吉林省白城市实验高级中学2025-2026学年高二上学期10月月考数学试卷

这是一份吉林省白城市实验高级中学2025-2026学年高二上学期10月月考数学试卷，共26页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题（本大题共 8 小题，每题 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．）
如图，α∩β l ，点 A,C α，点 B β，且 BA  α， BC  β，那么直线 l 与直线 AC 的关系是
（）
A. 异面B. 平行C. 垂直D. 不确定
（2023•上海市宜川中学期中）
设集合S 为实数集R 的非空子集，若对任意 x  S ， y  S ，都有 x  y  S ，  x  y  S ，
xy  S ，则称集合 S 为“完美集合”，给出下列命题：
①若S 为“完美集合”，则一定有0  S ；
②“完美集合”一定是无限集；
③集合 A  x x  a  5b, a  Z, b  Z为“完美集合”；
④ 若S 为“完美集合”，则满足 S  T  R 的任意集合T 也是“完美集合”.其中真命题是（）
A. ①③B. ①④C. ②③D. ②④
函数 y＝|sinx|的图象()
关于 x 轴对称B. 关于 y 轴对称
C. 关于原点对称D. 关于坐标轴对称
将长度为 2 的一根铁丝折成长为 x 的矩形，矩形的面积 y 关于 x 的函数关系式是 y  x(1 x) ，则函数的定义域为
RB. x x  0
x 0  x  2
x 0  x  1
已知函数 f (x 1) 的定义域为[-2，3]，则函数 f (2x 1) 的定义域为（）
A. [-1 9]B. [-3,7]C. 2,1D.
2, 1 
2 
已知三个力 f1＝(－2，－1)，f2＝(－3,2)，f3＝(4，－3)同时作用于某物体上一点，为使物体保持平衡，现加上一个力 f4，则 f4 等于
A. (－1，－2)B. (1，－2)C. (－1 2)D. (1,2)
a / /b
b / /c
有下列说法：①若 →，
→ ，则 a / /c ；②若 2
OA  OB  3OC
= 0 ， S
V AOC
, SV ABC
分别表示
V AOC,V ABC 的面积，则 S
: S 1: 6 ；③两个非零向量 a, b ，若| →  b |=| a |+| b |，则 a 与b 共线
△AOC
△ABC
a
且反向；④若 →，则存在唯一实数λ使得 →，其中正确的说法个数为
a / /b
a  λb
B. 2C. 3D. 4
如图，一个无盖的正方体盒子的棱长为 2，BC 的中点为 M，一只蚂蚁从盒外的 B 点沿正方形的表面爬到盒内的 M 点，则蚂蚁爬行的最短距离是()
13
17
A.B. 1C.
D. 2＋
5
二、多项选择题（本大题共 3 小题．每题 6 分，共 18 分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得 5 分，有选错的得 0 分，部分选对的得部分分．）
质点 P 和 Q 在以坐标原点 O 为圆心，半径为 1 的eO 上逆时针做匀速圆周运动，同时出发．P 的角速度
大小为2rad/s ，起点为eO 与 x 轴正半轴的交点；Q 的角速度大小为5rad/s ，起点为射线 y  
eO 的交点．则当 Q 与 P 重合时，Q 的坐标可以为（）
3x  x  0 与
cs 2π
2π
5π
5π


A, sin
99
B.  cs
, sin
99


ππππ
99
C. cs, sin

D.  cs, sin
99

（2023•湖南省部分校联考期中）
已知正方体 ABCD  A B C D 的棱长为 4， EF 是棱 BC 上的一条线段，且 EF  1 ，点Q 是棱 AA
1 1 1 121
的中点，点 P 是体对角线 BD1 上的动点（包括端点），则下列结论正确的是（）
存在某一位置， PQ 与 EF 垂直
三棱锥 E  PQF 体积的最大值是 3
2
二面角 P  EF  Q 的正切值是 1
3
当 PE  PF 最大时，三棱锥 E  PQF 的外接球表面积是 343π
2
某个简谐运动可以用函数 f  x  sin ωx φ （ω 0 ， φ π ）， x 0,  来表示，其中部分图 象如图所示，则（ ）
AB  π
3
该简谐运动的频率为2 ，初相为 π
6
直线 x  π 是 y  f  2x  π  的一个对称轴
43 

点 π , 0  是曲线 y  f  2x  π  的一个对称中心
 83 

三、填空题（本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分．）
已知函数 y  f  x x 2, 6的图象如图．根据图象写出 y  f  x 的单调区间，单调递增区间为
，单调递减区间为．
用一段长为 30m 的篱笆围成一个一边靠墙的矩形菜园，墙长 18m，要求菜园的面积不小于96m2 ，靠墙的一边长为 x m ．试用不等式（组）表示其中的不等关系是．
1 
1
 1 
n
若 a  0 ， x   an  a n  ，则x  1 x2  的值为．
2 
四、解答题（本大题共 5 小题，共 77 分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）
如图，在平行六面体 ABCD  A1B1C1D1 中，四边形 ABCD 与四边形 A1BCD1 均为菱形，
11
∠ABC  A BC  60∘ , cs∠A AB 6 .
4
证明：平面 A1BCD1  平面 ABCD ；
求二面角 A1  DD1  C1 的正弦值.
已知函数 f  x  lg3x 1．
解关于 x 的不等式 f  x  5 ；
若关于 x 的方程 f  x  2 x  m2  2m 在1, ∞ 上有实数解，求实数m 的取值范围；
若 xi i  0,1, 2,L, 2022 将区间1, 3 划分成 2022 个小区间，且满足
1  x0  x1  x2  L  x2022  3 ，试判断和式
f  x1   f  x0   f  x2   f  x1   f  x3   f  x2  L f  x2022   f  x2021  是否为定值，若是，请求
出这个值，若不是请说明理由．
（2023•四川省成都市树德中学期中）
已知点 A2, 0, 2､B 1,1, 2､C  →  AB, b  AC .
3, 0, 4 , a
→→
若 c  6 ，且c  λCB ，求c 的坐标；
求以 AB, AC 为邻边的平行四边形的面积.
已知函数 f  x 3sin2x  2sin2 x 1.
求 f  x 在0, π上的单调递增区间；
若 f α  6 ，α  π , 5π  ，求sin2α的值；
5 36 

请在同一平面直角坐标系上画出函数 f  x 和 g  x  csx 在0, 3π上的图象（不要求写作法）；并根据图象求曲线 f  x 和 g  x 的交点个数.
设函数 f  x 的定义域为 x x  0 ， 且满足条件 f 4  1 ， 对于任意 x1 , x2 0,  ， 有
f  x  x   f  x   f  x  ，且当 x  x 时，有 f  x2   f  x1   0 ．
121212
x  x
21
（1）求 f 1 的值；
（2）如果 f  x  6  f  x  2 ，求 x 的取值范围．
白城实验高中 2025－2026 学年度高二上学期第一次月考
数学试卷
一、单项选择题（本大题共 8 小题，每题 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．）
如图，α∩β l ，点 A,C α，点 B β，且 BA  α， BC  β，那么直线 l 与直线 AC 的关系是
（）
A. 异面B. 平行C. 垂直D. 不确定
【答案】C
【解析】
【分析】
根据线面垂直的性质，得到 BA ^
线线垂直.
l ， BC  l ，再由线面垂直的判定定理，得到l  平面 ABC ，从而可得
【详解】m BA α，α∩β l ，l α， BA  l ； 同理 BC  l ；
又 BA  BC  B ，l  平面 ABC .
m AC  平面 ABC ，l  AC .
故选：C.
【点睛】本题主要考查判断线线垂直，熟记线面垂直的判定定理与性质即可，属于常考题型.
（2023•上海市宜川中学期中）
设集合S 为实数集R 的非空子集，若对任意 x  S ， y  S ，都有 x  y  S ，  x  y  S ，
xy  S ，则称集合 S 为“完美集合”，给出下列命题：
①若S 为“完美集合”，则一定有0  S ；
②“完美集合”一定是无限集；
③集合 A  x x  a  5b, a  Z, b  Z为“完美集合”；
④ 若S 为“完美集合”，则满足 S  T  R 的任意集合T 也是“完美集合”.其中真命题是（）
A. ①③B. ①④C. ②③D. ②④
【答案】A
【解析】
【分析】对于①③，可以利用完美集合的定义分析判断，对于②④可以举反例分析判断.
【详解】对于①，若S 为“完美集合”，对任意的 x  S ， 0   x  x S ，①对；
对于②，完美集合不一定是无限集，例如0 ，②错；
对于③，集合 A  x x  a  5b, a  Z, b  Z，
在集合 A 中任意取两个元素， x  a  b
5 ， y  c  d
5 ，其中 a 、b 、c 、 d 为整数，
则 x  y  a  c  b  d  5   S ， x  y  a  c  b  d  5   S ，

xy  ac  5bd  ad  bc 5   S ，

集合 A  x x  a  5b, a  Z, b  Z为“完美集合”，③对；
对于④， S  0 ， T  0,1 ，也满足④，但是集合T 不是一个完美集合，④错.
故选：A.
函数 y＝|sinx|的图象()
关于 x 轴对称B. 关于 y 轴对称
C. 关于原点对称D. 关于坐标轴对称
【答案】B
【解析】
【分析】根据绝对值的知识，画出 y  sin x 的图像，根据图像判断出正确的选项.
【详解】 y  sin x 的图像是由 y  sin x 的图像保持 x 轴上方的图像不变， x 轴下方的图像关于 x 对称翻折得到，即如下图所示.由图可知， y  sin x 图像关于 y 轴对称，故选 B.
【点睛】本小题主要考查 y  sin x 图像变换，考查数形结合的数学思想方法，属于基础题.
将长度为 2 的一根铁丝折成长为 x 的矩形，矩形的面积 y 关于 x 的函数关系式是 y  x(1 x) ，则函数的
定义域为
RB. x x  0
x 0  x  2
x 0  x  1
【答案】D
【解析】

 x  0
【分析】根据题意易得
1 x  0
，从而得到结果.
【详解】将长度为 2 的一根铁丝折成长为 x 的矩形，则宽为1 x ，
 x  0
∴ 
，解得0  x  1
1 x  0
∴函数的定义域为x 0  x  1
故选 D
【点睛】定义域的三种类型及求法：(1)已知函数的解析式，则构造使解析式有意义的不等式(组)求解；(2)对实际问题：由实际意义及使解析式有意义构成的不等式(组)求解；(3) 若已知函数 f  x 的定义域为
a, b ，则函数 f  g  x 的定义域由不等式 a  g  x  b 求出.
已知函数 f (x 1) 的定义域为[-2，3]，则函数 f (2x 1) 的定义域为（）
A. [-1,9]B. [-3,7]C. 2,1D. 2, 1 
2 
【答案】D
【解析】
【分析】
先根据 f (x 1) 的定义域求出 f  x 的定义域，再求出 f (2x 1) 的定义域即可.
【详解】m函数 f (x 1) 的定义域为[-2，3]，
在 f (x 1) 中， 2  x  3，则3  x 1  2 ，
 f  x 的定义域为3, 2 ，
则在 f (2x 1) 中， 3  2x 1  2 ，解得2  x  1 ，
2
故 f (2x 1) 的定义域为2, 1  .
2 
故选：D.
【点睛】本题考查抽象函数定义域的求法，属于基础题.
已知三个力 f1＝(－2，－1)，f2＝(－3,2)，f3＝(4，－3)同时作用于某物体上一点，为使物体保持平衡，现加上一个力 f4，则 f4 等于
A. (－1，－2)B. (1，－2)C. (－1,2)D. (1,2)
【答案】D
【解析】
【详解】【思路点拨】物体平衡,则所受合力为 0.
解:由物理知识知:f1+f2+f3+f4=0,故 f4=-(f1+f2+f3)=(1,2).
a / /b
b / /c
有下列说法：①若 →，
→ ，则 a / /c ；②若 2
OA  OB  3OC
= 0 ， S
V AOC
, SV ABC
分别表示
V AOC,V ABC 的面积，则 S
: S 1: 6 ；③两个非零向量 a, b ，若| →  b |=| a |+| b |，则 a 与b 共线
△AOC
△ABC
a
且反向；④若 →，则存在唯一实数λ使得 →，其中正确的说法个数为
a / /b
a  λb
B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】由b = 0 ， a ， c 可以不共线判断①；运用三角形的重心向量表示和性质，以及三角形的面积的求法判断②；由向量的模的性质判断③；由向量共线定理判断④．
a / /b
b / /c
【详解】①若 →，
→ ，则 a / /c 不成立，比如b = 0 ， a ， c 可以不共线；
②若 2 OA  OB  3OC = 0 ，延长 OA 到 A ，使得OA =2OA，延长 OC 到C ，使得OC =3OC，
可得 O 为△BAC的重心，可设V AOC,VBOC,V AOB的面积分别为 x，y，z，
则△AOB 的面积为 2y， △BOC 的面积为 3z， △AOC 的面积为 6x，
由三角形的重心的性质可得 2y=3z=6x，则 SVAOC : SVABC  x :  x  y  z   1: 6 ，正确；
a
③两个非零向量 a ， b ，若| →  b |=| a |+| b |，则 a 与b 共线且反向，正确；
a / /b
④若 →，则存在唯一实数 λ 使得 a =λb ，不正确，比如 a ≠ 0 ， b = 0 ，不存在实数 λ．其中正确的说法个数为 2，
故选：B．
如图，一个无盖的正方体盒子的棱长为 2，BC 的中点为 M，一只蚂蚁从盒外的 B 点沿正方形的表面爬到盒内的 M 点，则蚂蚁爬行的最短距离是()
13
17
A.B. 1C.
D. 2＋
5
【答案】C
【解析】
【分析】一只蚂蚁从盒外的 B 点沿正方形的表面爬到盒内的 M 点，蚂蚁爬行的最短距离是如图所示的 BM
的长，利用勾股定理能求出结果
【详解】∵蚂蚁从盒外的 B 点沿正方形的表面爬到盒内的 M 点，
∴蚂蚁爬行的最短距离是如图 BM 的长度，
∵无盖的正方体盒子的棱长为 2，BC 的中点为 M，
∴A1B＝2＋2＝4，A1M＝1，
42 12
17
∴BM＝＝.
故选 C.
【点睛】本题考查蚂蚁爬行的最短距离的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题．
二、多项选择题（本大题共 3 小题．每题 6 分，共 18 分．在每小题给出的四个选项中，有多
项符合题目要求，全部选对的得 5 分，有选错的得 0 分，部分选对的得部分分．）
质点 P 和 Q 在以坐标原点 O 为圆心，半径为 1 的eO 上逆时针做匀速圆周运动，同时出发．P 的角速度
大小为2rad/s ，起点为eO 与 x 轴正半轴的交点；Q 的角速度大小为5rad/s ，起点为射线 y  
eO 的交点．则当 Q 与 P 重合时，Q 的坐标可以为（）
3x  x  0 与
cs 2π
2π
5π
5π

, sin
99
 cs
, sin
99



ππππ
99
cs , sin 

 cs , sin 
99

【答案】ABD
【解析】
【分析】确定点 Q 的初始位置，由题意列出重合时刻 t 的表达式，进而可得 Q 点的坐标，通过赋值对比选
项即可得解.
【详解】由题意，点 Q 的初始位置Q 的坐标为 1 , 3  ，锐角Q OP  π ，
1 22 13

设 t 时刻两点重合，则5t  2t  π  2kπ, k  N ,即t  π  2k π, k  N ，
393
ππ
此时点Q cs  3  5t  , sin   3  5t  ，

 2π10k 2π10k
即Q cs 9  3 π  , sin  9  3 π , k  N ，

当 k  0 时， Q cs 2π , sin 2π  ，故 A 正确；
99 

当 k  1 时， Q cs 32π , sin 32π  ，即Q  cs 5π , sin 5π  ，故 B 正确；
99 99 

Q cs 62π , sin 62π 
Q  ππ
当 k  2 时， 99  ，即  cs 9 , sin 9  ，故 D 正确.

由三角函数的周期性可得，其余各点均与上述三点重合.故选：ABD.
（2023•湖南省部分校联考期中）
已知正方体 ABCD  A B C D 的棱长为 4， EF 是棱 BC 上的一条线段，且 EF  1 ，点Q 是棱 AA
1 1 1 121
的中点，点 P 是体对角线 BD1 上的动点（包括端点），则下列结论正确的是（）
存在某一位置， PQ 与 EF 垂直
三棱锥 E  PQF 体积的最大值是 3
2
二面角 P  EF  Q 的正切值是 1
3
当 PE  PF 最大时，三棱锥 E  PQF 的外接球表面积是 343π
2
【答案】ACD
【解析】
【分析】通过证明线面垂直得到线垂直平面的所有直线证明异面直线垂直，然后通过固定底面积求体积最大值即可，二面角问题关键在于找到二面角的平面角，确定动点位置后再求外接球的圆心即可.
【详解】对于 A：当 P 点与 B 点重合时， EF  平面 ABB1 A1 ，而 PQ  平面 ABB1 A1 ，所以 PQ 与 EF 垂直，即 A 正确；
对于 B：如下图所示，
，
因为 BC  平面 ABB1 A1 ， BQ  平面 ABB1 A1 ，
AB2  AQ2
所以 BC  BQ ，所以 BQ  EF ，而 BQ 
5
 2，
所以 S△QEF
 1  | BQ |  | EF | 1  2 5 1 ，
5
22
要使得三棱锥 E  PQF 的体积最大，只需满足点 P 到平面QEF 的距离最大即可，取 DD1 的中点为G ，则平面QEF 与平面 BCGQ 是同一平面，
不妨令点 P 到平面QEF 的距离h ，直线 BD1 与平面QEF 所成角为θ，
则sinθ
h  h  BP sinθ，所以 BP 越大则h 越大，
BP
所以当点 P 与 D1 重合时，点 P 到平面QEF 的距离h 最大，
作 PH  CG 于 H ，易知QG  平面CDD1C1 ，所以 PH 即为点 P 到平面QEF 的距离，
PH
由三角形相似可得
 DC  2 ，且 PH 2  GH 2  DG2  4 ，得 PH  4 5 .
GHDG
所以三棱锥 E  PQF 的体积的最大值为V  1 S
5
| PH | 1  1  2 5  1  4 5  2 ， B 错误；
3 △QEF
32253
对于 C：连接 D1C ， GC ，二面角 P  EF  Q 即为平面 D1BC 与平面GBC 所成的角，如下图所示，
，
因为 BC  平面CDD1C1 ， D1C  平面CDD1C1 ， GC  平面CDD1C1 ，所以 D1C  BC ， GC  BC ，
所以D1CG 即为二面角 P  EF  Q 的平面角，
2
5
由于 D1C  4， D1G  2 ， CG  2，
D C 2  | CG |2  D G 232  20  43
16 10
10
所以cs D CG  11 ，
1
所以sin D CG 
2  D1C  | CG |
10
1 ，即tan D CG  1 ，
113
所以二面角 P  EF  Q 的正切值是 1 ， C 正确；
3
对于 D，由余弦定理得
–––→ –––→–––→–––→
222
| PE |2  | PF |2  1
PE  PF | PE || PF | cs EPF  | PE |
 | PF |
 | EF | 4 ，
22
要使得 PE  PF 最大时，则 PE 2  PF 2 要最大，则 E 与 B 重合， P 与 D1 重合，如下图所示，
，
以 A 为坐标原点建立如所示的空间直角坐标系，则 E(4, 0, 0) ， F  4, 1 , 0  ， Q(0, 0, 2) ， P(0, 4, 4) ，
2

设外接球球心坐标为O(x, y, z) ，
则 x2  y2  (z  2)2   x  42
  y 


1 2 
2

 z2  (x  4)2  y2  z2  x2  ( y  4)2  (z  4)2 ，
19113
O  19 1 13 
解得 x ， y  ， z ，所以 , ,  ，
442
 4 4 2 
 19 2 1 2 13
 4    4    2  2 
2


686
所以外接球半径为 R ，
4
所以三棱锥 E  PQF 的外接球表面积 S  4πR2  343π ，所以 D 正确；
2
故选：ACD.
【点睛】方法点睛：若能应用极化恒等式，则能快速确定 PE  PF 最大时需满足 E 与 B 重合，P 与 D1 重合.
某个简谐运动可以用函数 f  x  sin ωx φ （ω 0 ， φ π ）， x 0,  来表示，其中部分图 象如图所示，则（ ）
AB  π
3
该简谐运动的频率为2 ，初相为 π
6
直线 x  π 是 y  f  2x  π  的一个对称轴
43 

点 π , 0  是曲线 y  f  2x  π  的一个对称中心
 83 

【答案】ACD
【解析】
【分析】根据图象可得 f  x  sin  2x  π  ，选项 A，利用 y  sinx 的图象与性质可得 AB  π ，即可判
6 3

断选项 A 的正误；选项 B，由频率和初相的定义，结合 f  x  sin  2x  π  ，即可求解；选项 C 和 D，
6 
y π 
y  cs x

π 
3
f  2x    cs 4x ，利用

性质，求出 y 
f  2x    cs 4x 的对称轴和对称中心，即可
3

判断出选项 C 和 D 的正误.
【详解】由图知 f 0  sinφ  1 ，由图像知φ  π  2kπ,k  Z ，又φ π ，
26
所以φ  π ，又由五点作图法知，第三个点为 7π ,0  ，所以 7π ω π  π ，得到ω 2 ，
6 12

126

所以 f  x  sin  2x  π  ，
6 

1 1 π 1
对于选项 A：设 A x1, 2  , B  x2 , 2  ，由 f  x  sin  2x  6   2 ，

得到2x  π  π  2kπ,k  Z,2x  π  5π  2kπ,k  Z ，
166266
所以| AB || x  x | π ，故选项 A 正确；
213
ω1
f x π π
对于选项 B：因为ω 2 ，所以频率为
T
 ，由  
2ππ
sin  2x   知初相为 ，所以选项 B 错
66

误；
y π  π π π 
对于选项 C：因为f  2x  3   sin  2  2x  3   6   sin  4x  2   cs 4x ，
 
由4x  kπ,k  Z ，即 x  kπ ,k  Z ，故直线 x  π 是 y  f  2x  π  的一个对称轴，故选项 C 正确；

π 


π 
π 

π 

3   sin  2  2x 
3  
6   sin  4x 
2 

443 
对于选项 D：因为 y 
f  2x 

 
 cs 4x ，
由4x  π  kπ,k  Z ，即 x  π  kπ ,k  Z ，
284
故点 π , 0  是曲线 y  f  2x  π  的一个对称中心，故选项 D 正确；
 83 

故选：ACD
三、填空题（本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分．）
已知函数 y  f  x x 2, 6的图象如图．根据图象写出 y  f  x 的单调区间，单调递增区间为
，单调递减区间为．
【答案】①. 2, 1 和2, 6
②. 1, 2
【解析】
【分析】根据给定的函数图象确定单调区间即可.
【详解】由图象知 f  x 在2, 6上，单调递增区间为2, 1 和2, 6，单调递减区间为1, 2．故答案为： 2, 1 和2, 6， 1, 2
用一段长为 30m 的篱笆围成一个一边靠墙的矩形菜园，墙长 18m，要求菜园的面积不小于96m2 ，靠墙的一边长为 x m ．试用不等式（组）表示其中的不等关系是．


【答案】  
0  x  18
x 
x 15  2   96
 
【解析】
【分析】根据已知及矩形面积公式列不等式组即可.
【详解】因为矩形菜园靠墙的一边长为 x m ，而墙长为 18 m，所以0  x  18 ，
这时菜园的另一条边长为 30  x  15  x  m ，因此菜园的面积 S  x 15  x  ，
22 2 

x 

0  x  18

依题意有 S  96 ，即 x 15   96 ，故不等关系表示为 x .
2 
x 15  2   96
 


故答案为：  
0  x  18
x 
x 15  2   96
 
1
1 
 1 
若 a  0 ， x   an  a
n  ，则x 
1 x2 
n
的值为．
【答案】 a
【解析】
2 
【分析】利用指数的运算性质化简1 x2 ，再结合根式的运算性质可求得结果.
1  1
 1 
1  1 1 2
1  1 1 2
【详解】将 x   an  a
n  代入1 x2 ，得1 x2  1
 an  a n  
 an  a n  ，
2 
4 
4 
n
n 1 1 1 1 2 
1 1 1 1 n
nn
nn
所以x 
1 x2 
1  
a  a
1  
a  a
1  1  
 an  a n an  a n 
 a ．
 2 4   2 
2 
故答案为： a .
  
 
四、解答题（本大题共 5 小题，共 77 分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）
如图，在平行六面体 ABCD  A1B1C1D1 中，四边形 ABCD 与四边形 A1BCD1 均为菱形，
11
∠ABC  A BC  60∘ , cs∠A AB 6 .
4
证明：平面 A1BCD1  平面 ABCD ；
求二面角 A1  DD1  C1 的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2） 15
5
【解析】
【分析】（1）根据菱形性质得 AO  BC, A1O  BC ，再由余弦定理及勾股定理得 AO  A1O ，从而利用
线面垂直的判定定理证明 AO  平面 A1BCD1 ，最后利用面面垂直的判定定理证明即可；
建立空间直角坐标系，求出平面 A1DD1 和平面C1D1D 的法向量，利用二面角的平面角向量公式求解即可.
【小问 1 详解】
连接 AC, A1C ，因为四边形 ABCD 与四边形 A1BCD1 均为菱形，
且∠ABC  A BC  60∘ ，所以V ABC 与V A BC 均为等边三角形，
11
3
取 BC 的中点O ，连接 AO, A1O ，则 AO  BC, A1O  BC ，设 AB  2 ，则 AO  A1O ，
在△ABA1 中，由cs∠A AB 6 及余弦定理，得22  AA2  22  2  2  AA 6 ，
14
即 AA2  6 AA  0 ，所以 AA 6  AA
 0 舍去) .
114
1111
11
所以 AO2  AO2  AA2 ，所以 AO  A1O ，
因为 BC  A1O  O, BC, A1O  平面 A1BCD1 ，所以 AO  平面 A1BCD1 ，又 AO  平面 ABCD ，所以平面 ABCD ⊥平面 A1BCD1 .
【小问 2 详解】
由（1）可知， OA, OB, OA1 两两垂直，以O 为原点，
以OA, OB, OA1 所在直线分别为 x 轴， y 轴， z 轴，建立空间直角坐标系Oxyz .
设 AB  2 ，则 A 3, 0, 0, B 0,1, 0, C 0, 1, 0, A1 0, 0, 3  ，
––––→–––→––––→–––→––––→–––→
DD1  AA1   3, 0, 3 , D1A1  CB  0, 2, 0, D1C1  AB   3,1, 0.
设平面 A DD 的一个法向量 →   x , y , z  ，
11
––––→  →  0
m11 1

DD1 m
由
 3x1 
得
3z1  0 ，取 x  1 ，解得 y
 0, z
 1 ，故 →  1, 0,1 ，
––––→ →
2 y  01
11m
D1 A1  m  0
1
→
设平面C1D1D 的一个法向量 n   x2 , y2 , z2  ，
→
––––→
DD1  n  0

3x2 
3z2  0
x  1
→  1, 3,1
由––––→ →得
，取 2
，解得 y2 
3, z2  1 ，故 n
  ，
D1C1  n  0
→ →


→ →
m n
3x2  y2  0
210
2  5
所以csm, n  →→ ，
m  n5
1 
10 
2


5
15
设二面角 A1  DD1  C1 的大小为θ，所以sinθ.
5
已知函数 f  x  lg3x 1．
解关于 x 的不等式 f  x  5 ；
若关于 x 的方程 f  x  2 x  m2  2m 在1, ∞ 上有实数解，求实数m 的取值范围；
若 xi i  0,1, 2,L, 2022 将区间1, 3 划分成 2022 个小区间，且满足
1  x0  x1  x2  L  x2022  3 ，试判断和式
f  x1   f  x0   f  x2   f  x1   f  x3   f  x2  L f  x2022   f  x2021  是否为定值，若是，请求
出这个值，若不是请说明理由．
【答案】（1）x|x  81
（2） m  2 
2
6 或 m  2  6
2
是定值，1
【解析】
【分析】（1）利用对数函数的单调性，即可求得答案；
3
（2）将 f  x  2 x  m2  2m 在1, ∞) 上有实数解，转化为 m2  2m  lg x 1 2x 在1, ∞ 上有实数 解，结合对数函数单调性求函数值域，即可求得答案；
（3）利用 f  x 在区间1, 3 上是增函数，化简已知和式，脱掉绝对值符号，即可求得答案.
【小问 1 详解】
由lg3x 1  5 得lg3x  4 ，得 x  34  81 ， x  81，
所以不等式的解集为x|x  81；
【小问 2 详解】
f  x  2x  m2  2m 在1, ∞) 上有实数解，
3
 m2  2m  lg x 1 2x 在1, ∞) 上有实数解，
3
因为 y  lg x 1 2x 在1, ∞) 上是单调递增函数，故lg x 1 2x [ 1 , ∞ ，
32
则 m2  2m   1 , ∞) ，即 m2  2m  1 ，
 2
解得 m  2 
2
2
6 或 m  2  6 ；
2
【小问 3 详解】
由 f  x  lg3 x 1知， f  x 在区间1, 3 上是增函数，对任意划分1  x0  x1  x2  L  x2022  3 ，
均有 f  x0  
f  x1  
f  x2  L 
f  x2022  ，
f  x1   f  x0  
f  x2   f  x1  
f  x3   f  x2  L
f  x2022   f  x2021 
 f  x1   f  x0   f  x2   f  x1  + f  x3   f  x2  +L f  x2022   f  x2021 
 f  x2022   f  x0 
 f 3  f 1  2 1  1 ，
所以此和式为定值 1.
【点睛】关键点睛：解答此题的关键是解答第三问时，要结合函数的单调性，化简和式，脱去绝对值符号，进而求解.
（2023•四川省成都市树德中学期中）
已知点 A2, 0, 2､B 1,1, 2､C  →  AB, b  AC .
3, 0, 4 , a
→→
若 c  6 ，且c  λCB ，求c 的坐标；
求以 AB, AC 为邻边的平行四边形的面积.
【答案】（1） 4, 2, 4 或4, 2, 4
（2）3
【解析】
→
【分析】（1）利用空间向量的坐标运算以及模长公式可解；
a, b
首先利用数量积公式求cs →
 ，则sina, b
 可解，结合面积公式可得答案.
【小问 1 详解】
CB  2,1,   →  λCB  2λ,λ, 2λ ，
, c
(2λ)2  λ2  (2λ)2

→
c
 3 λ 6 ，
λ 2 或λ 2 ，
 →→
c  4, 2, 4 或c  4, 2, 4 ；
【小问 2 详解】
由题意得 →  (1,1, 0), b  (1, 0, 2), 所以 →  b  1 ，
aa
→ →→
→
csa, b 
a  b→ 1，
10
| a |  | b |
sin → → 3
10
a, b，
| a |
 S  →
 | b | sin →
  3 .
a, b
已知函数 f  x 
3sin2x  2sin2 x 1.
求 f  x 在0, π上的单调递增区间；
若 f α  6 ，α  π , 5π  ，求sin2α的值；
5 36 

请在同一平面直角坐标系上画出函数 f  x 和 g  x  csx 在0, 3π上的图象（不要求写作法）；并根据图象求曲线 f  x 和 g  x 的交点个数.
【答案】（1） 0, π  ，  5π , π

（2） 3 3  4
10
3 
 6
作图见解析，交点个数为7
【解析】
【分析】（1）利用三角恒等变换化简函数 f  x 的解析式，由0  x  π 求出 2x  π 的取值范围，再利用正
6
弦型函数的单调性可求得函数 f  x 在0, π上的单调递增区间；
π π 
由已知条件求出sin  2α 6  的值，由同角三角函数的基本关系求出cs 2α 6  的值，再利用两

角和的正弦公式可求得sin2α的值；
作出两个函数在区间0, 3π上的图象，可得出两个函数图象的交点个数.
【小问 1 详解】
2 sin 2x
因为 f  x 3sin2x  2sin2 x 1 3sin2x  cs 2x  π  ，
6 

当0  x  π 时，  π  2x  π  11π ，
666
由 π  2x  π  π 可得0  x  π ，由 3π  2x  π  11π 可得 5π  x  π ，
66232666
所以，函数 f  x 在0, π上的单调递增区间为0, π  ，  5π , π .
3  6
【小问 2 详解】
f α 
π 6
π 3
因为  2 sin  2α 6   5 ，可得sin  2α 6   5 ，

因为 π α 5π ，则 π  2α π  3π ，
36262
1 sin2
2



α
π 
6 

所以， cs 2α π   
4
  ，
6 5


π 
π 

π 
π

π 
π

6  
6   sin  2α
6 cs
6

6 sin
6
因此， sin2α sin  2α cs  2α
 3 3  4  1  3 3  4 .
525 210
【小问 3 详解】
当0  x  3π 时，  π  2x  π  35π ，
666
在同一平面直角坐标系上画出函数 f  x 和 g  x  csx 在0, 3π上的图象如下图所示：
由图可知，曲线 f  x 和 g  x 在0, 3π上的交点个数为7 .
设函数 f  x 的定义域为 x x  0 ， 且满足条件 f 4  1 ， 对于任意 x1 , x2 0,  ， 有
f  x  x   f  x   f  x  ，且当 x  x 时，有 f  x2   f  x1   0 ．
121212
x  x
21
（1）求 f 1 的值；
（2）如果 f  x  6  f  x  2 ，求 x 的取值范围．
【答案】（1）0；（2） 2, ∞
【解析】
【分析】（1）将 x1  x2  1代入 f  x1  x2   f  x1   f  x2  ，即可得；
（2）根据已知得 f  x 在0, ∞ 上单调递增，再由已知得 f 16  2 ，则有 f [x(x  6)]  f 16 ，最后应
用单调性解不等式求范围.
【小问 1 详解】
m对任意 x1, x2 0,  ，有 f  x1  x2   f  x1   f  x2  ，
令 x1  x2  1，得 f 11 
 f 1  0 ；
【小问 2 详解】
f 1  f 1 ，
设0  x  x ，由 f  x2   f  x1   0 ，得 f  x   f  x   0 ，即 f  x   f  x  ，
12x  x
2112
21
\ f ( x) 在0, ∞ 上单调递增，
令 x1  x2  4 ，则 f 4  4  f 4  f 4  11  2 ，即 f 16  2 ．
由 f  x  6  f  x  2 ，得 f  x  6  f  x  f 16 ，即 f [x(x  6)]  f 16 ，
x  6  0


x  0
，解得 x  2 ，

 x  6 x  16
 x 的取值范围是2, 