云南曲靖市宣威市第七中学2026届高三下学期3月月考数学试卷

**基本信息** 高三数学月考试卷知识覆盖全面，以机器人比赛等时代情境为载体，通过基础题到综合题的梯度设计，考查数学抽象、逻辑推理与数据处理能力。 **题型特征** |题型|题量|知识覆盖|命题特色| |----|----|----------|----------| |单选题|8|集合、复数、数列、向量等|注重概念辨析，如向量投影向量定义考查| |多选题|3|统计、三角函数图像、立体几何|结合图像分析，如三角函数对称中心判断| |填空题|3|解三角形、抛物线、函数零点|强调综合应用，如分段函数零点范围求解| |解答题|5|数列、独立性检验、立体几何、椭圆、导数|设置时代情境（机器人比赛统计），分层设问（导数零点证明），体现逻辑推理与数学建模|

宣威七中2026届高三3月份月考试卷答案解析 1．C 【详解】由不等式，得且，解得， 则，而， 所以． 2．A 【详解】因为，所以， 故． 3．D 【详解】设等比数列的公比为，则，而数列为正项等比数列， 故，故. 4．C 【分析】利用平面向量数量积的运算性质结合投影向量的定义可求得结果. 【详解】因为、是夹角为的两个单位向量，则， 由平面向量数量积的定义可得， 又因为，， 所以， 所以， 所以在上的投影向量为. 5．D 【分析】设，，根据，列式，联立即可求解. 【详解】根据，设，， 则，， 因为，所以， 在中，因为，所以， 即，① 在中，， 即，② 联立①②解得，， 所以椭圆的长轴长为. 6．C 【分析】利用导数求出曲线在点处的切线的斜率，再利用对称性求得答案. 【详解】由函数的定义域为，，得函数的图象关于直线对称， 因此曲线在点处的切线与曲线在点处切线关于直线对称， 其斜率互为相反数，当时，，求导得，则， 所以曲线在点处的切线的斜率为. 7．A 【分析】分别利用二项式定理计算出原多项式中每一项展开后的系数，最后将这些系数相加求得总和. 【详解】由得，令，此时系数为， 由得，令，此时系数为， 由得，令，此时系数为， 由得，令，此时系数为， 最终含的系数是. 8．C 【分析】利用三角恒等变换、正弦定理等知识判断出是直角三角形，利用基本不等式求得周长的最小值. 【详解】由，得，即. 而， 所以，即. 由于为锐角，所以，， 所以与异号或， 若，即， 又，，则，， 所以，即，此不等式组无解，所以不成立. 同理可得不成立. 所以， 即，所以，，即为直角三角形. 由题意知，，即，所以. 所以的周长， 当且仅当时，等号成立. 所以周长的最小值为. 9．BD 【分析】选项A：利用平均数公式计算新样本平均数，再利用方差公式分析方差变化；选项B：结合回归直线必过样本中心点，先计算原样本的中心点，再去除异常点后计算新的样本中心点，验证是否为给定的点；选项C：结合正态分布关于均值对称，利用对称性求出和，再计算；选项D：将数据排序，再根据百分位数的计算规则确定位置，进而找到对应数值. 【详解】选项A，设原样本有个数据，原平均数，总和为； 添加数据后，新总和为，新平均数，平均数不变. 当原方差为0时，每个数据为3，由新增数据也为3， 可知新方差； 当原方差不为0时，原方差， 新方差，方差变小，错误. 选项B，原回归直线必过原样本中心点，代入， 得原. 原10个点总，总；去掉异常点后， 新样本中心点：，，即新中心点为， 回归直线必过样本中心点，正确. 选项C，，正态曲线对称轴为，， 则，由对称性得， 因此： ，错误. 选项D，将数据从小到大排序：，共个数据， 计算，不是整数，根据百分位数计算规则， 向上取整得第个数据为第70百分位数，第6个数据，正确. 10．ABD 【分析】对A：根据函数的最大值，最小正周期，特殊点处的函数值，数形结合，即可求得函数解析式；对B：求得所有的对称中心的横坐标，再检验点是否满足即可；对C，根据的范围，求得的范围，再根据正弦函数的单调性，即可判断；对D，求得平移后函数的解析式，再根据三角函数的奇偶性，求解即可. 【详解】对A：由图可知的最大值为，又，故； 的最小正周期，又，故可得； 又过点，由五点作图法可知，，故； 故，A正确； 对B：令，解得，当时，解得， 故是函数的图象的对称中心，B正确； 对C：当，，而在不单调，故C错误； 对D：将函数的图象向右个单位后所得的函数解析式为， 因为其为偶函数，故，解得， 又，故当时，取得最小值为，故D正确. 11．ABD 【分析】对于A，连接，先证明平面，可得，同理可证平面，可得，进而得到平面，进而求证即可判断；对于B，先证明，结合题设可得点P到点B的距离等于它到直线的距离，再根据抛物线的定义即可判断；对于C，由向量关系找到点的位置，因为球心到截面的距离最大时，截面面积最小，所以为截面圆心，结合勾股定理求出得到截面圆半径，求得最小截面面积即可判断；对于D，旋转得到的圆锥与旋转轴夹角恒为，在正方体中求出角的正切值，从而找到旋转过程中形成的最大角和最小角，从而求出范围即可判断. 【详解】对于A，连接，在正方形中，， 在正方体中，平面， ∵平面，∴， ∵，平面，平面， ∴平面，∵平面，∴， 同理可证平面，∵平面，∴， 又，平面，平面， ∴平面，∵平面，所以平面平面，故A正确； 对于B，在正方体中，平面， ∵平面，∴， 则点P到直线AB的距离，即为点P到点B的距离， 由于点P到直线AB的距离等于它到直线的距离， ∴点P到点B的距离等于它到直线的距离， 又P（与点不重合）是正方体侧面内的动点， 因此，根据抛物线的定义，点P的轨迹为抛物线的一部分，故B正确； 对于C，当时，为线段上靠近点的四等分点，如图， 易知正方体的外接球的球心为正方体的中心，外接球的半径， 设中点为，连接， 则，易得，，则， 若要截面面积最小，需球心到截面的距离最大，最大为OP， 因此，截面面积最小为，故C错误； 对于D，线段绕旋转一周后得到一个母线与旋转轴所成的角为的圆锥， 设，，， 在旋转过程中，与所成的角在如图所示的轴截面内分别取得最值， 则，， 所以在旋转过程中，与所成角的正切值的取值范围为，故D正确. 12．1 【详解】∵，，∴， ∴，∴， ∴，∴， ∵，∴，∵，∴， 设该三角形外接圆的半径为，由正弦定理得，∴. 13．4 【详解】 已知抛物线的准线为，则的方程为：， 已知点在上，则， 以为圆心的圆与相切，设圆的半径为，则， 又圆与相切且截轴所得的弦长为， ，解得，即， ，解得． 14． 【分析】先将函数有四个不同的零点，转化为函数和有四个不同的交点，利用数形结合得到的范围，再根据为方程 的两根，为方程的两根，利用韦达定理建立的函数，再利用函数的单调性求解． 【详解】当时，，， 时，，单调递减，时，，单调递增， 所以在上单调递减，在上单调递增， 当时，，， 时，，单调递减，时，，单调递增， 所以在上单调递减，在上单调递增， 又，， 又因为函数有四个不同的零点， 所以函数和有四个不同的交点， 如图所示： 由图知，， 设为方程 的两根，即的两根， 所以， 设为方程的两根，即的两根， 所以， 所以， 令，， 所以在上单调递增， 因为 ， ， 所以的值域为， 即的取值范围为． 15．(1) (2) 【分析】(1) 根据和与通项的关系，再根据等比数列定义以及通项公式得结果. (2) 求出的通项公式，利用错位相减法，即可求数列前项和． 【详解】（1）当时，，解得， 当时，， 所以数列是以1为首项，2为公比的等比数列，所以数列的通项公式为. （2）由（1）可得，①， ②， ①-②得：， 是首项为，公比为，项数为的等比数列， 根据等比数列求和公式，代入得：， ， . 16．(1)“机器人是否搭载智能避障系统” 与 “能否完成全程比赛”有关. (2)，分布列为： 【分析】（1）先完善列联表，再计算，根据临界值表可得相应判断； （2）根据超几何分布可求的分布列，再根据期望公式计算期望即可. 【详解】（1）完善列联表如下： 完成比赛 未完成比赛 合计 搭载智能避障系统 未搭载智能避障系统 合计 设：“机器人是否搭载智能避障系统” 与 “能否完成全程比赛” 无关， 则， 故根据小概率值 的独立性检验， 可以认为“机器人是否搭载智能避障系统” 与 “能否完成全程比赛”有关. （2）根据分层抽样可得10台机器人中“搭载智能避障系统” 的台数为， 故可取， 又，， ，， 故的分布列为： 故. 17．(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）通过证明来证得四点共面. （2）通过证明平面来证得平面平面． （3）建立空间直角坐标系，利用向量法求得平面与平面夹角的余弦值即可． 【详解】（1）因为分别是的中点，所以. 因为为上靠近点的四等分点，为上靠近点的四等分点, 所以，所以，所以四点共面. （2）因为，所以，所以. 因为平面，所以平面. 因为平面，所以平面平面. （3）连接，因为，所以， 由（2）知，平面平面，平面平面， 而平面，所以平面， 以为坐标原点，以所在直线分别为轴, 以过点且平行于的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 设平面的一个法向量为， 则，令，则， 易得为平面的一个法向量. 设平面与平面的夹角为， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 18．(1) (2)1 【分析】（1）根据离心率及右焦点坐标求解即可. （2）直线方程与椭圆方程联立求出，，根据弦长公式及点到直线的距离公式求出及原点到直线的距离，代入三角形面积公式，结合基本不等式求解即可. 【详解】（1）由题意，，得，． 故椭圆的方程为． （2）联立，整理得． ，则. 设，，则，， 则． 原点到直线的距离． ． 当且仅当，即（满足）时取等号，最大值为1． 19．(1) (2)（i）；（ii）证明见解析 【分析】（1）求得，转化为对任意恒成立，设，利用导数求得的单调性，求得，得出不等式，即可求解； （2）（i）由（1）得求得 ，令，利用导数求得单调性，求得和，得到，满足，得到，即可求解； （ii）当时，，设，根据题意，得到有3个零点，由，得到，进而证得结论. 【详解】（1）由函数，可得 因为函数单调递增，所以对任意恒成立， 即对任意恒成立， 设，可得， 所以当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增， 所以，可得，解得， 所以实数的取值范围是. （2）（i）由（1）可得当时，函数单调递增，不符合题意； 当时，；当时，. 不妨令，可得，解得， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 所以，所以； 当时，， 因为在上单调递减，在上单调递增， 所以，满足， 即在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 又因为，所以， ， ， 故函数有3个零点且， 所以实数的取值范围为. （ii）当时，， 设，又因为，则与的零点相同， 即函数有3个零点且， 而， 又因为，所以， 因为，故， 故成立. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $ 宣威七中2026届高三3月份月考试卷 一、单选题 1．已知集合则=（    ） A． B． C． D． 2．已知复数z满足，则（    ） A． B． C．1 D． 3．已知数列为正项等比数列，若，，则（   ） A． B． C．2 D．4 4．已知、是夹角为的两个单位向量，，，则在上的投影向量为（    ） A． B． C． D． 5．已知椭圆的左、右焦点分别为，焦距，点A，B在椭圆上且满足．若，则椭圆的长轴长为（   ） A． B． C．2 D．4 6．已知函数的定义域为，，当时，，则曲线在点处的切线的斜率为（    ） A．2 B．1 C． D． 7．在的展开式中，含的系数是（    ） A．35 B．34 C．30 D．15 8．在中，角为锐角，的面积为4，且，则周长的最小值为（    ） A． B． C． D． 二、多选题 9．下列命题中，真命题的是（   ） A．一个样本的平均数为3，若添加一个新数据3组成一个新样本，则新样本的平均数不变，方差变小 B．数据组成一个样本，其回归直线方程为，其中，去除一个异常点后，得到新的回归直线必过点 C．若随机变量服从正态分布，，则 D．数据27，12，14，30，15，17，19，23的第70百分位数是23； 10．已知函数的部分图象如图所示，则下列结论中正确的是（    ） A． B．点是函数的图象的对称中心 C．函数在区间上是增函数 D．将函数的图象向右个单位后所得的函数为偶函数，则的最小值为 11．如图，在棱长为2的正方体中，P（与点不重合）是正方体侧面内的动点，下列说法正确的是（   ） A．平面平面 B．若动点P到直线AB的距离等于它到直线的距离，则点P的轨迹为抛物线的一部分 C．当时，过点P作该正方体的外接球的截面，其截面面积的最小值为 D．线段AD绕旋转一周的过程中，AD与所成角的正切值的取值范围为 三、填空题 12．在中，角、、所对的边分别为、、，若，且，则该三角形外接圆的半径为______. 13．在平面直角坐标系中，已知抛物线的准线为，点在上，以为圆心的圆与相切且截轴所得的弦长为，则__________． 14．设函数，若有四个不同的零点，从小到大依次为，则的取值范围为______． 四、解答题 15．已知数列的前n项和满足，. (1)求数列的通项公式； (2)记，求数列的前n项和. 16．2026 年 4 月 19 日， 第二届人形机器人半程马拉松在北京亦庄举行， 来自各地的机器人参赛队伍同场竞技，引发广泛关注.为研究 “机器人是否搭载智能避障系统” 与 “能否完成全程比赛” 之间是否存在关联，某科研团队对本次参赛的 500 台机器人进行统计，得到如下列联表 （单位： 台）： 完成比赛 未完成比赛 搭载智能避障系统 180 70 未搭载智能避障系统 120 130 (1)根据小概率值 的独立性检验，能否认为 “机器人是否搭载智能避障系统” 与 “能否完成全程比赛” 有关? (2)从该 500 台机器人中，采用按比例分层抽样的方法（以是否搭载智能避障系统分类），抽取一个容量为 10 的样本.再从这10台机器人中，不放回地随机抽取3台，设其中 “搭载智能避障系统” 的台数为.求的数学期望 . 附： ，其中 . 0.100 0.050 0.010 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 17．如图，在三棱锥中，，，，，分别是的中点，为上靠近点的四等分点，为上靠近点的四等分点． (1)证明：四点共面． (2)证明：平面平面． (3)求平面与平面夹角的余弦值． 18．已知椭圆：的离心率为，右焦点的坐标为． (1)求椭圆的方程； (2)直线：与椭圆交于，两点，为坐标原点，求面积的最大值． 19．已知函数 (1)若函数单调递增，求实数的取值范围： (2)若函数有3个零点； （i）求实数的取值范围； （ii）求证：. 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 《宣威七中2026届高三3月份月考试卷》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C A D C D C A C BD ABD 题号 11 答案 ABD 1．C 【详解】由不等式，得且，解得， 则，而， 所以． 2．A 【详解】因为，所以， 故． 3．D 【详解】设等比数列的公比为，则，而数列为正项等比数列， 故，故. 4．C 【分析】利用平面向量数量积的运算性质结合投影向量的定义可求得结果. 【详解】因为、是夹角为的两个单位向量，则， 由平面向量数量积的定义可得， 又因为，， 所以， 所以， 所以在上的投影向量为. 5．D 【分析】设，，根据，列式，联立即可求解. 【详解】根据，设，， 则，， 因为，所以， 在中，因为，所以， 即，① 在中，， 即，② 联立①②解得，， 所以椭圆的长轴长为. 6．C 【分析】利用导数求出曲线在点处的切线的斜率，再利用对称性求得答案. 【详解】由函数的定义域为，，得函数的图象关于直线对称， 因此曲线在点处的切线与曲线在点处切线关于直线对称， 其斜率互为相反数，当时，，求导得，则， 所以曲线在点处的切线的斜率为. 7．A 【分析】分别利用二项式定理计算出原多项式中每一项展开后的系数，最后将这些系数相加求得总和. 【详解】由得，令，此时系数为， 由得，令，此时系数为， 由得，令，此时系数为， 由得，令，此时系数为， 最终含的系数是. 8．C 【分析】利用三角恒等变换、正弦定理等知识判断出是直角三角形，利用基本不等式求得周长的最小值. 【详解】由，得，即. 而， 所以，即. 由于为锐角，所以，， 所以与异号或， 若，即， 又，，则，， 所以，即，此不等式组无解，所以不成立. 同理可得不成立. 所以， 即，所以，，即为直角三角形. 由题意知，，即，所以. 所以的周长， 当且仅当时，等号成立. 所以周长的最小值为. 9．BD 【分析】选项A：利用平均数公式计算新样本平均数，再利用方差公式分析方差变化；选项B：结合回归直线必过样本中心点，先计算原样本的中心点，再去除异常点后计算新的样本中心点，验证是否为给定的点；选项C：结合正态分布关于均值对称，利用对称性求出和，再计算；选项D：将数据排序，再根据百分位数的计算规则确定位置，进而找到对应数值. 【详解】选项A，设原样本有个数据，原平均数，总和为； 添加数据后，新总和为，新平均数，平均数不变. 当原方差为0时，每个数据为3，由新增数据也为3， 可知新方差； 当原方差不为0时，原方差， 新方差，方差变小，错误. 选项B，原回归直线必过原样本中心点，代入， 得原. 原10个点总，总；去掉异常点后， 新样本中心点：，，即新中心点为， 回归直线必过样本中心点，正确. 选项C，，正态曲线对称轴为，， 则，由对称性得， 因此： ，错误. 选项D，将数据从小到大排序：，共个数据， 计算，不是整数，根据百分位数计算规则， 向上取整得第个数据为第70百分位数，第6个数据，正确. 10．ABD 【分析】对A：根据函数的最大值，最小正周期，特殊点处的函数值，数形结合，即可求得函数解析式；对B：求得所有的对称中心的横坐标，再检验点是否满足即可；对C，根据的范围，求得的范围，再根据正弦函数的单调性，即可判断；对D，求得平移后函数的解析式，再根据三角函数的奇偶性，求解即可. 【详解】对A：由图可知的最大值为，又，故； 的最小正周期，又，故可得； 又过点，由五点作图法可知，，故； 故，A正确； 对B：令，解得，当时，解得， 故是函数的图象的对称中心，B正确； 对C：当，，而在不单调，故C错误； 对D：将函数的图象向右个单位后所得的函数解析式为， 因为其为偶函数，故，解得， 又，故当时，取得最小值为，故D正确. 11．ABD 【分析】对于A，连接，先证明平面，可得，同理可证平面，可得，进而得到平面，进而求证即可判断；对于B，先证明，结合题设可得点P到点B的距离等于它到直线的距离，再根据抛物线的定义即可判断；对于C，由向量关系找到点的位置，因为球心到截面的距离最大时，截面面积最小，所以为截面圆心，结合勾股定理求出得到截面圆半径，求得最小截面面积即可判断；对于D，旋转得到的圆锥与旋转轴夹角恒为，在正方体中求出角的正切值，从而找到旋转过程中形成的最大角和最小角，从而求出范围即可判断. 【详解】对于A，连接，在正方形中，， 在正方体中，平面， ∵平面，∴， ∵，平面，平面， ∴平面，∵平面，∴， 同理可证平面，∵平面，∴， 又，平面，平面， ∴平面，∵平面，所以平面平面，故A正确； 对于B，在正方体中，平面， ∵平面，∴， 则点P到直线AB的距离，即为点P到点B的距离， 由于点P到直线AB的距离等于它到直线的距离， ∴点P到点B的距离等于它到直线的距离， 又P（与点不重合）是正方体侧面内的动点， 因此，根据抛物线的定义，点P的轨迹为抛物线的一部分，故B正确； 对于C，当时，为线段上靠近点的四等分点，如图， 易知正方体的外接球的球心为正方体的中心，外接球的半径， 设中点为，连接， 则，易得，，则， 若要截面面积最小，需球心到截面的距离最大，最大为OP， 因此，截面面积最小为，故C错误； 对于D，线段绕旋转一周后得到一个母线与旋转轴所成的角为的圆锥， 设，，， 在旋转过程中，与所成的角在如图所示的轴截面内分别取得最值， 则，， 所以在旋转过程中，与所成角的正切值的取值范围为，故D正确. 12．1 【详解】∵，，∴， ∴，∴， ∴，∴， ∵，∴，∵，∴， 设该三角形外接圆的半径为，由正弦定理得，∴. 13．4 【详解】 已知抛物线的准线为，则的方程为：， 已知点在上，则， 以为圆心的圆与相切，设圆的半径为，则， 又圆与相切且截轴所得的弦长为， ，解得，即， ，解得． 14． 【分析】先将函数有四个不同的零点，转化为函数和有四个不同的交点，利用数形结合得到的范围，再根据为方程 的两根，为方程的两根，利用韦达定理建立的函数，再利用函数的单调性求解． 【详解】当时，，， 时，，单调递减，时，，单调递增， 所以在上单调递减，在上单调递增， 当时，，， 时，，单调递减，时，，单调递增， 所以在上单调递减，在上单调递增， 又，， 又因为函数有四个不同的零点， 所以函数和有四个不同的交点， 如图所示： 由图知，， 设为方程 的两根，即的两根， 所以， 设为方程的两根，即的两根， 所以， 所以， 令，， 所以在上单调递增， 因为 ， ， 所以的值域为， 即的取值范围为． 15．(1) (2) 【分析】(1) 根据和与通项的关系，再根据等比数列定义以及通项公式得结果. (2) 求出的通项公式，利用错位相减法，即可求数列前项和． 【详解】（1）当时，，解得， 当时，， 所以数列是以1为首项，2为公比的等比数列，所以数列的通项公式为. （2）由（1）可得，①， ②， ①-②得：， 是首项为，公比为，项数为的等比数列， 根据等比数列求和公式，代入得：， ， . 16．(1)“机器人是否搭载智能避障系统” 与 “能否完成全程比赛”有关. (2)，分布列为： 【分析】（1）先完善列联表，再计算，根据临界值表可得相应判断； （2）根据超几何分布可求的分布列，再根据期望公式计算期望即可. 【详解】（1）完善列联表如下： 完成比赛 未完成比赛 合计 搭载智能避障系统 未搭载智能避障系统 合计 设：“机器人是否搭载智能避障系统” 与 “能否完成全程比赛” 无关， 则， 故根据小概率值 的独立性检验， 可以认为“机器人是否搭载智能避障系统” 与 “能否完成全程比赛”有关. （2）根据分层抽样可得10台机器人中“搭载智能避障系统” 的台数为， 故可取， 又，， ，， 故的分布列为： 故. 17．(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）通过证明来证得四点共面. （2）通过证明平面来证得平面平面． （3）建立空间直角坐标系，利用向量法求得平面与平面夹角的余弦值即可． 【详解】（1）因为分别是的中点，所以. 因为为上靠近点的四等分点，为上靠近点的四等分点, 所以，所以，所以四点共面. （2）因为，所以，所以. 因为平面，所以平面. 因为平面，所以平面平面. （3）连接，因为，所以， 由（2）知，平面平面，平面平面， 而平面，所以平面， 以为坐标原点，以所在直线分别为轴, 以过点且平行于的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 设平面的一个法向量为， 则，令，则， 易得为平面的一个法向量. 设平面与平面的夹角为， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 18．(1) (2)1 【分析】（1）根据离心率及右焦点坐标求解即可. （2）直线方程与椭圆方程联立求出，，根据弦长公式及点到直线的距离公式求出及原点到直线的距离，代入三角形面积公式，结合基本不等式求解即可. 【详解】（1）由题意，，得，． 故椭圆的方程为． （2）联立，整理得． ，则. 设，，则，， 则． 原点到直线的距离． ． 当且仅当，即（满足）时取等号，最大值为1． 19．(1) (2)（i）；（ii）证明见解析 【分析】（1）求得，转化为对任意恒成立，设，利用导数求得的单调性，求得，得出不等式，即可求解； （2）（i）由（1）得求得 ，令，利用导数求得单调性，求得和，得到，满足，得到，即可求解； （ii）当时，，设，根据题意，得到有3个零点，由，得到，进而证得结论. 【详解】（1）由函数，可得 因为函数单调递增，所以对任意恒成立， 即对任意恒成立， 设，可得， 所以当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增， 所以，可得，解得， 所以实数的取值范围是. （2）（i）由（1）可得当时，函数单调递增，不符合题意； 当时，；当时，. 不妨令，可得，解得， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 所以，所以； 当时，， 因为在上单调递减，在上单调递增， 所以，满足， 即在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 又因为，所以， ， ， 故函数有3个零点且， 所以实数的取值范围为. （ii）当时，， 设，又因为，则与的零点相同， 即函数有3个零点且， 而， 又因为，所以， 因为，故， 故成立. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $