河南省南阳市第一中学校2025-2026学年高三上学期第二次月考数学试题

一、单选题 1．设全集且，集合，则真子集的个数为（   ） A．3 B．4 C．15 D．16 2．若复数，则（ ） A． B． C． D．2 3．设甲：；乙：，则（  ） A．甲是乙的充分条件但不是必要条件 B．甲是乙的必要条件但不是充分条件 C．甲是乙的充要条件 D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件 4．向量为满足：在方向上的投影向量为，则（   ） A． B． C．2 D．4 5．若函数的大致图像如图，则的解析式可能是（    ） A． B． C． D． 6．已知 ，则（    ） A． B． C． D． 7．如图，在棱长为的正方体中，为的中点，为上任意一点，，为上任意两点，且的长为定值，则下面的四个值中不为定值的是（　　） A．的面积 B．三棱锥的体积 C．直线与平面所成的角 D．二面角的大小 8．已知实数，满足，则的值为（   ） A．2 B．1 C． D． 二、多选题 9．记为数列的前项和，且，，则（    ） A． B．为等差数列 C．数列单调递减 D． 10．函数（，）的部分图象如图所示，其中，，则（   ） A． B． C．在上无极值点 D．方程在上有4个解 11．已知函数，若关于的方程有四个不同的根，它们从小到大依次记为，，，，则（   ） A． B． C． D．函数有6个零点 三、填空题 12．求的最小值为 ． 13．设函数定义域为，为奇函数，为偶函数，当时，.若，则 . 14．已知函数有两个极值点，且，则实数的取值范围为 . （参考数据） 四、解答题 15．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且. (1)求； (2)若，求的周长； (3)若外接圆的半径为，求数列的前项和. 16．已知函数（）的最小正周期为. (1)求的解析式； (2)将曲线向右平移个单位长度后，再将曲线上各点的横坐标变为原来的2倍，得到曲线.若关于x的方程在区间上有解，求m的取值范围. 17．如图，在四棱锥中，与均为等腰直角三角形，，.    (1)若为的中点，求证：平面； (2)若平面. （i）求平面与平面夹角的余弦值； （ii）求点到平面的距离. 18．已知各项均为正数的等差数列的公差不等于，，设、、是公比为的等比数列的前三项. (1)求数列，的通项公式； (2)设，求数列的前项和为， (3)设，求数列的前项和为 19．已知函数， (1)讨论函数的单调区间； (2)讨论函数的零点个数； (3)对任意的恒成立，求的取值范围； 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 《2025年11月25日高中数学作业》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C A A C D C C C AD ACD 题号 11 答案 ABC 1．C 【分析】用列举法表示出全集，根据补集的概念求得，再根据集合元素个数与真子集关系计算可得. 【详解】全集且， 则，共4个元素， 所以真子集的个数为. 故选：C 2．A 【分析】结合的性质利用复数的运算法则求解，再根据共轭复数的概念求解，从而求解． 【详解】，所以， 所以. 故选：A． 3．A 【分析】先解出不等式，再根据充分条件和必要条件的概念即可判断答案. 【详解】由且，解得， 由，解得， 故甲是乙的充分条件但不是必要条件. 故选：A. 4．C 【分析】先根据投影向量的定义求得，再利用数量积求模即可得解. 【详解】因为在方向上的投影向量为， 所以， ， ， . 故选：C. 5．D 【分析】根据定义域排除A，根据奇偶性排除B，根据指数函数及幂函数的性质排除C. 【详解】由图可知函数定义域为，由此排除A； 该函数图像关于原点对称，则该函数为奇函数，需满足， 对于B项：，函数为偶函数，故排除B； C和D均满足， 对于C：，当时，，故， ∵增长的速率比增长的速率慢，∴， 即图像在轴上方无限接近于轴正半轴，与题意不符，故排除C. 综上，D选项正确. 故选：D. 6．C 【分析】由切化弦，结合两角和差的正弦公式得到，即可求解. 【详解】因为， 所以， 所以， 故选：C 7．C 【分析】根据三角形的面积判断A，根据三棱锥的体积公式判断B，根据线面角的定义判断C，根据二面角的概念判断D. 【详解】A中，的长为定值，且点到的距离即为两平行直线与之间的距离也为定值，的面积为定值； B中，的面积是定值．(定长，到的距离就是到的距离也为定长，即底和高都是定值），再根据平面也就是平面，既然和平面都是固定的，到平面的距离是定值，三棱锥的高也是定值，于是体积固定． 三棱锥即三棱锥的体积是定值； C中， 到平面距离是定值（事实上即到平面距离），而长度在变化中，所以直线与平面所成的角不是定值； D中，二面角的平面角即是二面角的平面角，而二面角的两个半平面均是固定平面，显然为定值. 故选：C 8．C 【分析】通过不等式构造两个函数，分别分析两个函数的最值情况即可得答案. 【详解】由，变形为. 令，，.则不等式变为. 因，当，；当，. 所以函数在上单调递增，在上单调递减，所以函数. 又，当时，，；当，，. 所以函数在上单调递减，在上单调递增，所以函数. 又因为成立，且，. 所以只能是，所以，解得，所以. 故选：C. 9．AD 【分析】对于A：令可判断；对于B：利用与的关系，把转化成关于的递推公式，然后利用定义可判断；对于C：求出的通项，利用指数函数单调性判断；对于D：利用分组求和以及等比数列的前项和公式计算可判断. 【详解】对于A，令可得，即， 又，解得，故A正确； 对于B，当时，，两式相减可得，且， 即，故是以首项，公比为的等比数列，故B错误； 对于C，易得， 故，易得数列单调递增，故C错误； 对于D，，故D正确. 故选：AD. 10．ACD 【分析】根据图象的点代入计算得出判断B；确定最小正周期，从而求得，判断A；根据，判断极值点情况从而判断C；根据函数值域计算判断D. 【详解】由图象可知：，，所以，B选项错误； ，因为在减区间上，所以， 又因为的最小正周期，，A正确； ，当时，，在上无极值点，C正确； ，，即， 方程在上有4个解，D正确. 故选：ACD. 11．ABC 【分析】方程有四个不同的根，即图象与直线有4个交点，画出函数大致图象可完成判断；B由图象可判断选项正误；C由题可得，，据此可完成判断；D令，可将函数的零点个数转化为图象与直线交点个数之和，据此可完成判断. 【详解】对于A，由题可画出大致图象， 则方程有四个不同的根，即图象与直线有4个交点， 则由图可得，故A正确； 对于B，由图可得，当时，，当趋近于0时，，则，故B正确； 对于C，由题. 又由题及图可得，， 则，注意到函数 在上单调递减，则，故C正确； 对于D，令，则， 由图可得，则的零点个数为 方程根的个数之和， 即图象与直线交点个数之和. 由图，图象与直线交点个数为0，图象与直线交点个数为2， 图象与直线交点个数为3，图象与直线交点个数为3， 则交点个数之和为8，即函数有8个零点，故D错误. 故选：ABC 【点睛】关键点睛：对于零点问题，常转化为函数图象交点相关的问题；对于含有的问题，常通过令来简化问题. 12． 【分析】变形得出，结合基本不等式可求其最小值. 【详解】因为，则，则 ， 当且仅当时，即当时，等号成立， 故的最小值为. 故答案为：. 13． 【分析】根据函数的奇偶性,通过赋值法即可求解. 【详解】由为奇函数可得. 令得，令得，令得. 为偶函数可得，令得， 因此， 所以，解得. 又，故，得， 故时，， 因此， 所以. 故答案为： 14． 【分析】根据极值点的定义，结合函数零点的定义，通过构造函数，利用数形结合思想进行求解即可. 【详解】由有两个不同实根， 所以有两个不等实根，且 设，， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以， 显然当时，，当时，，图像如下：    所以有，则有， 当时，，解得，又， 所以当时，，所以， 所以实数的取值范围为. 故答案为：. 15．(1) (2) (3) 【分析】（1）先用正弦定理角化边，再用余弦定理即可求出； （2）由(1)知，又，可求出边，进而求出周长； （3）由正弦定理可求出，进而求出，再用求和公式即可求出. 【详解】（1）因为， 所以，即，     所以.         因为，所以. （2）由，得，     解得（负根已舍去），         所以的周长为 （3）设外接圆的半径为，则，     所以，得，         所以. 16．(1) (2) 【分析】（1）根据二倍角的正弦、余弦公式，结合辅助角公式，可得，利用周期公式，求得，代入即可得答案, （2）根据平移、伸缩变换的原则，可得的解析式，参变分离可得在区间上有解，设，根据函数的单调性，分析求解，即可得答案. 【详解】（1） ， 因为函数的最小正周期为，所以，即， 所以； （2）将曲线向右平移个单位长度后得到 ， 再将曲线上各点的横坐标变为原来的2倍，得到，即. 问题转化为关于x的方程在区间上有解， 参变分离得：在区间上有解. 设，则， 由于在上单调递减， 所以， 此时对于中的每个m，都存在，使得， 所以m的取值范围为. 17．(1)证明见解析 (2)（i）；（ii）. 【分析】（1）先证平面平面，再根据面面平行得到线面平行. （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求二面角的余弦和点到平面的距离. 【详解】（1）取中点，连接，，如图：    因为与均为等腰直角三角形，且，. 所以四边形为直角梯形，且，，. 所以四边形为正方形. 所以，平面，平面，所以平面； 又因为为中点，所以，平面，平面，所以平面， 且平面，，所以平面平面. 又平面，所以平面. （2）因为平面，四边形为正方形，故可以为原点，建立空间直角坐标系，如图：    因为， 所以，，，，. 所以，，，. 设平面的法向量为， 则，可取. 因为，，所以平面的一个法向量为：. （i）设平面与平面夹角为，则. （ii）点到平面的距离为. 18．(1)， (2) (3) 【分析】（1）应用等比数列列式化简结合等差数列通项公式基本量运算求解； （2）代入计算应用裂项相消计算求解； （3）两次应用错位相减法计算求解. 【详解】（1）由已知、、成等比数列，则，即， 整理可得，，， 所以，，         ，， （2），              （3） 两式相减得      令              19．(1)答案见详解 (2)答案见详解 (3) 【分析】（1）求导后分类讨论与的大小关系，由此可分析出的单调区间； （2）将问题转为“讨论与的图象交点个数”，根据条件作出的图象，由此可分析出的零点个数； （3）先分离参数将问题转化为，然后构造函数，利用导数结合隐零点的分析方法求解出，则的取值范围可知. 【详解】（1）因为，所以， 令，解得或， 当时，，所以在上单调递增； 当时，则，若，，则在上单调递增， 若，，则在上单调递减， 若，，则在上单调递增； 当时，则，若，，则在上单调递增， 若，，则在上单调递减， 若，，则在上单调递增； 综上所述，当时，的单调递增区间为，无单调递减区间； 当时，的单调递增区间为和，单调递减区间为； 当时，的单调递增区间为和，单调递减区间为. （2）的零点个数即为方程解的个数， 则的零点个数即为与的图象交点个数； 令，则，令，解得， 当时，，所以在上单调递增， 当时，，所以在上单调递减， 所以，时，，且时，恒成立， 作出的图象如下图所示，    当，即时，与的图象无交点，所以无零点， 当或，即或时，与的图象有个交点， 所以有个零点， 当，即时，与的图象有个交点， 所以有个零点； 综上所述，当时，无零点； 当或时，有个零点； 当时，有个零点. （3）因为对任意恒成立，所以对任意恒成立， 所以，令，， 令，所以，所以， 所以在上单调递增， 又因为，， 所以存在唯一零点且， 当时，，则在上单调递减， 当时，，则在上单调递增， 所以， 因为，所以，所以， 令，， 当时，，所以在上单调递增， 又因为，且，所以，所以， 所以，所以， 即的取值范围是. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $南阳一中2025年秋期高三年级第二次月考 数学试题 一、单选题（共40分) 1.设全集U={xx≤5且x∈N),集合A={1,3},则C,A真子集的个数为() A.3 B.4 C.15 D.16 2若复数：，则（) A.-2i B.2i C.-2 D:2 3.设甲：0：乙：k-小<6，则《) 4-x A.甲是乙的充分条件但不是必要条件B.甲是乙的必要条件但不是充分条件 C.甲是乙的充要条件 D.甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件 4.向量a,8为满足：1a22,a在6方向上的投影向量为-号五，则a+（) A.√5 B.√7 C.2 D.4 5.若函数y=f(x)的大致图像如图，则f(x)的解析式可能是() A.f(x)= 22 2x+1 B.f)=22+1 x22 c.f() x22* D.f)=2=1 x22 6.己知sin2x= 65sin2y=33 65·则tan（x一y）=() tan(x+y) A D.16 ,7.如图，在棱长为a的正方体ABCD-ABCD中，P为AD的中点，2为AB上任意一点，E, F为CD上任意两点，且EF的长为定值，则下面的四个值中不为定值的是() A.△QEF的面积 B.三棱锥Q-PEF的体积 C.直线PQ与平面PEF所成的角 D.二面角P-EF-Q的大小 8.已知实数x,y满足1n(2x+)-e2y-x+y+2≥0，则的值为() A.2 B.1 C.-2 D.-1 第二次月考数学试题 第1页，共4页 ▣紫▣ Q夸克扫描王 极速扫描，就是高效 二、多选题（共18分） 9.记Sn为数列{an}的前n项和，且a,=1,2Sn1-Sn=2n+2,则（) A.a=2 B.{an-2为等差数列 C.数列{an}单调递减 D.S,=2n-2+ 2 10.函数f(=2sin(ax+)(o>0,M<)的部分图象如图所示，其中40-，B牙， 则() A.0=4 B.9-君 C.f)在，2红 2’3 上无极值点 D.方程f=-在 元，2红上有4个解 33」 1 x2+x+三，x≤0 11.己知函数f(x)= 41 ,若关于x的方程f(x)=k(k∈R)有四个不同的根，它们 mx-1,x>0 从小到大依次记为x,2,3,4,则() A.0<ks 4 B.eisx<e C.0≤xx2xx,<分 D.函数g(x)=f(fx)》有6个零点 三、填空题（共15分) 12.求m-m- m-2 (m>2)的最小值为 13.设函数f(x)定义域为R，f(x+1)为奇函数，f(x+2)为偶函数，当x∈[山，2]时， f=x+b若f@+1)-6,则f[付) 14.已知函数f)=me+-)+x)有两个极值点x,￥，且，≥2x,则实数m的取值范 围为 。 (参考数据ln2≈0.693，e≈2.718) 第二次月考数学试题 第2页，共4页 ▣▣ Q夸克扫描王好 极速扫描，就是高效奇 四、解答题（共77分） 15.(13分)在△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c,且(c-V3b)sinC=asinA-bsinB. (1)求A; (2)若c=2,a=√13，求△ABC的周长； (3)若a=V2n(n∈N),△ABC外接圆的半径为√a，求数列{an}的前n项和S, 16.(15分)已知函数f闪=-sinco+V5sinx+5(o>0)的最小正周期为元 2 (1)求f(x)的解析式； (2)将曲线y=f(x)向右平移”个单位长度后，再将曲线上各点的横坐标变为原来的2 倍，得到曲线y=g()若关于x的方程g()+mg(创+m-2=0在区间0上有解，求m的 取值范围。 17.（15分)如图，在四棱锥P-ABCD中，△BAC与△ADC均为等腰直角三角形，∠BAC=90°， ∠ADC=90° (1)若E为PB的中点，求证：AE//平面PDC; (2)若PA⊥平面ABCD,PA=AC=2. (i)求平面PAB与平面PDC夹角的余弦值； E (ii)求点A到平面PDC的距离. B 第二次月考数学试题 第3页，共4页 Q夸克扫描王 极速扫描，就是高效奇 18.(17分)已知各项均为正数的等差数列{an}的公差d不等于0，a,=2,设a、a、a,是公 比为9的等比数列b,}的前三项. (1)求数列{a},{b,}的通项公式： (2)设dn= (a,-2)b （an-1)am ,求数列{d,}的前n项和为？， (3)设en=abn,求数列{en}的前n项和为E 19.（17分)己知函数f(x)=ax+lnx+1,g(x)=2x-mx2+n, (1)讨论函数g(x)的单调区间： (2)讨论函数f(x)的零点个数； (3)对任意的x>0,f(x)<xe2x恒成立，求a的取值范围； 第二次月考数学试题 第4页，共4页 ▣▣ Q夸克扫描王 极速扫描，就是高效奇 南阳一中2025年秋期高三年级第二次月考 数学答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 C A A C D C C C AD ACD ABC 1.C【分析】用列举法表示出全集U,根据补集的概念求得C,A,再根据集合元素个数与真子 集关系计算可得 【详解】全集U={xx≤5且x∈N}={0,1,2,3,4,5},则C,A={0,2,4,5},共4个元素，所以C,A 真子集的个数为2-1=15.故选：C 2.A【分析】结合i的性质利用复数的运算法则求解，再根据共轭复数的概念求解，从而求解. 【详解】：=1-=-=1++=+2i+=-i,所以=-，所以 1-i1-i1-i(1+i01-)1-i221 z-z=-i-i=-2i.故选：A. 3.A【分析】先解出不等式，再根据充分条件和必要条件的概念即可判断答案， 【详解】由-6≥0→(x-6)4-x)20且4-x≠0，解得4<x≤6，由x-1<6→6<x-1<6, 4-x 解得-5<x<7,故甲是乙的充分条件但不是必要条件故选：A. 4.C【分析】先根据投影向量的定义求得cos<a,b>,再利用数量积求模即可得解 【洋解】因为a在石方向上的投影向量为之8,1a212所以间ca列育=26c6司=-， cos<a5>-子，a+6f=+5+2coa,6=2+1P+2x2x1x =4,.da+b=2 故选：C 5.D【分析】根据定义域排除A,根据奇偶性排除B,根据指数函数及幂函数的性质排除C 【详解】由图可知函数定义域为{x|x≠O},由此排除A;该函数图像关于原点对称，则该函数 为奇商数，斋横足f+0,对于B项去+2+2--， 函数为偶函数，故排除B;C和D均满足fx)+f(-x)=0,对王C,x)=x2 x2 2-】2- 当x→∞时， 京→0，故因→兰，“y=增长的速率比)=2增长的速率慢， ☒→之多→0，即图像在x釉上方无限接近于x轴正半轴，与题意不符，故 综上，D选项正确故选：D. 6.C【分析】由切化弦，结合两角和差的正弦公式得到 tan(x-y)sin2x-sin2y ,即可求解 tan(x+y)sin 2x+sin 2y 【详解】因为sin(a+B)月+sin(a-)）=2 sinacs,所以siB=sin(a+p)+sina-B 2 答案第1页，共8页 ▣紫口 Q夸克扫描王 极速扫描，就是高效可 6333 所以 an(x-y)sin(x-y)cos(x+y)sin2x+sin(-2y)sin2x-sin2y_6565 16'故选：C an(x+y)sin(x+y)cos(x-y) sin2x+sin2y sin 2x+sin2y 63 33 6565 7.C【分析】根据三角形的面积判断A,根据三棱锥的体积公式判断B,根据线面角的定义判 断C,根据二面角的概念判断D. 【详解】A中，：EF的长为定值，且Q点到EF的距离即为两平行直线AB与CD之间的 距离也为定值，△QEF的面积为定值；B中，△QEF的面积是定值.(：EF定长，2到EF的 距离就是Q到CD的距离也为定长，即底和高都是定值)，再根据平面QEF也就是平面AB,CD, 既然P和平面QEF都是固定的，∴.P到平面QEF的距离是定值，.三棱锥的高也是定值，于是 体积固定.∴三棱锥P-QEF即三棱锥Q-PEF的体积是定值；C中，2到平面PEF距离是定 值（事实上即Q到平面PCD距离），而P2长度在变化中，所以直线P2与平面PEF所成的角不 是定值；D中，二面角P-EF-Q的平面角即是二面角P-CD-B的平面角，而二面角 P-CD-B,的两个半平面均是固定平面，显然为定值故选：C 8.C【分析】通过不等式构造两个函数，分别分析两个函数的最值情况即可得答案， 【详解】由ln(2x+y)-e+2y-x+y+2≥0，变形为ln(2x+y)-(2x+y)+2≥e*2y-(x+2y) 令f回)=ln1-1+2,f1>0,80=e-1.则不等式变为f2x+列≥gx+20.因了@-11， 当0<t<1,f")>0;当t>1,f'()<0.所以函数f)在(0,1)上单调递增，在(1，+∞)上单调递减， 所以函数f(t)mx=f(I)=1.又g'(t)=e'-1,当t>0时，e>1,g'(t)>0;当t<0,e<1,g'()<0. 所以函数g(t)在(-o,0)上单调递减，在(0，+o)上单调递增，所以函数g(t)min=g(0)=1. 又因为f(2x+y)≥g(x+2y)成立，且f(2x+y)≤1，g(x+2y)≥1.所以只能是 2 2x+y=1 X=- f(2x+y)=g(x+2y)=1,所以 x+2y=0'解得 1'所以-2故选：C 3 y=- 3 9.AD【分析】对于A:令n=1可判断；对于B:利用Sn与an的关系，把2Sm1-Sn=2n+2转 化成关于an的递推公式，然后利用定义可判断；对于C:求出an的通项，利用指数函数单调性 判断；对于D:利用分组求和以及等比数列的前n项和公式计算可判断. 【详解】对于A,令n=1可得28，-8=4，即2g+4)4=4,又4=1，解得a,=,故A 正确；对于B,当n22时，2Sn-Sn-1=2n,两式相减可得2a+1-an=2,且2a2-a=2, 即2(a1-2)=an-2，,故{a,-2}是以首项a,-2=-1,公比为2的等比数列，故B错误； 对于c,易得a,-2=-,故a,=2-” ，易得数列{a,}单调递增，故C错误； 对于D,Sn=2n =2n-2 故D正确故选：AD 1 10,ACD【分析】根据图象的点代入计算得出=一名判断B:确定f()最小正周期，从而求 答案第2页，共8页 ▣减 Q。夸克扫描王 极速扫描，就是高效 ▣a 得o=4,判断A；根据x∈ π2π 231 4x-π∈11π5 66’2 判断极值点情况从而判断C；根据函 数值域计算判断D, 【详解】由图象可知：f0)=2如9=-lsmp=方州至所以9=名，B选项错误： ππ）1 46 ππ_5 466 +2a@=4+8t,又因为（的最小正周期7=2×[任-0号 .0= 2元_2= T 4A正确f)-2(4如-君引当（任到时，红君传…1问 在上无值点，c正确[e=a 即(4：君引-子方程（创=-在[]上有4个解，D正确放选：AGD 11.ABC【分析】方程f(x)=k(k∈R)有四个不同的根，即f(x)图象与直线y=k有4个交点， 画出函数f(x)大致图象可完成判断；B由图象可判断选项正误：C由题可得xx4=e2, 2名≤0，x+=-1,据此可完成判断：D令f(冈=1，可将函数g()=f/)》的零 点个数转化为f()图象与直线y=-山y=0,y=e,y=e交点个数之和，据此可完成判断。 【详解】对于A,由题可画出f(x)大致图象，则方程f(x)=k(k∈R)有四个不同的根，即f(x) 图象与直线y=k有4个交点，则由图可得0<k≤牙，故A正确：对于B,由图可得，当k=号时， 飞=，当k趋近于0时，为<e,则c≤5<e,故B正确：对于C由题 Inx -1=Inx,-1=Inx,+In x,In (x)=2=e2. 叉由题及图可得，≤0，+5=-，则xx5=一化，+西e=-e+ 注 e2 函改y+片}上种沉话流 故C正确；对于D, 令f()=1,则g()=0→f(f(x》4=0→f)=4,由图可得(=-1,6=0,5=e,4,=e, 则(x)=f(f(x》的零点个数为方程 f(x)=-山，f(x)=0,f(x)=e,f(x)=e根的个数之和，即 f()图象与直线y=-,y=0,y=,y=交点个数之和， 由图，f(x)图象与直线y=-1交点个数为0，f(x)图象与 直线y=0交点个数为2，f(x)图象与直线y=e交点个数为 答案第3页，共8页 Q夸克扫描王 极速扫描，就是高效 ▣ 3,f(冈图象与直线y=c交点个数为3，则交点个数之和为8，即函数g(x)=f((》-4有 8个零点，故D错误故选：ABC 【点睛】关键点睛：对于零点问题，常转化为函数图象交点相关的问题；对于含有f(f(x)的 问题，常通过令f(x)=t来简化问题， 12.7【分析】变形得出m-m- m-2 2+m一21，结合基本不等式可求其最小值 =m-2+9 【详解】因为m>2,则m-2>0,则m-m- =m-m-2-9 m-2 m-2 m-1+9 m-2 m-2+222m-2号2川=7组风当m-29 m-2 m产2≥2)时，即当m=5时， 等号成立，故m-m>2)的最小值为7.救答案为：7. 13.】【分析】根据函数的奇偶性通过赋值法即可求解 【详解】由f(x+1)为奇函数可得f(x+1)+f(-x+1)=0.令x=0得f(0)=0,令x=-1得 f0=-/.令x方得f付-月5(+2习为偶适数可得f+2习=(x+2刘.令x=1 得f(3)=f(),因此f(0)+f(3)=-f(2)+f()=6,所以f()-f(2)=(a+b)-(4a+b)=-3a=6, 解得a=-2.又f()=0,故a+b=0,得b=2,故x∈[1,2]时，f(x)=-2x2+2,因此 )2)+2-号所以故答案为： 5 In 2 14.(0,2 【分析】根据极值点的定义，结合函数零点的定义，通过构造函数，利用数形结 合思想进行求解即可！ 【详解】由f(x)=me+-x+x)→了()=me-x=0有两个不同实根x出，所以 -2m2有两个不等实根，且与≥2设6(-之，2，当x>1时，()>0， 当x<1时，(x)<0,所以h(x)在(-∞，)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增，所以 h()=h0=-三，显然当x>0时，h()<0,当x<0时，h()>0,图像如下： 所以有-名<-2训<0，则有2-径，当%=2x时， e e 二-，解得=h2,又2到202-h2,所 e In 2 以当x2≥2x时，-ln2≤-2m<0,所以0<m≤ ,所以实 2 数加的取值范用为Q引故容案为：（ y=-2m e y=h(x) 15.104-8 (2)2+3W3+V13 (3)Sn=n2+n 答案第4页，共8页 ▣▣ Q夸克扫描王 极速扫描，就是高效 【分析】(1)先用正弦定理角化边，再用余弦定理即可求出； (2)由(1)知(c-3b)c=a2-b2,又c=2,a=√3，可求出边b,进而求出周长； (3)由正弦定理可求出Va,进而求出a,，再用求和公式即可求出S,: 【详解】(1)因为(c-3b)sinC=asinA-bsinB,所以(c-√3b)c=a2-b2,即c2+b2-a2=V3bc, 所以cosA= +。=因为0<A<不，所以4=君 2bc （(2)由c2+b2-a2=√3bC,得4+b2-13=2√3b,解得b=3√5（负根已舍去），所以△ABC的 周长为2+3V3+V13 (3)设△18C外接圆的半径为R,则9，=2R,所以26，=2-2b ,得a,=2n,所以 sin sin- 6 Sn=n2+2n 2 2=n2+n 16.(f)=cos2x+ (2)V 2 【分析】1)根据二倍角的正弦、余弦公式，结合辅助角公式，可得=c©20x+君)， 利 用周期公式，求得0=1，代入即可得答案， (2)根据平移、伸缩变换的原则，可得g(x)的解析式，参变分离可得m 2-sim2x在区间0,2) 1+sinx 上有解，设t=1+sinx∈(1,2)，根据函数的单调性，分析求解，即可得答案， 【送解1）f间=-n0xox-5smam+9-m2am-6.1-o2a+ 2 2 cos20x-sin2ox cos √ 2 因为函数f(x)的最小正周期为元，所以20=2红=2， 即a=1,所以)-cs2x+君 (2)将曲线/()=co2x+)向右平移智个单位长度后得到 =-引周w个2-到 =sin2x,再将曲线上各点的横坐标变为原来的2倍，得到 y=sinx,即g(x)=sinx.问题转化为关于x的方程sin2x+msinx+m-2=0在区间 上有 解，参变分离得：m 2-s如'x在区间0，号 上有解.设t=1+sinx∈(（1,2)，则 1+sinx -t2+2t+1 m= =-1++2,由于4()=-(++2在(1,2)上单调递减，所以 回ea(2).0)-（行2，此时对于行2中的每个m,都存在x∈08 ,使得m= 2-sinxo 1+sin xo 所以m的取值范围为 答案第5页，共8页 ▣▣ Q夸克扫描王 极速扫描，就是高效可 17.（1)证明见解析 (2)D5:m25 3 【分析】（1)先证平面AEF/1平面PDC,再根据面面平行得到线面平行. (2)建立空间直角坐标系，利用空间向量求二面角的余弦和点到平面的距离. 【详解】(1)取BC中点F,连接AF,EF,如图： 因为△BAC与△ADC均为等腰直角三角形，且∠BAC=90°， ∠ADC=90°. 所以四边形ABCD为直角梯形，且BC=2AD,AD⊥CD,AD=CD 所以四边形AFCD为正方形. 所以AF /ICD,CDC平面PDC,AFa平面PDC,所以AFI/平面 PDC; 又因为E为PB中点，所以EF/IPC,PCc平面PDC,EFd平面 B PDC,所以EFII平面PDC, 且AF,EFC平面AEF,AF∩EF=F,所以平面AEF/I平面PDC 又AEC平面AEF,所以AEII平面PDC. (2)因为PA⊥平面ABCD,四边形AFCD为正方形，故可以A为原点，建立空间直角坐标系， 如图：因为PA=AC=2,所以A(0,0,0),BV2,-V2,0),C(V2,V2,0),D(0,V2,0),P(0,0,2). 所以AC=(V2,N2,0),DC=(N2,0,0,Dp=(0,-V2,2), AP=(0,0,2). 设平面PDC的法向量为n=(x,y,z), n1DC[元.DC=V2x=0 则 LDP n.DP=-2y+2z=0 ，可取i=(0,2,1. 因为AC⊥AB,AC⊥AP,所以平面PAB的一个法向量为： AC=（N2,V2,0) n·AC (i)设平面PAB与平面PDC夹角为0，则cosO= 25 AC V3×23 (i)点A到平面PDC的距离为 AP.2_25 同√33 18.(1)an=n+1,bn=2” 2 (2) 21 (3)En=(n2+221-4 【分析】(1)应用等比数列列式化简结合等差数列通项公式基本量运算求解； (2)代入计算应用裂项相消计算求解： (3)两次应用错位相减法计算求解 【详解】(1)由已知a、a,、a,成等比数列，则a=a,a,即(2+2d)2-2(2+6d), 整理可得d-d=0,:d≠0，d=1,所以，a=a,+m-1d=n+1,∴9=g=2,b=4=2, a .bn=bg1=2” e8将器器”是若 ，2+12”2n+ -2 n+l nn+l 答案第6页，共8页 ▣减▣ Q夸克扫描王 极速扫描，就是高效 ▣