湖北省黄冈市2025-2026学年高三上学期9月月考数学试卷

这是一份湖北省黄冈市2025-2026学年高三上学期9月月考数学试卷，共11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。

黄冈市 2025 年高三（9 月）起点考试数学参考答案
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案
C
D
A
B
B
B
A
D
ABD
BCD
ACD
一、选择题
二、填空题
5
12.113.
14. 2 + 2 10
3
附：部分小题解析：
8.A: f (0) = f (1), A错; 当x = 0时，x –1 = –1,[x] = 0, B错;
C:e x + e–x  21 1 ,| cs x | 1 f (x)  1 , C错;
e x + e–x22
1 + cs x
1 – cs x
D: f (x) =|–|， f 2 (x) = 2 – 2 | sin x |
 f (x) ϵ[0, 2 ][ f (x)]的值域为{0，1}.D对.
11.  f (x) = x – ln x  f (x)在(0,1)上单调递减，在（1,+)上单调递增，A对
f ( 1
x1 x2
2
) – f (2) = 2 ln 2 – 3
2
< 0,B错
 f (x ) = f (x ) = m即x – ln x = x
– ln x ,
2, C对.
et – t  t a – a ln t在t ϵ(1,+)恒成立，则f (et )  f（ta ) ,当 a > 0 时， et > 1, t a > 1
et  t a ,即a 
t
ln t
在t ϵ(1,+)时恒成立，所以0 < a  e, D对.
C
解法一：依题意有tan C = 3 , tan C = 1 .由图可知，
423
tan A + tan B
c =1 tan A
2
+1=
tan B
2
2
tan A
2
2
.tan B
2
ADB
tan A + tan B
而tan( A + B ) =22 = tan(  – C ) =1= 3
221 – tan A tan B2tan C
222
tan A tan B
22
tan A + tan B = 3(1 – tan A tan B )  2 tan A tan B即
 10 –1 ,
2222223
0 < tan A tan B  11 – 2 10 .
229
tan A + tan B（3 1 –AB ）
10
1
c =
1 1 tan
22
tan .tan
A +
B =
tan
AB =
tantan
tan A .tan B
= （3AB –1）3
tan.tan
2
2
22
22
2
2
22
2 + 2 .
解法二：由面积 1 r(a + b + c) = 1 ab sin C, 得 a + b + c = 3 ab, 由余弦定理有
225
a2 + b2 – c2(a + b + c)(a + b – c) – 2ab4
cs C === ,  a + b – c = 6. 显然 a + b > 6.
2ab
3
2ab
3(a + b)2
5
20 + 2 10
20 – 2 10
 a + b = 3 +
10
ab  3 +
10
, 解得 a + b 
4
或a + b  （舍）
33
c = a + b – 6  2 + 2
3
10 . 当 a = b = 10 +
3
10 时等号成立.
三、解答题
解：（1） f (x) = e2x – 2ax + b cs x + 1 ， f (x) = 2e2x – 2a – b sin x
依题意知： f (0) = –2 = 2 – 2a ， a = 2
又 f (0) = 2 = 1+ b +1 b = 0 ， a = 2, b = 0
（2） a = 2, b = 0 ， f (x) = 2e2x – 4
 g(x) = 2e2x – e x – 4 = 2(e x – 1 )2 – 33 .
…………2 分
…………4 分
…………7 分
…8 分
48
 g(x)最小值为– 33
8
…10 分
…13 分
解：（1） f (x) = 4sin(xx + ) cs(xx) –
3
3
3
= 2sin xx csxx + 2
3 cs2 xx –
= sin 2xx +
3 cs 2xx = 2sin(2xx + ).
3
…4 分
而 f (x) 的最小正期为 ，T =  = 2
2x
x = 1

…………6 分
（2） f (x) = 2sin(2x + )
3
 g(x) = 2sin(2x + 2) –1
3
当 g(x) = 0 时，即sin(2x +
2) = 1
32
…8 分
…9 分
 x ϵ[0, m], 2x + 2 ϵ 2 ，2m + 2
…10 分
3 33 
17  2m + 2 < 25
…13 分
636
 m的取值范围是13 7 
…15 分

4

， 
 12
解：（1） f (x) 是偶函数 f (x) = f (–x)，即lg2 (4x + 1) – mx = lg2 (4 – x + 1) + mx，
 m = –1
…5 分
x
（2） m = –1  f (x) = lg 2 (4
+ 1) – x = lg2 (
4x + 1
2x
) = lg2 (2x
+ 2–x ).
 g(x) = 4 f (x) = (2x + 1 )2 又 x ϵ[–1,1] 2x ϵ 1 ,2
2x
g(x) ϵ 4, 25 
 2
…8 分
4 
…10 分
b(g(x))2 – ag (x) + a + b  0  b g 2 (x) – g(x) +1+ b  0
aa13 分
 b 
g(x) –1 =t
=1(t = g(x) –1)，t ϵ[3, 21],
ag（2
x）+ 1
t 2 + 2t + 2
t + 2 + 24
t
而t + 2 在[3, 21] 上单调递增， b 在[3, 21] 上单调递减，
t4a4
 b  3 ， b 的取值范围是[ 3 ,+)
a17a17
…15 分
解：（1） p = (c,2b + a),q = (cs A, cs C)且| p + q |=| p – q |
 p  q = 0即c cs A + (2b + a) cs C = 0
…2 分
sin C cs A + 2 sin B cs C + sin A cs C = 0 即sin C = – 1
2
C = 2 .
3
（2）c2 = a2 + b2 + ab = 81而a + b + c = 19
（a + b）2 – ab = 81, a + b = 10  ab = 19
∵CD 为角 C 的角平分线
S ACD + S BCD  = S ACB即ab = (a + b）CD
…5 分
…6 分
…7 分
…8 分
CD = 19
10
…10 分
(3) 解法一:设3ACD = θ ,则3BCD = 2 –θ ;设 AD = x ，则CD = x, BD = 2x 3
CDAD
在ACD 中=即sin A = t sin θ sin Asin 3ACD
…11 分
2xtx
t
在BCD 中
sin(
3

+ θ )
=即sin B = sin( + θ ) = sin( – A) sin B233
cs A = t sin( + θ) 而sin A = t sin θ
6
1 = t 2 (sin 2 (θ + ) + sin 2 θ) t 2 =
…13 分
1
61 –3 cs(2θ + )
26
(
2 


3 
2
θ ϵ 0，  cs(2θ + ) ϵ –1,  t ϵ [4 – 2
…15 分
3,4)
3 
62 
3
t ϵ[–1,2)
…17 分
CD = 2 CA + 1 CB,9CD 2 = 4CA2 + CB 2 + 2CA  CB,
解法二：33
…11 分
 AD = c ,CD = tc . t 2c2 = 4b2 + a2 – 2ab,
33
t 2 sin 2 C = sin 2 A + 4sin 2 B – 2sin Asin B.
 3 t 2 = 5 – 1 cs A – 2 cs( 2 – 2 A) – 2sin A(
…13 分
3 cs A – 1 sin A).
422322
t 2 = 4 – 2
3 sin 2 A.
…15 分
A ϵ(0,
), 2 A ϵ(0, 3
2),sin 2 A ϵ(0,1],
3
3
3
 4 – 2
 t 2 < 4,
–1  t < 2.
…17 分
f (x) = a(1 – x)
19.解：（1）已知函数 f(x)的定义域为 R，且e x
当a > 0 时， f (x) 在[1,+) 上单调递减，在（– ，1] 上单调递增当a < 0 时， f (x) 在[1,+) 上单调递增，在（– ，1] 上单调递减
 F (x) = sin x – ax  F (x) = cs x – a(1 – x)
…4 分
（2）e xe x
依题意知： F (0) = 0, 即 a=1,经检验，符合题意 F (x) = sin x – x .
e x
…5 分
(i)要证F (x) = sin x – x
e x
 0,即证e x sin x – x  0成立 (x ϵ(－

， ])
２
令G(x) = e x sin x – x,则G(x) = e x (sin x + cs x) –1,G(x) = 2e x cs x
，
  
①当x ϵ[－]时，G(x)  0，G(x)在[– , ]上单调递增，而G(0) = 0
２ ２2 2
G(x)在[–  ,0]上单调递减，在[0, ]上单调递增G(x)  G(0) = 0即x ϵ[–  , ]时，e x sin x – x  0
222 2
当x ϵ(－，– ]时, e xsinx  –1,–x >  ,e xsinx – x 1 > 0
②
综上所述：
２
x ϵ(－
2
x

， ]时, e sinx - x  0即F (x)  0
２
> –
2
…10 分
（ⅱ）令G(x) = e x sin x – x 则 F (x) = 0即G(x) = 0
当 x ϵ[(2k –1),2k], k ϵ Z,G(x) = e x sin x – x < 0恒成立，此时G(x)无零点
当x ϵ[2k,(2k + 1)], k ϵ Z时
当k = 0, x ϵ[0, ],由(1)知G(x)在 上单调递增，在 
]上单调递减
①
[0, ][,
22
而G(0) = 0,G() < 0, 存在x0 ϵ[0, ]使G(x0 ) = 0

G(x)在[0, x ]上单调递增，在[x , ]上单调递减，而G(0) = 0, G() > 0, G( ) < 0
002
x ϵ[ ，]
所以 12
②当 x ϵ[2n,(2n + 1)], n ϵ Z，n  1时，由①同理可证：
x2n
ϵ[2n，(2n + 1 ) ), x
2
2n+1
ϵ[(2n + 1 ) , (2n +1) ]
2
由①②有
x2n–1
ϵ[(2n – 3 ),(2n –1)]，x
22n
ϵ[2n，(2n + 1 )],
2
 xn是F (x)的零点
 F (xn ) = g(xn ) – f (xn ) = 0即f (xn ) = g(xn )
 f (xn ) =
x 在(1,+)上单调递减，x ex2n

> x2n–1 > 2
 f (x2n–1 ) > f (x2n ) g(x2n–1) > g(x2n )即sin x2n–1 > sin x2n
sin x2n–1 = sin[(4n –1) – x2n–1 ] > sin x2n
而(4n –1) – x
2n–1
ϵ(2n , (2n + 1 ) ), x
22n
ϵ(2n , (2n + 1 ) )
2
(4n –1) – x2n–1 > x2n
 x2n–1 + x2n < (4n –1)
…17 分