湖南长沙市雅礼中学2025-2026学年高一下学期期中考试数学试卷

这是一份湖南长沙市雅礼中学2025-2026学年高一下学期期中考试数学试卷，共12页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
时间：120 分钟分值：150 分
一、单选题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分.每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.
已知集合 A  1，2，3，5，7，11 ， B  x | 3  x  15 ，则 A∩B 中元素的个数为（）
A. 2B. 3C. 4D. 5
已知 z  1 2i ，则 z 的虚部为（）
i
A. iB. iC. 1D. 1
AP AB
已知 A(2,1) ， B(4, 5) ，点 P 满足–––→  1 –––→ ，则点 P 的坐标是（）
2
(3, 3)
(8, 7)
(1, 2)
(10, 11)
“幂函数 f  x  n2  3n  3 xn2 3n 在0, ∞ 上是减函数”是“ n  2 ”的一个（ ）
必要不充分条件B. 充要条件
C. 充分不必要条件D. 既不充分也不必要条件
已知sin α β  4 ， tanα 3 tan β，则sin α β  （ ）
5
1212
A.B. C. D.
10553
努力公式是一个用来描述努力与结果之间关系的数学公式，它通常表示为：1.01365  37.8 ，
0.99365  0.03 ．我们可以把(11%)365 看作每天的进步率都是1% ，而把(11%)365 看作每天的落后率都
是1% ，大约经过（）天后进步的是落后的 200 倍lg 1.01  0.0087, lg2  0.301
0.99

A. 264B. 266C. 268D. 270
若平面α截三棱锥所得截面为平行四边形，则该三棱锥与平面α平行的棱有（）
0 条B. 1 条
C. 2 条D. 1 条或 2 条
2x  x2 , x  0
已知函数 f  x  
 lg x , x  0
，若 a  b  c  d ，且. f a 
f b 
f c 
f d  ，则
a  b  c  2d 的取值范围是（）
A.  3, 201 B. 1, 181 
10 10 

C. 2 2, 
D. 2
 2, 
2
二、多选题：本题共 3 小题，共 18 分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.
已知i 是虚数单位， z 是复数，则下列叙述正确的有（ ）
z  z | z |2 | z |2
若 z1  z2 ，则 z1  z2  0
若 m  R ，则 z  m 1 m2  2m  3i 不可能是纯虚数
若| z | 1 ，则在复平面内对应的点 Z 的集合确定的图形面积为 2π
记锐角V ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c， a cs2 B  2b cs A cs B  b sin Asin B ，则
（）．
A  B

a 的取值范围为
b
2, 3 
B 的取值范围为 π , π 
 6 4 

D. c 的取值范围为1, 2
b
在棱长为 1 的正方体 ABCD  A1B1C1D1 中， AP  λAC  μAA1 ，λ[0,1] ， μ[0,1] ，下列结论正 确的是（）
若2λ μ 1时，直线 BP 与直线CD 的夹角余弦值为 6
6
2
若λ μ 1 时， △BPD 周长的最小值为2 
若μ 1 时，三棱锥C − PBD 的体积为定值
当λ 1 时，有且仅有一个点 P ，使得 B P  CP
21
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
已知圆锥的母线长为 10cm，侧面积为50π cm2 ，则此圆锥的体积为cm3 .
已知函数 f (x)  3cs ωx    (ω 0) 在区间[0, ] 上恰有 3 个最小值点，则实数ω的取值范围为
4 

．
→→→
→→→→
已知平面向量 a，b，e ，且 e  1．已知向量b 与e 所成的角为 60°，且 b  te
 b  e 对任意实数
→→→→
t 恒成立，则 a  2e  a  b
的最小值为．
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.
已知函数 f  x  x2  2ax  3 ， x 4, 6 ．
当 a  2 时，求 f  x 的最值；
若 f  x 在区间4, 6 上是单调函数，求实数 a 的取值范围．
3
已知函数 f (x)  2sin x cs x  2 3 sin2 x.
求 f (x) 在 π , π  上的值域；
 12 6 
将 f (x) 的图象向右平移 π 个单位长度，再把曲线上所有点的横坐标变为原来的 2 倍( 纵坐标不变
33
) ，得到函数 g(x) 的图象，求 g(x) 的单调递减区间；
已知V ABC 的周长为 L ，面积为S ，内角 A、B、C 对边分别是 a、b、c，且
2c cs C  a cs B  b cs A .
求角C ；
若边长c  3 ，求 L
S
的最小值．
如图，在四棱锥 P  ABCD 中，底面 ABCD 为梯形，其中 AD ∥ BC ，且 AD  2BC ，点 E 为棱
PD 的中点．
求证： CE ∥平面 PAB ；
若 M 为CE 上的动点，则线段 AD 上是否存在点 N ，使得 MN / / 平面 PAB ？若存在，请确定点 N
的位置，若不存在，请说明理由；
若 PA  PB  PC  AD  10, CD  12 ，请在图中作出四棱锥 P  ABCD 过点 B, E 及棱 AD 中点的截面，并求出截面周长．
对于定义在 D 上的函数 f (x) ，若存在实数 m，使得 f (x  m)  f (m) 为奇函数，则称函数 f (x) 为“位差奇函数”.
判断 f (x)  2x  3 和 g(x)  x2 是否是“位差奇函数”，并说明理由.
若 f (x)  ex  ex ， h( x) 
①证明： t  1；
f ( x)  tex ，且h( x) 为“位差奇函数”.
②若t  2 ，对于x  R ， af ( 2 x )  h (2 x )  2 a  6  0 ，求 a 的取值范围.
雅礼中学 2026 年上学期期中考试试卷
高一数学
时间：120 分钟分值：150 分
一、单选题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分.每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.
已知集合 A  1，2，3，5，7，11 ， B  x | 3  x  15 ，则 A∩B 中元素的个数为（）
A. 2B. 3C. 4D. 5
【答案】B
【解析】
【分析】采用列举法列举出 A  B 中元素的即可.
【详解】由题意， A  B  {5, 7,11} ，故 A  B 中元素的个数为 3.
故选：B
【点晴】本题主要考查集合的交集运算，考查学生对交集定义的理解，是一道容易题.
已知 z  1 2i ，则 z 的虚部为（）
i
A. iB. i
【答案】D
D. 1
【解析】
【分析】利用复数的四则运算求出复数 z ，再确定其虚部即可.
【详解】由 z  1 2i  i(1+2i)  2  i ，可知 z 的虚部为1.
ii2
故选：D.
AP AB
已知 A(2,1) ， B(4, 5) ，点 P 满足–––→  1 –––→ ，则点 P 的坐标是（）
2
(3, 3)
(8, 7)
(1, 2)
(10, 11)
【答案】C
【解析】
【分析】求出向量 AP 的坐标，进而求出点 P 的坐标.
【详解】点 A(2,1) ， B(4, 5) ，则–––→  (6, 6) ，于是–––→  1 –––→  (3, 3) ，
AB
所以点 P 的坐标为(1, 2) .
AP AB
2
故选：C
“幂函数 f  x  n2  3n  3 xn2 3n 在0, ∞ 上是减函数”是“ n  2 ”的一个（ ）
必要不充分条件B. 充要条件
C. 充分不必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】根据幂函数的单调性求解 n  1 或 n  2 ，再根据必要不充分条件的定义即可得解.
【详解】由幂函数的定义得 n2  3n  3  1 ，解得 n  1 或 n  2 ，此时 n2  3n  2 ， f  x  x2  1 ；
x2
所以当幂函数 f  x  n2  3n  3 xn2 3n 在0, ∞ 上是减函数时， n  1 或 n  2 ，充分性不成立；
当 n  2 时， f  x  x2 
1 在0, ∞ 上是减函数，必要性成立；
x2
所以幂函数 f  x  n2  3n  3 xn2 3n 在0, ∞ 上是减函数”是“ n  2 ”的一个必要不充分条件.
故选： A
已知sin α β  4 ， tanα 3 tan β，则sin α β  （ ）
5
1212
A.B. C. D.
10553
【答案】B
【解析】
【分析】根据已知条件可得出关于sinαcsβ、csαsin β的值，结合两角差的正弦公式可求出sin α β
的值.

43


sin α β  sinαcsβ csαsin β 5
sinαcsβ
5

【详解】由题意可得 sinα

 csα
3sin β csβ
，解得，

csαsin β 1
5
因此sin α β  sinαcsβ csαsin β 3  1  2 .
555
故选：B.
努力公式是一个用来描述努力与结果之间关系的数学公式，它通常表示为：1.01365  37.8 ，
0.99365  0.03 ．我们可以把(11%)365 看作每天的进步率都是1% ，而把(11%)365 看作每天的落后率都
是1% ，大约经过（）天后进步的是落后的 200 倍lg 1.01  0.0087, lg2  0.301
0.99

A. 264B. 266C. 268D. 270
【答案】A
【解析】
【分析】设
x 天后进步的是落后的 200 倍，则
1.01x
0.99x
1.01x
 200 ，利用指对数运算求解即可.
 1.01 x

【详解】设 x 天后进步的是落后的 200 倍，则 0.99x  200 ，  0.99   200 ，

 1.01 x
即lg  0.99 
 x lg 1.01  lg 200  lg 2 100  2  lg 2 ， 0.99
x  2  lg 2  2.301  264
所以有
故选：A.
lg 1.010.0087
0.99
（天）.
若平面α截三棱锥所得截面为平行四边形，则该三棱锥与平面α平行的棱有（）
0 条B. 1 条
C. 2 条D. 1 条或 2 条
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，作平行四边形 EFGH 为三棱锥的截面，根据线面平行的判定定理，以及线面平行的性质，即可得出结果.
【详解】如图所示，四边形 EFGH 为平行四边形，则 EF //GH .
m EF  平面 BCD ， GH Ì 平面 BCD ，
 EF // 平面 BCD .
又m EF  平面 ACD ，平面 BCD ∩ 平面 ACD  CD ， EF //CD .
又 EF  平面 EFGH ，CD⊄平面 EFGH .
CD// 平面 EFGH ，同理， AB// 平面 EFGH ，所以与平面α(面 EFGH )平行的棱有 2 条.
故选：C.
【点睛】本题主要考查线面平行的判定，熟记线面平行的判定定理，以及线面平行的性质即可，属于常考
题型.
  
2x  x2 , x  0
已知函数 f x
 lg x , x  0
a  b  c  2d 的取值范围是（）
，若 a  b  c  d ，且. f a 
f b 
f c 
f d  ，则
A.  3, 201 B. 1, 181 
10 10 
2

C. 2 2, 
D. 2
 2, 
【答案】B
【解析】
【分析】作出 f  x 图象，由数形结合的方法可知2  a  1  b  0  c  1  d  10 ，由对称性知
a  b  2 ， cd  1，将所求式化为2  1  2d ，利用对号函数单调性可求得所求范围.
d
【详解】由 f  x 解析式可得 f  x 图象如下图所示：
设 f a 
f b 
f c 
f d   k ，由图象可知： 0  k  2 ，
2  a  1  b  0  c  1  d  10 ，又 a, b 关于 x  1 对称， a  b  2 ；
由 lg c  lg d
得： lg c  lg d ，即cd  1， a  b  c  2d  2  1  2d ，
d
m y  2x  1 在1,10 上单调递增， 2d  1  3, 201  ，
xd10 

 a  b  c  2d 1, 181  .
10 

故选：B.
【点睛】关键点点睛：本题考查函数与方程的相关知识，解题关键是能够利用数形结合的方式确定
a,b,c, d 所处的范围及对称关系，由此化简所求式，得到一个关于某一变量的函数的形式，利用函数值域的求解方法求得结果.
二、多选题：本题共 3 小题，共 18 分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.
已知i 是虚数单位， z 是复数，则下列叙述正确的有（ ）
z  z | z |2 | z |2
若 z1  z2 ，则 z1  z2  0
若 m  R ，则 z  m 1 m2  2m  3i 不可能是纯虚数
若| z | 1 ，则在复平面内对应的点 Z 的集合确定的图形面积为 2π
【答案】ABC
【解析】
【分析】对于 A，结合共轭复数的定义，以及复数模公式，即可求解，对于 B，结合复数的概念求解即可，对于 C，结合纯虚数的定义，即可求解，对于 D，结合复数的几何意义，即可求解．
【详解】对于 A，设 z  a  bi ， a, b  R  ，则 z  a  bi ，
z  z  a  bia  bi  a2  b2 ， | z |2 | z |2  a2  b2 ，故 A 正确；
对于 B，由于虚数不能比大小，又 z1  z2 ，可得 z1 ， z2 都是实数，可得 z1  z2  0 ，故 B 正确，对于 C，当 z  m 1 m2  2m  3i 为纯虚数时，
m 1  0

则m2  2m  3  0 ，无解，
故当 m  R ，则 z  m 1 m2  2m  3i 不可能是纯虚数，故 C 正确，
对于 D， | z | 1 ，则 z 在复平面内对应的点 Z 的集合确定的图形为以0, 0 圆心，1为半径的圆，以及圆的内部，其面积为π12  π ，故 D 错误．
故选：ABC．
记锐角V ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c， a cs2 B  2b cs A cs B  b sin Asin B ，则
（）．
A  B

C. a 的取值范围为
b
【答案】BCD
2, 3 
B 的取值范围为 π , π 
 6 4 

D. c 的取值范围为1, 2
b
【解析】
【分析】由条件利用正弦定理边化角，可得sin  A  2B  0 ，判断 A;由三角形为锐角三角形结合 A 的结
论，可求得 B 的范围，判断 B;利用正弦定理表示 a  2 cs B ，结合 B 的范围可判断 C; 利用正弦定理表
b
示 c  4 cs2 B 1 ，结合 B 的范围可判断 D;
b
【详解】由题意得sin A cs2 B  2 sin B cs A cs B  sin Asin2 B  0 ，得sin Acs2 B  sin2 B  cs A sin 2B  sin  A  2B  0 ，
由于 A, B 
π
(0, )
2
,则 A  2B (
π
π, ) ,
2
则 A  2B ，A 错误．

 0  A  2B  π
2
π

因为V ABC 是锐角三角形，所以

0  B  ，
2
0  C  π  3B  π
2
解得 π  B  π ，B 正确．
64
由于 π  B  π ，故 a  sin A  sin 2B  2 cs B  2, 3  ，C 正确．
64bsin Bsin B
csin Csin 2B  B2 sin B cs2 B  2 cs2 B 1sin B
 4 cs2 B 1，
bsin B
sin B
sin B
由于 π  B  π ， cs B  2 , 3  ，故4 cs2 B 1(1, 2) ，故 D 正确，
64 22 

故选：BCD
在棱长为 1 的正方体 ABCD  A1B1C1D1 中， AP  λAC  μAA1 ，λ[0,1] ， μ[0,1] ，下列结论正 确的是（）
若2λ μ 1时，直线 BP 与直线CD 的夹角余弦值为 6
6
2
若λ μ 1 时， △BPD 周长的最小值为2 
若μ 1 时，三棱锥C − PBD 的体积为定值
当λ 1 时，有且仅有一个点 P ，使得 B P  CP
21
【答案】AC
【解析】
【分析】根据平行求出直线与直线所成的角，解三角形得解判断 A，取特殊点判断 B，由点到面的距离为定
值判断 C，点 P 位于Q 或 H 时满足 B1P  CP 即可判断 D.
–––→1 –––→–––→
2λ μ 1
【详解】对于 A，当
时， APAC  AA ，如图，
21
所以点 P 为线段 A1C1 的中点，因为CD / / AB ，
12 +
2
2
2
所以直线 BP 与直线CD 的夹角即为直线 BP 与直线 AB 的夹角PBA ，
?? =
=
= 6， 2
PB2  AB2  AP216
??2 + ? ?2
11
同理可得 AP  6 ，在等腰VPAB 中cs PBA 
2
2PB  AB

2 1 6
2
6 ，故 A 正确；
对于 B，当λ μ 1 时，根据三点共线的充要条件可知，点 P 在线段 A1C 上，
2
2
当点 P 是线段 AC 的中点时，可知△BPD 周长为 3  3  2 ，故 B 错误；
122
对于 C，当μ 1 时，点 P 在线段 A1C1 上，
因为 A1C1 / / 平面 ABCD ，所以点 P 到平面 BCD 的距离为定值，
所以V V
 1  S h
为定值，故 C 正确；
C  PBDP  BCD
3BCDP  BCD
对于 D，因为 AP  λAC  μAA ，λ 1 ， μ[0,1] ，取 AC ， AC 中点分别为Q ， H ，
121 1
所以 P 点在线段QH 上运动，当点 P 位于Q 或 H 时， B1P  CP ，故 D 错误.
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
已知圆锥的母线长为 10cm，侧面积为50π cm2 ，则此圆锥的体积为cm3 .
【答案】125 3 π
3
【解析】
【分析】应用圆锥侧面积公式计算求出底面半径，再根据圆锥体积公式计算求解.
【详解】设圆锥底面半径为 r 圆锥的高为h ，圆锥的母线长为 10cm，侧面积为50πcm2 ，
l 2  r 2
则πrl  10πr  50π ，则 r  5 ，所以 h 
 5，
3
3
则此圆锥的体积为 1 π 25 5 125 3 π cm3 .
33
故答案为： 125 3 π .
3
已知函数 f (x)  3cs ωx    (ω 0) 在区间[0, ] 上恰有 3 个最小值点，则实数ω的取值范围为
4 

．
【答案】  ,  

 44 
【解析】
【详解】 x [0,π] ，则ωxπ
π ωπ π ，

  ,
4 4
4 
因为 f  x 在区间[0, ] 上恰有 3 个最小值点，
5
所以结合余弦函数的性质可得，
  ω   7，得 4
 ω，
44
则实数ω的取值范围为  ,   .

 44 
→→→
→→→→
已知平面向量 a，b，e ，且 e  1．已知向量b 与e 所成的角为 60°，且 b  te  b  e 对任意实数
→→→→
t 恒成立，则 a  2e  a  b 的最小值为．
3
【答案】2
【解析】
→→→→→
【分析】由 b  te  b  e ，两边平方化简得 b
 2 ，再用向量的三角不等式求 →  2→  →  →
aeab
的最小值.
1
2
→→ →→
【详解】由 e  1，向量b 与e 所成的角为 60°，可得b  e b ，
→→→→
22tb →
2 →22
→→2
由 b  te
 b  e ，则b
 e  t e
 b  2b  e  e ，
→→
→→
化简可得t 2  b t  b 1  0 对任意实数 t 恒成立，
令 f t   t 2  b t  b 1，则 f t   0 恒成立，
→ 2
由于函数图象抛物线开口向上，所以需要满足  b
→
 4 b  4  0 ，
→
即 b  22
→
 0 ，所以 b  2 .
→→→→
→→→→→→
由向量的三角不等式，有 a  2e  a  b  a  2e   a  b   2e  b ，
4
e  4
→→
2
e b
 b
→
→
2
4  4  4
→→
3
又 2e  b


 2，
→→→→
3
则 a  2e  a  b 的最小值为2.
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.
已知函数 f  x  x2  2ax  3 ， x 4, 6 ．
当 a  2 时，求 f  x 的最值；
若 f  x 在区间4, 6 上是单调函数，求实数 a 的取值范围．
minmax
【答案】（1） f  x 1， f  x 35 .
（2） , 6∪4, 
【解析】
【分析】（1）利用二次函数的性质求 f  x 的最值即可.
（2）由区间单调性，结合二次函数的性质：只需保证已知区间在对称轴的一侧，即可求 a 的取值范围．
【小问 1 详解】
当 a  2 时， f  x  x2  4x  3   x  22 1，
∴ f  x 在4, 2上单凋递减，在[ 2, 6] 上单调递增，
min
max
∴ f  x f 2  1， f  x f 4  42  4 4  3  35 .
【小问 2 详解】
f  x  x2  2ax  3   x  a2  3  a2 ，
∴要使 f  x 在4, 6 上为单调函数，只需a  4 或a  6 ，解得 a  4 或 a  6 ．
∴实数 a 的取值范围为, 6∪4,  ．
3
已知函数 f (x)  2sin x cs x  2 3 sin2 x.
求 f (x) 在 π , π  上的值域；
 12 6 
将 f (x) 的图象向右平移 π 个单位长度，再把曲线上所有点的横坐标变为原来的 2 倍( 纵坐标不变
33
) ，得到函数 g(x) 的图象，求 g(x) 的单调递减区间；
【答案】（1） f (x) [1, 2]
（2）  2kπ  5π , 2kπ  11π  ， k  Z
 318318 
【解析】
【分析】（1）先利用降幂公式和辅助角公式化简，再根据正弦函数的性质结合整体思想求解即可；
（2）先根据平移变换和周期变换的原则求出 g  x 的解析式，再根据正弦函数的单调性求解即可.
【小问 1 详解】
π
3
?(?) = 2sin?cs? + 3−2 3sin2? = sin2? + 3cs2? = 2sin2? +，
因为 x   π , π  ，则2x  π   π , 2π  ，
 12 6 3 63 
π
3
所以sin2? +
【小问 2 详解】
∈ 11 ，故 f (x) [1, 2] ；
，
2
将 f (x) 的图象向右平移 π 个单位长度，
3
y  
π π 
π 
可得2 sin 2  x  3   3   2 sin  2x  3  ，
 
y π 2
33
再把2 sin  2x   函数图象上所有点的横坐标变为原来的 倍，

π
3
得到函数?(?) = 2sin 3?−
的图象，
由2kπ  π  3x  π  2kπ  3π ， k  Z ，可得 2kπ  5π  x  2kπ  11π ， k  Z ，
232
318318
所以 g(x) 的单调递减区间为 2kπ  5π , 2kπ  11π  ， k  Z .
 318318 
已知V ABC 的周长为 L ，面积为S ，内角 A、B、C 对边分别是 a、b、c，且
2c cs C  a cs B  b cs A .
求角C ；
若边长c  3 ，求 L
S
【答案】（1） C  π
3
的最小值．
4 3
3
（2）
【解析】
【分析】（1）正弦定理边化角，结合两角和的正弦公式即可求解.
（2）由余弦定理可得(a  b)2  3ab  9, 结合基本不等式求出 a  b  6 ，即可求解.
【小问 1 详解】
m 2c cs C  (a cs B  b cs A)  0 ，
由正弦定理得2 sin C cs C  (sin A cs B  cs Asin B)  0
 2 sin C cs C  sin C  0 ，
在V ABC 中， C (0, π)
sin C  0,
cs C  1
2
mC (0, π),
C  π
3
【小问 2 详解】
由余弦定理可得： c2  a2  b2  2ab cs C  (a  b)2  2ab(1 cs C)  9 ，
即(a  b)2  3ab  9,
1 a  b 2
 ab  (a  b)2  9   ，
3
(a  b)2  36 ，
2
 a  b  6 ，当且仅当 a  b  3 时取等号
4 3
又a  b  c  3 3  a  b  6
 L 
a  b  c
 4(a  b  c)  4 3(a  b  3)  4 3
S1 ab sin C
2
(a  b)2  9
a  b  33
3ab
∴当 a  b  3 时， L 取到最小值为 4 3
S3
如图，在四棱锥 P  ABCD 中，底面 ABCD 为梯形，其中 AD ∥ BC ，且 AD  2BC ，点 E 为棱
PD 的中点．
求证： CE ∥平面 PAB ；
若 M 为CE 上的动点，则线段 AD 上是否存在点 N ，使得 MN / / 平面 PAB ？若存在，请确定点 N
的位置，若不存在，请说明理由；
若 PA  PB  PC  AD  10, CD  12 ，请在图中作出四棱锥 P  ABCD 过点 B, E 及棱 AD 中点的截面，并求出截面周长．
【答案】（1）证明见解析
存在 N 为线段 AD 中点，证明见解析
5 6
2
23 
【解析】
【分析】（1）取线段 PA 的中点 F ，连接 EF , BF ，通过证明 EC / / FB 可得结论；
当 N 为线段 AD 中点时， MN 平面 PAB ，通过证明面 ENC / / 面 PAB 可得结论；
取线段 PC 的中点 H ，连接 EH , HB ，通过证明 EH / / NB ，得到四边形 EHBN 为截面，然后分别求出各边的长即可.
【小问 1 详解】
取线段 PA 的中点 F ，连接 EF , BF ，因为 E, F 分别为线段 PD, PA 的中点，
所以 EF / / AD ，且 EF  1 AD ，
2
又 AD / / BC ，且 AD  2BC ，所以 EF / / BC 且 EF  BC ，
所以四边形 BCEF 为平行四边形，
所以 EC / / FB ，又 EC  平面 PAB ， FB  平面 PAB ，
所以CE / / 平面 PAB ；
【小问 2 详解】
当 N 为线段 AD 中点时， MN / / 平面 PAB ，证明：取线段 AD 中点 N ，连接 EN , CN
因为 E, N 分别为线段 PD, AD 的中点，
所以 EN / / PA ，又 EN  平面 PAB ， PA  平面 PAB ，所以 EN / / 平面 PAB ；
因为 AN  BC ，且 AN / / BC ，所以四边形 BCNA 为平行四边形，
所以 NC / / AB ，又 NC  平面 PAB ， AB  平面 PAB ，所以 NC / / 平面 PAB ；
又 EN ∩ NC  N , EN , NC  面 ENC ，
则面 ENC / / 面 PAB ，又 MN  面 ENC ，所以 MN / / 面 PAB ，
所以当 N 为线段 AD 中点时， MN / / 平面 PAB ；
【小问 3 详解】
取线段 PC 的中点 H ，连接 EH , HB ，因为 DN  BC ，且 DN / / BC ，
所以四边形 NDCB 为平行四边形，
所以 DC / / NB ，又 E, H 分别为线段 PD, PC ，所以 EH / / DC ，
所以 EH / / NB ，则四边形 EHBN 为四棱锥 P  ABCD 过点 B, E 及棱 AD 中点的截面，
则 BN  CD  12 ， EN  1 PA  5 ， HE  1 CD  6 ，
22
5
在△PBC 中， BC  HC  5 ， cs PCB  2  1 ，
104
所以 BH 2  BC 2  HC 2  2BC  HC  cs HCB  25  25  2  5 5 1  75 ，
42
5 6
2
则 BH ，
5 6
2
5 6
2
所以截面周长为 BN  EN  HE  HB  12  5  6  23 .
19. 对于定义在 D 上的函数 f (x) ，若存在实数 m，使得 f (x  m)  f (m) 为奇函数，则称函数 f (x) 为“位差奇函数”.
判断 f (x)  2x  3 和 g(x)  x2 是否是“位差奇函数”，并说明理由.
若 f (x)  ex  ex ， h( x)  f ( x)  tex ，且h( x) 为“位差奇函数”.
①证明： t  1；
②若t  2 ，对于x  R ， af ( 2 x )  h (2 x )  2 a  6  0 ，求 a 的取值范围.
【答案】（1） f (x)  2x  3 为“位差奇函数”， g(x)  x2 不是“位差奇函数”，理由见解析；
（2）①证明见解析；②  ,  5 
3 

【解析】
【分析】（1）根据“位差奇函数”的定义分别判断即可；
（2）①根据题意可得 F ( x)  h( x  m)  h(m) 为奇函数，则 F (x)  F (x) ，化简整理求出t 的表达式，再结合指数函数的性质即可得出结论；
e2 x  e2 x  6
e2 x  e2 x  6
②分离参数可得a  e2 x  e2 x  2 ，化简分离常数求出e2 x  e2 x  2 的最小值即可.
【小问 1 详解】
f (x)  2x  3 为“位差奇函数”， g(x)  x2 不是“位差奇函数”，理由如下：
由 f (x)  2x  3 ，得 f (x  m)  f (m)  2(x  m)  3  (2 m  3)  2x ，
m函数 y  2x 为奇函数，
对于任意 m 有 f (x)  2x  3 为位差奇函数，
又 g(x)  x2 ，设G(x)  g(x  m)  g(m)  (x  m)2  m2  x2  2mx ，此时G(x)  (x)2  2m(x)  x2  2mx ，若G( x) 为奇函数，
则 x2  2mx  x2  2mx  0恒成立，矛盾，
不存在 m 有 g(x)  x2 为“位差奇函数”；
【小问 2 详解】
①证明：由已知， h(x)  f (x)  tex  ex  ex  tex  ex  (1  t)ex ，因为h( x) 为“位差奇函数”，所以存在实数 m，
使得 F ( x)  h( x  m)  h(m)  ex  m  (1  t)e x  m  em  (1  t)em 为奇函数，
即 F (x)  F (x)  0 在 R 上恒成立；
由 F (x)  F (x)  exm  (1  t)exm  exm  (1  t)exm  2em  2(1  t)em
e e

e
 2e

 x m1  tem1  t xm2(1  t)
exmexemem
 em (ex  1 )  1  t (ex  1 )  2em  2(1  t)
exemexem
 (ex  1 )(em  1  t )  2(em  1  t )
exemem
 (ex  1
ex
 2)(em  1  t )  0 恒成立，
em
因为ex  1
ex
 2  2
 2  0 ，
ex  1
ex
当且仅当ex 
1
ex ，即 x  0 时取等号，
所以em  1  t  0 ，即t  1  e2m ，
em
因为 m  R ，所以t  1  e2m  1 ；
②由①知， h( x)  ex  ex ，则不等式af ( 2 x )  h (2 x )  2 a  6  0 化为：
a(e2x
 e2 x
)  e2x
 e2 x
 2a  6  0 ，则a 
e2 x  e2 x  6
，
e2 x  e2 x  2
e2x  e2x  6  1  e4x  6e2x  e4x  6e2x  1
因为e2 x  e2 x  2
e4x  2e2x  1
(e2x  1)2
 (e2x  1)2  4(e2x  1)  6 
12  1
(e2x  1)2
6( e2 x  1)4
e2x  11，
令 n 
1，则0  n  1， 6(1
)2  4 1
 1  6n2  4n  1  6(n  1)2  5 ，
e2x 1
e2x  1e2x  133
故当 n  1 时，6?2−4?−1 取到最小值 5 ，所以 a   5 ，
333
故 a 的取值范围为 −∞,− 5 .
3