福建省漳州市第三中学2025-2026学年高三上学期12月月考数学试卷

这是一份福建省漳州市第三中学2025-2026学年高三上学期12月月考数学试卷，共10页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
注意事项:
答题前，考生务必将自己的姓名、班级、考场号、座位号填入答题卡相应位置内；
客观题请用 2B 铅笔填涂在答题卡上，主观题用黑色的签字笔书写在答题卡上；
考试结束时，只交答题卡，试卷请妥善保管。
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．
已知集合 M  {1，z（1  i)}，i 为虚数单位， N  3, 4 ，若 M ∪ N  {1,2,3,4} ，则复数 z 在复平面上所对应的点在
第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
a
在平行四边形 ABCD 中， E 、 F 分别为CD 、 AE 的中点，设 AB  → ，
→
AD  b ，则
BF 

1 →3 →
a b
24
1 →3 →

a b
24
 3 →1 →

a
b
42
3 →1 →

a b
42
函数 f  x  x2  ln x 的大致图象为
x
A．B．
C．D．
中国古代中的“礼、乐、射、御、书、数”合称“六艺”．“礼”主要指德育；“乐”主要指美育；“射”和“御”就是体育和劳动；“书”指各种历史文化知识；“数”指数学．某校国学社团开展“六艺”讲座活动，每艺安排一次讲座，共讲六次．讲座次序要求“礼”在第二次，“数”和“书”相邻，则“六艺”讲座不同的次序共有
A．24 种B．36 种C．48 种D．120 种
已知 a  lg3π， b  lnπ， c  20.9 ，则a ， b ， c 的大小关系为
a  b  c
b  a  c
c  b  a
c  a  b
α π
sin(  )
已知角α的始边为 x 轴的非负半轴，终边经过点 P 4, 3 ，则 24 
)
sin( π  α
42
2或 1
2
 2或 1
2
1
D． 2
2
已知正四棱台 ABCD  A1B1C1D1 ， A1B1  3AB  3a ，其侧面积为8
2a2 ，则该棱台的体积为
10 3
13 3
33
10 2
13 2
3 aB． 3 aC．
aD．a
33
若定义在, 0 ∪ 0,  上的函数 f  x 的导数为 f 'x，且满足：① f  x 为奇函数；②对任意的
x  (0,) ，都有 xf 'x f x  0 ，则称函数 f  x 具有性质 P ．已知函数 f  x 具有性质 P ，则不等
式 f (x 1) 
A． 0,1
f (x2 1)
x 1
的解集为
B． (0,1) ∪ (1,)
C． (,2) ∪ (0,1) ∪ (1,)D． (,2) ∪ (0,1)
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．
已知等比数列a 的前n 项积为T ，并且满足条件a  1，数列{a } 为单调递减数列， a6 1  0 ，则
nn1n
下列结论正确的是
a7 1
a6  1
a6a8  1
Tn 的最大值为T6
T13  1
2025 年春晚舞台上的灯光特效呈现出一种独特的动态变化．某处灯光的亮度变化可以近似用三角函数
（
f (x)  cs(2wx  π) 0  w  2) 来描述，这个三角函数的图象如图所示，则 3
f  x 的最小正周期为π
y  f (x 
π ) 是奇函数 12
y  f xcs 2x 的图象关于点（ 5 π ，0）对称
24
 3 6 
若 y  f txt  0 在0, π 上有且仅有两个极值点，则t  2 , 7 

2
已知椭圆C 的方程是 x
a2
y2
 1， P 为椭圆C 上任意一点， F1 ， F2 分别为椭圆C 的左、右焦点，过
点 F1 且斜率不为 0 的直线与椭圆C 交于 A，B 两点， △ABF2 的周长为 8，则下列说法正确的是
a  2
存在点 P ，使得△PF1F2 的面积为 1
椭圆C 上存在 6 个不同的点 P ，使得△PF1F2 为直角三角形
3
△PF1F2 内切圆半径的最大值与外接圆半径的最小值的比值为2 
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分．
已知数列{an} 的前 n 项和为 Sn ，且2an  3Sn  2(n  N * ) ，则数列{an} 的通项公式 an  .
过圆外一点 P(1，1) 作圆 x2  y 2  4x  4 y  1 的切线，则切线方程为.
已知函数 f (x)  (x  2)ex  ax2  2ax  4a ，若 f ( x) 有两个不同的极值点 x1 ，x2 (x1  x2 ) ，且当0  x  x2
时恒有 f (x)  4a ，则 a 的取值范围为.
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．
（13 分）某市航空公司为了解每年航班正点率 x% 对每年顾客投诉次数 y （单位：次）的影响，对近
8
 xi
i1
8
 yi
i1
8
 xi yi
i1
x  x
82
i
i1
600
592
43837.2
93.8
8 年（2017 年～2024 年）每年航班正点率 x% 和每年顾客投诉次数 y 的数据作了初步处理，得到下面的一些统计量的值.
求 y 关于 x 的经验回归方程，若该市航空公司预计 2025 年航班正点率为84% ，请估算 2025 年顾客对
该市航空公司投诉的次数；
14
根据数据统计，该市所有顾客选择乘坐该航空公司航班的概率为 3 ，现从该市所有顾客中随机抽取
人，记这 4 人中选择乘坐该航空公司航班的人数为 X ，求 X 的分布列和数学期望.附：经验回归直线 yˆ  b‸x  a‸ 的斜率和截距的最小二乘法估计公式分别为：
n
xi yi  nxy
n
bˆ  i1 , aˆ  y  bˆx
2
 xi  x 
i1
（15 分）如图所示，正四棱锥 P  ABCD 中， AB  4 ,点 E 是棱 PB 上的一点.
若 PD // 平面 AEC ，求 PE 的值；
PB
当 E 满足第(1)步的结论时，异面直线 PD 与 AE 所成角的余弦值为 65 ，求点 B 到面 AEC 的距离．
13
（15 分）设 S 为数列a 的前n 项和，已知 S  6 , S
 20 ，且数列 Sn  为等差数列．
nn24
 n 

求证：数列an为等差数列，并求 an ．
若数列b 满足b
 1，且 bn1  an
，求数列b 的前n 项和T ．
n1bn
an 2nn
（17 分）已知函数 f  x  2sinxcsx 
3cs2x ．
求函数 f  x 的最小正周期及单调递减区间；
在△ABC 中内角 A, B, C 所对的边分别为a, b, c ， B 为锐角， f (B)  0 ，且b  3 ．
c
若△ABC 为锐角三角形，求
a
的取值范围；
延长CB 到点 D ，使2CB  5BD ，若 AD  2 ， BAC  2BAD ，求 a 的值.
（17 分）已知 f (x)  x ln x  a sin(x  1) ， a  R
当 a  0 时，证明： f (x)  x(x  1) ；
设 g(x)  f (x  1) ，若对任意的 x 0, π ， g(x)  0 恒成立，求 a 的取值范围；
证明：对任意的正整数 n ，总有 1 sin1 2 sin 1 L
232
n n 1
sin 1  ln n 1 ．
n
漳州三中 2025-2026 学年高三毕业班第三次月考数学参考答案及建议评分标准
（时间：120 分钟，满分：150 分）
n
a  (2)n
x  1或4x  3y 1  0
ee
(0, 2) ∪ ( 2 , e)
【解】（1） x  600  75, y  592  74 ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙2 分
88
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
D
C
A
B
D
C
B
D
AC
ABD
题号
11
答案
BD
n
xi yi  nxy
43837.2  8 75 74
n
则bˆ  i1  6 ，3 分
2
 xi  x 
i1
93.8
所以 aˆ  y  b‸x  74  6  75  524 ，
所以 y 关于 x 的经验回归方程为 yˆ  6x  524 ；4 分当 x  84 时， y  20 ，
所以 2025 年顾客对该市航空公司投诉的次数为20 次；5 分
（2） X 可取0,1, 2, 3, 4 ， X 服从 B(4, 1)6 分
3
 2 416 1  2 332
P( X  0)  C 0   ， P( X  1)  C1   

4  3 814  3  3 81
 1 2  2 2248 1 3  2 18
P( X  2)  C 2     ， P( X  3)  C 3    

4  3   3 
 1 41
8127
4  3   3 81
P( X  4)  C 4   
11 分
4  3 81
所以 X 分布列为
X
0
1
2
3
4
P
16
81
32
81
8
27
8
81
1
81
所以 EX   0  16 1 32  2  8  3 8  4  1  4 .13 分
81812781
114
813
方法二： X 服从 B(4,
) ， E X
3
 4  
33
【解】（1）连结 AC, BD ， AC ∩ BD  O ，连接OE ，
Q四边形 ABCD 是正方形， O 是 BD 中点，1 分
Q PD// 平面 AEC ， PD  面 PBD ，面 PBD  平面 AEC  OE  OE //PD4 分
 PE  DO  15 分
PBDB2
（2）方法一（向量法）;
连结 PO 因为正四棱锥 P  ABCD 中, PO  平面 ABCD ， AC ⊥BD ，所以OP, OA, OB 两两垂直，以O 为坐标原点， OA, OB, OP 所在直线分别为 x ， y, z 轴
建立如图所示的空间直角坐标系O  xyz ，7 分
Q AB  4 , OA  OB  2 2, OP  2t ，
则 P 0, 0, 2t , D 0, 2 2, 0, A2 2, 0, 0, E 0, 2, t ，
 
–––→–––→
所以 PD  0, 2 2, 2t , AE  2 2, 2, t ，8 分
又异面直线 PD 与 AE 所成角的余弦值为 65 ，
13
4  2t 2
所以

5
13
3
，解得t ，10 分
8  4t 2  10  t 2
故 P 0, 0, 2 3 , C 2 2, 0, 0, A2 2, 0, 0, E 0, 2, 3  ，
  
–––→–––→
所以CA  4 2, 0, 0 , CE  2 2, 2, 3 ，
→
设平面 ACE 的法向量为 n   x, y, z  ，
→ –––→
x  0
n  CA  4 2x  0→
3
则→ –––→，得，取 y ，得 n  0, 3,  2 ． 13 分
n  CE  2 2x 
2 y 
3z  0
 2 y 
3z  0
设 B 到面 AEC 的距离为 d ， O  面 AEC ， OB  (0,2
2,0)
OB  →
n
→
 d 

2 30
n5
 B 到面 AEC 的距离为 2 30
5
15 分
方法二：（几何法）由（1）可知OE //PD
 AEO 为异面直线 PD 与 AE 所成角6 分
5
5
又Q PD  2a ，设 PD  2a ，则OE  a，AO  2 2，AE  EC, EO  AC
a2  8
csAEO  OE ,a
AE
3
连结 PO ,则 PO  2
65
13
解得 a 
 PD  2
，8 分
3
Q因为正四棱锥 P  ABCD 中, PO  平面 ABCD ， E 到面 ABCD 的距离为 PO 
2
10 分
3
3
V 1  S 1  1  4  4  8 3 ,设点 B 到面 AEC 的距离为 d12 分
5
10
E  ABC3ABC323
VE  ABC
 VB AEC
, 8
3  1  S
33
AEC
d , Q S
AEC
 1  4
2
2 
 2
 d  2
30 ,
5
 B 到面 AEC 的距离为 2 30
5
15 分
 n 
【解】（1）设等差数列 Sn  的公差为 d，则∵ S

2  6, S4
 20 ，
∴ S4  S2  2d ，解得 d  1 ，①1 分
42
∴ Sn
n
 S2  (n  2)d  3  (n  2) 1  n 1，即 S
2n
 n n 1 ，∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙3 分
当 n  1 时， a1  S1  2 ， ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙4 分
n
当n  2 时， an  Sn  Sn1  n n 1  n 1 n  2n ， ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙5 分
1
∵ a  2 也符合上式，所以 a
 2n n  N*  .∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙6 分
an1  an  2(n 1)  2n  2 （常数）.
nn
所以数列a 是等差数列， a  2n n  N*  . ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙7 分
（2）由（1）可知 bn1 
bn
an an2
2n
2n  4
n n  2
， ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙8 分
∴ b2  1 , b3  2 , b3  3 ,, bn  n 1 (n  2)

b13 b2
4 b25
bn1
n 1
bn
上述各式相乘，得
 1  2  3  n 1 2.

b13 4 5
n 1
n(n 1)
∴ bn
 b1 
2
n n 1 
2. ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙11 分

n n 1
因为b  6 满足上式，所以b 2 2( 1 1 ) n  N*  ． ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙13 分
1nn n 1

nn 1
T 
1  11  11 
1 2n
n2 1 2   
    
  2 1 
. ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙15 分
 23  nn 1 
n 1 
n 1
18.（1）【解】
f  x  2sinxcsx  3cs2x
 sin 2x  3cs2x
3
1
 2(sin 2x 
22
cs2x)
∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙2 分
 2(sin 2x csπ cs 2x sinπ)
33
)
 2 sin(2x π
3
∴函数 f  x 的最小正周期为T  2π π. ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙3 分
2
2kππ3π
π  2x   2kπ
232
π7π
由 2kπ  2x  2kπ
66
, k
 kπ π  x  kπ 7π Z
1212
], k
∴函数 f  x 单调递减区间为[kπ π, kπ 7π Z . ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙5 分
1212
)
（2）由 f (B)  2 sin(2B  π  0  2B  π kπ, k  Z.
33
.
,
πkππ
∴ B  k  Z. ∵ B (0,π) ，∴ B  ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙6 分
623
0  A  π0  A  π

由V ABC 为锐角三角形，得
2  
2 π A  π
∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙7 分
π2π
.
π62
0  C  0  A 
232
则因此 c  sin C  sin( A  B)  sin A cs B  cs Asin B  1 3. ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙9 分
asin A
sin A
sin A
2 tan A
3
3
,
Qπ A  π ∴ tan A  0 1，
62
∴ 1  1 3
 2.
3tan A
222 tan A
c1
∴ 的取值范围是(, 2). ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙11 分
a2
（3）
设BAD α，则BAC  2α，
ADBD
 BD
在△ABD 中，由正弦定理得sin ABD  sinα，即sin 2πsinα， ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙13 分
3
bBC
5BD
在ABC 中，由正弦定理得sin ABC  sin 2α，即 sin π2 sin 2α， ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙15 分
3
因此 2  2 sin 2α 4 csα，则csα 5 ， ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙16 分
5sinα5
6
11
3
BD  2 sinα 2 33
则sinα
1 cs2α，
6
9，
2
所以 a  5 BD  5 33 . ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙17 分
29
19【解】（1） a  0 ， f (x)  x ln x ，则 f (x)  x(x 1)  x[ln x  (x 1)] ，定义域为0, 
令t(x)  ln x  (x 1) ,则t(x)  1 x
x
∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙1 分
当 x (0,1) 时， t(x) 单调递增；当 x (1,) 时， t(x) 单调递减∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙3 分
所以t(x)max  t(1)  0 ，所以当 x (0,) 时t(x)  0 ，所以 f (x)  x(x 1) ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙4 分
（2）设 g(x)  f (x 1) ，若对任意的 x 0, π ， g(x)  0 恒成立，即
(x 1) ln(x 1)  a sin x  0 恒成立. 又 g ( x)  1  ln( x  1)  a cs x ，
设 h(x)  g(x) ，则 h x 
1
x 1
 a sin x(x (0, π)) ，且有 g(0)  0 ， g(0)  1 a ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙5 分
（i）当 a  0 ， x (0, π) 时，显然 g(x) 中(x 1) ln(x 1)  0 ， a sin x  0 则 g(x)  0 恒成立；∙∙∙∙∙6 分
（ii）当1  a  0 ， x (0, π) 时， h x  0 ，则 g(x) 单调递增， g(x)  g(0)  1 a  0
g(x) 在 x (0, π) 单调递增， g(x)  g(0)  0 所以 g(x)  0 恒成立． ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙8 分
（iii）当 a  1 ， x (0, π) 时， h x  0 ，则 g(x) 单调递增， g(0)  1  a  0
又  π  1  ln(π 1)  a cs π  0 则必然存在一个 x π ，使得 g(x )  0 ，
g ()
222
(0, )
020
且有 x (0, x0 ) 时 g(x)  0 ， g(x) 单调递减．
此时， g(x)  g(0)  0 不满足恒成立条件∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙11 分综上所述， a  1 ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙12 分 (3)由（2）中结论，
有当 a  1 时， (x 1) ln(x 1)  a sin x  0 ，对任意的 x (0, π) 恒成立，
取 a  1 可得， (x 1) ln(x 1)  sin x  0 ，对任意的 x (0, π) 恒成立，
即(x 1) ln(x 1)  sin x ，变形可得 1
x 1
sin x  ln(x 1) ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙14 分
分别令 x  1 ， 1 ，...， 1 ，可得 1 sin1  ln(1 1) ，
12n21
2 sin 1  ln(1 1 ) ，……，
322
n
n 1
sin 1  ln(1 1 )
nn
累加可得 1 sin1 2 sin 1 n sin 1  ln 2  ln 3  ln n 1  ln(n 1) ，证毕． ∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙∙17 分
232
n 1n12n