一：

)∵为BC

_8”

-10'

又5Cc6ae+5Aixa.ecn...2)2

一13

补充解法二：

2法3:

a²1²²zbcOA①

/

8

由②式得