【文档说明】滨城高中联盟2024-2025学年度上学期高三期中考试（一） 数学答案.docx，共(5)页，408.419 KB，由小赞的店铺上传

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学科网（北京）股份有限公司滨城高中联盟2024-2025学年度上学期高三期中Ⅰ考试数学参考答案题号1234567891011答案CADBCABDABCCDABD12．1213．32314．101215．（1）∵()()π2sinπsin2sincos3

23π5sin3cos135cos3cos2π2xxxxxxxx−−+−==+++−，∴2tan135tan313xx−=+，解得tan2x=；（2）由题意可得sincossincosxxmxxn+=

=，∴()223sincos3sincos15sincosmnxxxxxx+=++=+，222sincostan2sincossincostan15xxxxxxxx===++，∴2231535mn+=+=．16．（1）()323fxxxbxc=−++，则()236fx

xxb=−+，由题意可得()()0001fbfc====，解得01bc==，即()3231fxxx=−+，()236fxxx=−，令()0fx，解得2x或0x，故()fx在(),0−，()2,+上单调递增，在()0

,2上单调递减，则()fx在0x=处取得极大值1，即0b=，1c=符合题意．（写经检验，当0b=，1c=时，()fx在0x=处取得极大值也给分）∵()31f=，()39f=，则切点坐标为()3,1，切线斜率9k=，∴曲线()yfx=在点()()3,3f处的切线方程为()19

3yx−=−，即9260xy−−=（2）由（1）可得：()3231fxxx=−+，()236fxxx=−，设切点坐标为()32000,31xxx−+，切线斜率20036kxx=−，学科网（北京）股份有限公司则切

线方程为()()()322000003136yxxxxxx−−+=−−，∵切线过点()0,2，则()()()3220000023136xxxxx−−+=−−，整理得()()2001210xx−+=，即01x=或12−，

∴切线方程为()131yx+=−−或1151842yx−=+，即320xy+−=或15480xy−+=．17．（1）由题意可得，函数的定义域为R，因为()fx是奇函数，所以()10011af+==+，可得1a

=−，经检验，对于xR，()()fxfx−=−成立，所以1a=−．（2）由（1）可得()21212121xxxfx−==−++因为(0,1x，所以(21,2x，(212,3x+，111,2132x+，221,213x−−−+，2110,213x−

+，所以当(0,1x时()fx的值域10,3A=，（其他方法求()fx值域酌情给分）又()()()2222logloglog1log224xxgxmxxm=+=−−+，2,8x，设2logtx=，1,3t，则()()21232yttmttm=−−+=−++

，当32t=时，取最小值为14m−+，当3x=时，取最大值为2m+，即()gx在2,8x上的值域1,24Bmm=−++，又对任意的(20,1x，总存在12,8x，使得()()12gxfx=成立，即AB，所以1

04123mm−++，解得5134m−，即实数m的取值范围是51,34−．18．（1）∵()fx定义域为()0,+，()1lnfxx=+，∴当()10,xe−时，()0fx

；当()1,xe−+时，()0fx；学科网（北京）股份有限公司∴()fx在()10,e−上单调递减，在()1,e−+上单调递增，∴()fx的极小值为()11fee−=−，无极大值．（2）依题可知，lnxyaex=

−，10xyaex=−在()1,2上恒成立，显然0a，所以1xxea，设()xgxxe=，()1,2x，()()10xgxxe=+，所以()gx在()1,2上单调递增，()()1gxge=，故1ea，即1ae，即a的最小值为1e．（3）方法1：由已知()()ln1,01,02x

xgxxx+=+，则函数()gx在(,0−、()0,+上为增函数，若存在实数m、n，其中mn，使得()()gmgn=，则20m−，01ne−，由()()gmgn=可得()1ln12

mn+=+，则()2ln12mn=+−，故()2ln12nmnn−=−++，令()()2ln12xxx=−++，(0,1xe−，()211011xxxx−=−==++，可得1x=当01x时，()0x，此时函数()x单调递减，当11xe−时，()0x

，此时函数()x单调递增，故，()()min132ln2x==−，又因为()02=，()11ee−=−，且12e−，所以，()32ln22ht−，因此，nm−的取值范围是)32ln2,2−．方法2：由已知()()ln1,01,02xxgxxx+=+，则函

数()gx在(,0−、()0,+上为增函数，若存在实数m、n，其中mn，使得()()gmgn=，则20m−，01ne−，令()()gmgnt==，则()ln112tnmt=+=+，可得122tnemt=−=−，由20m−

可得01t，令()21thtnmet=−=−+，其中01t，令()20thte=−=可得ln2t=，学科网（北京）股份有限公司当0ln2t时，()0ht，此时函数()ht单调递减，当ln

21t时，()0ht，此时函数()ht单调递增，故当01t时，()()minln232ln2hth==−，又因为()02h=，()11he=−，且12e−，所以，()32ln22ht−，因此，nm−的取值范围是)32ln2,2−．（其他方法酌情给分）19．（1）由图象

可得1A=，最小正周期7ππ2π1212T=−=，则2π2T==，由77πsin2π11212f=+=−，所以5π2π3k=−+，kZ，又π2，则易求得π3=，所以()πsin23xxf=+，由πππ2π22π2

32kxk−+++，kZ，得5ππππ1212kxk−++，kZ，所以单调递增区间为5πππ,π1212kk−++，kZ．（2）由题意得()ππsinsin2263xxhxffxx

=−=+13311sincossinsin2cos222444xxxxx=+=−+1π1sin2264x=−+，因为π02x，所以ππ5π2666x−−，①从而可知πππsinsin2sin662x−−

，即1πsin2126x−−因此1π130sin22644x−+，学科网（北京）股份有限公司故()hx在π0,2上的最大值为34，最小值为0．（3）()ππcos2sin1226xgxfxmfxmx=−+−=+

，令()0gx=，可得22sinsin10xmx−−=，令sin1,1tx=−，得2210tmt−−=，易知0，方程必有两个不同的实数根1t、2t，由1212tt=−，则1t、2t异号，①当11t且21

0t−或者101t且21t−时，则方程1sinxt=和2sinxt=在区间()0,πn均有偶数个根，不合题意，舍去；②当101t且201t时，则方程1sinxt=和2sinxt=在区间()0,πn均有偶数个根，不合题意，舍去；③当11t=−，

212t=时，当()0,2πx时，sin1x=−只有一根，1sin2x=有两根，所以关于x的方程22sinsin10xmx−−=在()0,2πx上有三个根，由于78132601=+，则方程22sinsin10xmx−−=在()0,520π上有780个根，由于方程1si

n2x=在区间()520π,521π上有两个根，方程sin1x=−在区间()521π,522π上有一个根，因此，不合题意，舍去；④当11t=，212t=−时，当()0,2πx时，sin1x=只有一根，1sin2x=−有两根，所以关于x的方

程22sinsin1xmx−−在()0,2πx上有三个根，由于78132601=+，则方程22sinsin10xmx−−=在()0,520π上有780个根，由于方程sin1x=在区间()520π,521π上只有一个根，方程1sin2x=−在区间()521π,522π上两个根，此时

，满足题意；因此，521n=，1122m=+−，得1m=，综上，1m=，521n=．（其他方法酌情给分）