吉林省通化市梅河口市第五中学2025-2026学年高三上学期10月期中考试数学试卷

这是一份吉林省通化市梅河口市第五中学2025-2026学年高三上学期10月期中考试数学试卷，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。
A  x∣x2  4  0 , B  {x∣1  x 1  4}
1 已知集合，则（）
A ∩ B  (2, 3)
A I
B  (0, 3)
A  B  (, 3)D. A ∪ B  (2, 3)
已知复数满足1 i z  a  i （其中i 是虚数单位），且复数 z 的实部和虚部互为相反数，则实数 a 的值
为（）
0B. 1C. 1
2
→→rr
已知 a b  0 ， a  2 b  2 ，则 a  b  （）
5
2B.
C. 2
D. 3
2
已知双曲线C 的顶点为 A1 ，A2 ，虚轴的一个端点为 B ，若△ A1 A2B 为直角三角形，则C 的离心率为（）
2
​
​
2D.
3
5
已知实数 a，b 满足3a  4b ，则下列不等式可能成立的是（）
b  a  0B. 2b  a  0
C. 0  a  bD. 0  2b  a
函数 y  lga  x  3 1(a  0, a  1) 的图像恒过定点 A ，若点 A 在直线 mx  ny 1  0 上，其中
mn  0 ，则 1  2 的最小值为（）
mn
2
4B. 4
2
C. 2
D. 8
如图，正方体 ABCD  A1B1C1D1 中，M，N 分别是线段 BD, B1C 上的动点（不含端点），则下列各项中会随着 M，N 的运动而变化的是（）
异面直线 NC1 与直线 MC 所成的角的大小B. 平面 MD1B1 与平面 NA1D 所成的角的大小
C. 直线 ND1 到平面 A1BD 距离的大小D. 异面直线 MA1 ， ND1 之间的距离的大小
 5


已知函数 f  x 是定义在R 上偶函数，当 x  0 时， f  x  16
x2 , 0  x  2
x
，若函数 y 
f  x  m 仅
有 4 个零点，则实数m 的取值范围是（）
 1 
 2
 

1, x  2
0, 5 
 0, 5 
1, 5 
 , 5 
4 
4 
4 
4 

二、多选题（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，有选错的得 0 分）
已知正数 x，y，z
1  1  2
xzy
满足 3x  4y  5z
，则下列不等关系正确的有（）
1  2  3
xyz
3x  4 y  5z
在正四棱柱 ABCD  A1B1C1D1 中，底面边长为
点 B 到平面 ACB 的距离是 2
D. xz  y2
2
，侧棱长为 1，则下列结论正确的是（）
12
B 平面 BC1D 与平面 B1CD1 垂直
3
C. 记底面 ABCD 的中心为O ，则直线 D O 与直线 BC 所成角的余弦值为
11
3
D. 若 F 为线段 A1B1 的中点，点 P 在正四棱柱表面上运动，若 PF ∥平面 A1C1D ，则点 P 的轨迹是六边形
1 9x2

函数 f  x   2x  2 x , g  x   ln
3
 3x ，则下列说法正确的是（）
f  x  g  x 是偶函数B.
g  x
 
C.是奇函数D.
f x
f  x g  x 是奇函数
g  f  x 是奇函数
三、填空题：本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分．
已知函数 f  x  sin 2x  xf 0 ，则 f  π  ．
2
 

已知x1 是方程 x  lg x  8 的一个根， x2 是方程 x 10x  8 的一个根，则 x1  x2  .
n
n
2n1
n
已知 S 是各项均不为零的等差数列a 的前 n 项和，且 S a2 n N*  ．若存在n  N* ，使不等
式1
11
    1
  1 n2  1 n λ成立，则实数λ的取值范围是．
a a aa a aa a aa aa
 42 
1 2 32 3 43 4 5
n n1
n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．
已知函数 f  x  x3  3ax  e ，其中 e 为自然对数的底数.
若曲线 y  f  x 在点1, f 1 处的切线与直线 l： x  2 y  0 垂直，求实数 a 的值；
求函数 f  x 的单调区间；
已知数列an中， a1  1, n an1  an   1 an1 .
证明：数列nan为等差数列；
12
n
给定正整数 n ，设函数 f  x  a x  a x2 L  a xn ，求 f ' 2 .
在V ABC 中，内角 A, B, C 的对边分别是 a, b, c ，若csC  csA  sinBsinC ，且tan2 C  1 ．
ca3sinA23
求C 和c ；
若 AB 边上的中线长为 2，点 D 在 AB 上，且CD 为∠ACB 的平分线，求CD 的长．
已知定义在R 上的偶函数 f  x 和奇函数 g  x  ，若 f  x   2x  2ax ，g  x   2x  b  2 x ，a, b  R ．
求 a, b 的值；
若函数h  x   f 2  x   2mg  x m  R  ．
当 x 1,1 时，求函数 h  x 的最小值；
是否存在 m, n ，使得关于 x 的不等式0  h  x   n 的解集为1, 2？若存在，求出 m, n 的值；若不存在，请说明理由．
已知函数 f  x  ln x  2ax ．
当 a   1 时，求 f  x 的极值；
2
若对x 0,  ， f  x 1  2 sin  x 1 恒成立，求实数 a 的取值范围；
x
f tx
当 a  0 ， 0  t  1 时，证明：
ext
 x 1 ．
参考答案
, 4 
DABABDAC9ACD10ABD11BC12 3

13814 
45
【小问 1 详解】
f  x  3x2  3a ，因为 y  f  x 在点1, f 1 处的切线与直线 l： x  2 y  0 垂直，
则 f 1  3  3a  2 ，解得 a  1 .
3
【小问 2 详解】
f  x  3x2  3a ，当a  0 时， f  x  0 ，此时 f  x 的单调增区间为R ，无单调减区间；
当 a  0 时，令 f  x  3x2  3a  0 ，解得 x (,  a ) ∪ ( a , ) ，
令 f  x  3x2  3a  0 ，解得 x ( a , a ) .
则此时 f  x 的单调递增区间为∞,  a ,  a , ∞，单调递减区间为( a , a ) .
综上所述：当a  0 时， f  x 的单调增区间为R ，无单调减区间；
当 a  0 时， f  x 的单调递增区间为∞,  a ,  a , ∞，单调递减区间为( a , a ) .
【小问 1 详解】
Q n an1  an   1 an1 ，n 1 an1  nan  1 ，
又a1  1，则nan  是首项为 1，公差为 1 的等差数列；
【小问 2 详解】
由（1）知 nan  1 n 11  n ，则 an  1，
 f  x  x  x2 L xn ， f  x  1 2x L nxn1 ，
令 S  f 2  1 2  2 L n  2n1 ，
则2S  1 2  2  22 L n 1 2n1  n  2n ，
两式相减可得S  1 2  22
L 2
n1
 n  2n
 1 2n  
n 2
1 2
n  1 n 2n
1 ，
 f 2  n 1 2n 1.
17【小问 1 详解】
因为0  C  π ，所以 C  0, π  ，
22 

又tan2 C  1 ，故tan C 3 ，则C  π ；
23233
因为csC  csA  sinBsinC ， sin C 3 ，
ca3sinA2
3
222222b
由余弦定理及正弦定理得： a  b  c  b  c  a  2，
2abc2abc3a
2b
2
所以
2abc
，解得c  2；
3b
3
6a
【小问 2 详解】
由余弦定理得： c2  a2  b2  2abcsC  a2  b2  ab ，即有a2  b2  ab  12 ①；
––––→1
设 M 为 AB 的中点，即CM  2 ，又因为CM 
2
–––→–––→

CA  CB ，
––––→21
所以CM 
4
–––→2

CA
–––→2
 CB
–––→ –––→

 2CA  CB ，即 a2  b2  ab  16 ②，
由①，②得： a2  b2  14, ab  2 ，
2
所以(a  b)2  a2  b2  2ab  18 ，所以 a  b  3．
因为CD 为∠ACB 的平分线，所以 SV ACD  SV BCD  SV ABC ，
则 1 b  CD  sin 30  1 a  CD  sin 30  1 ab sin 60 ，
222
3ab
2 3
3 2
6
即CD ．
a  b3
18【小问 1 详解】
因为 f  x   2x  2ax 为偶函数，则 f x 
f  x 恒成立，即2 x  2ax  2x  2ax ，
 axx1
axx
ax  2x
axx 1
即 x2
 2 
ax  2
 2  
1a x
 2
 2 1 
1a x   0 ，
2222
因为1 
1
21a x
0 ，所以2ax  2x  0 ，即2ax  2x ，
所以ax  x ，因为对所有 x 都成立，所以 a  1 ；
因为函数 g  x   2x  b  2 x 为奇函数，且定义域为R ，所以 g 0  0 ，即1 b  0 ，所以b  1，
即 g  x  2x  2x ，因为 g x  2x  2x  g  x ，所以b  1符合题意；
【小问 2 详解】
因为 f  x  2x  2x , g  x  2x  2x ，
则 h  x 
f 2  x  2mg  x  2x  2x 2  2m 2x  2x 
 2x  2x 2  2m 2x  2x   4 ，
令t  2x  2 x ，则φt   t2  2mt  4 ，
（ⅰ）因为 x 1,1 ，且t  2x  2 x 是关于 x 的增函数，所以t   3 , 3  ，
 2 2 
φt   t2  2mt  4 ，对称轴为t  m ，
当 m   3 时，φt   t2  2mt  4 在t   3 , 3  上单调递增，
2
所以φ(t)
φ  3   3m  25 ；

 2 2 
min2 4

当 3  m  3 时，φt   t2  2mt  4 在 3 , m 上单调递减，在m, 3  上单调递增，
22
min
所以φ(t)φm  4  m2 ；
 2
2 
当 m  3 时，φt   t2  2mt  4 在t   3 , 3  上单调递减，
2
所以φ(t)
φ 3   3m  25 ，
 2 2 
2
min 
4
综上，当 m   3 时， h  x 的最小值为3m  25 ；
24
当 3  m  3 时， h  x 的最小值为4  m2 ；
22
当 m  3 时， h  x 的最小值为3m  25 ；
24
（ⅱ）因为 x 1, 2 ，则t  2x  2x   3 , 15 ，
 2 4 
所以若0  h  x   n 的解集为1, 2，
则关于t 的不等式0  t2  2mt  4  n 的解集为 3 , 15  ，
 2 4 
则 3 , 15 是方程t2  2mt  4  n  0 的两根，且2m2  4  4  0 ，
2 4

Δ  4m2  4 4  n  0
315
所以有4  n   
，且2  m  2 ，

24
2m   3  15
24
解得m  9 , n  77 ，
88
所以当m  9 , n  77 时，不等式0  h  x   n 的解集为1, 2．
88
19【小问 1 详解】
当 a   1 时， f  x  ln x  x 的定义域为0, ∞ ．
2
f  x  1 1  1 x ，
xx
当 x 0,1 时， f  x  0 ，当 x 1, ∞ 时， f  x  0 ，所以 f  x 在0,1 上单调递增，在1, ∞ 上单调递减，
因此 f  x 的极大值为 f 1  1，没有极小值．
【小问 2 详解】
x 0, ∞ ， f  x 1  2 sin  x 1 等价于 x ln x  2ax2  x  2 sin  x 1  0 在0, ∞ 上恒成立，
x
令 h  x  x ln x  2ax2  x  2 sin  x 1 ，由 h 1  0 得， a  1 ．
2
下面证明当 a  1 时， h  x  0 在0, ∞ 上恒成立．
2
当 a  1 时， h  x  x ln x  x2  x  2 sin  x 1 ，
2
令φ x  x ln x  x2  x  2 sin  x 1 ，则φ x  2x  ln x  2 cs  x 1 ，
当 x 0,1 时，令v  x φ x  2x  ln x  2 cs  x 1 ，则v x  2  1  2 sin  x 1  0 ，
x
所以v  x 在0,1 上单调递增，所以v  x φ x  v 1  0 ，所以φ x 在0,1 上单调递减， 所以φ x φ1  0 成立，即φ x  0 在0,1 上恒成立．
当 x 1, ∞ 时，因为2x  2 ， 2 cs  x 1  2 ， ln x  0 ，所以φ x  2x  ln x  2 cs  x 1  0 ，
所以φ x 在1,  上单调递增，则φ x φ1  0 ，即φ x  0 在1,  上恒成立．
综上可知，实数 a 的取值范围为 1 ,  ．

 2
【小问 3 详解】
要证明 f tx  x 1 ，只需证明 f tx   x 1ext ，
ext
设 g  x   x 1ext ，
当 x  1 时， g  x   x 1ext   x 1ex1  x 1 ，
由（1）可知， ln x  x  1，即ln x  x 1，当且仅当 x  1 时取得等号， 又0  tx  x ，所以 f tx  ln tx  ln x  x 1 ，因此 f tx   x 1ext ．当t  x  1时， g x  xext  0 ，所以 g  x 在t,1上单调递增，
所以 g  x  g t   t 1  ln t  ln t  ln x  ln tx  f tx ．
当0  x  t 时， g  x   x 1ext  x 1  ln x  ln tx  f tx ，
综上可知， f tx   x 1ext ，
f tx
故当 a  0 ， 0  t  1 时，
ext
 x 1 .