东师附中26届二模数学答案_251121吉林省长春市东北师大附中2026届高三第二次摸底考试（全科）

数 学 试 题 答 案
一选择题：
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
B D C C B B B B AC BC ABD
二、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．
1
6

   13.
1
3
14．  , 2 e     ．
三．解答题：
15．【详解】（1）由 f ( x ) 
2
3
c o s 2 x 
1
2
s in 2 x  3 ( 2 c o s 2 x  1 ) 
2
3
c o s 2 x 
1
2
s in 2 x  3 c o s 2 x

1
2
s in 2 x 
2
3
c o s 2 x  s in ( 2 x 
π
3
) ， ┄┄┄2分
由 x 

0 ,
π
2

，则 2 x 
π
3
 [ 
π
3
,
2 π
3
] ，
故 2 x 
π
3
 [ 
π
3
,
π
2
) 时， f ( x ) 单调递增， 2 x 
π
3
 (
π
2
,
2 π
3
] 时 f ( x ) 单调递减，┄┄┄4分
5π
故 f(x)的单调增区间为[0, )，单调减区间为
12
(
5
1
π
2
,
π
2
] ，┄┄┄4分
值域为 [ 
2
3
,1 ] . ┄┄┄6分
π 3 （2）由 f(x )sin(2x  ) ， ┄┄┄7分
0 0 3 3
且 2 x
0

π
3
 [
π
2
, π ] ，则 c o s ( 2 x
0

π
3
)  
3
6
， ┄┄┄9分
所以 c o s 2 x
0
 c o s [ ( 2 x
0

π
3
) 
π
3
]  c o s ( 2 x
0

π
3
) c o s
π
3
 s in ( 2 x
0

π
3
) s in
π
3
┄┄┄11分
6 1 3 3 3 6
     .┄┄┄13分
3 2 3 2 6
16． 【详解】（1）当 a  2 时 f x2xlnx1，则 f 11， f   x   2 
1
x
，┄┄┄1分
所以 f   1   3 ，┄┄┄2分
所以函数 f  x  在点  1 , f  1   处的切线方程为 y  1  3  x  1  ，
即 3 x  y  2  0 ；┄┄┄4分
（2）函数 f  x   a x  ln x  1 的定义域为  0 ,    ，
又 f   x   a 
1
x

a x 
x
1
由
，┄┄┄5分
当a0时 fx0恒成立，
f x在0,上单调递增. ┄┄┄7分
1
当a0时，由 fx0，解得0x ，
a
f   x   0 ，解得 x  
1
a
，
 1  1 
所以 f x在0, 上单调递增，在 ,上单调递减，┄┄┄9分
 a  a 
（3）由（2）当 a  0 时 fx0恒成立， f x在0,上单调递增，无极值. ┄┄11分
当a0时， f x在 x   1
a
 1  1 处取得极大值，极大值为 f  ln 2.┄┄┄13分
 a  a
令 ln


1
a

 2  0 ，解得 a  
1
e 2
，┄┄┄14分
 1 
所以a的取值范围为, .┄┄┄15分
 e2 
17．【详解】（1）由题意知，  a
n
 的前 n 项和 S
n
 n 2  3 n ，┄┄┄1分
当 n  1 时， a 1  S 1  1  3  4 ，┄┄┄2分
当 n  2 时， a
n
 S
n
 S
n  1
 n 2  3 n   n  1  2  3  n  1   2 n  2 ，┄┄┄4分
经检验， a
1
 4 满足 a
n
 2 n  2 ，┄┄┄6分
  a
n
 的通项公式为 a
n
 2 n  2 ；┄┄┄6分
（2）证： f   x   4 x  3 ，f2n4n3 ┄┄┄7分
1

a f2n
n

 2 n  2
1
 4 n  3 

2  n  1
1
 4 n  3 
，┄┄┄8分
又
2  n  1
1
 4 n  3 

2  n 
1
1   4 n 

1
8

n 
1
n  1 

1
8

 1
n

 n
1
 1 

，┄┄┄11分

a
n
f
1
  2 n 

1
8

 1
n

 n
1
 1 

1  1 1 1 1 1 1 1  1  1 
T  1     +? +   1 ┄┄┄13分
n 8  2 2 3 3 4 n n1 8  n1
   
1
1 1
n1

1
8


1 
 n
1
 1 


1
8
┄┄┄14分
故 T
n

1
8


1 
 n
1
 1 


1
8

2
7
.┄┄┄15分
18．【详解】（1）因为c2bcosAb，
根据正弦定理得：sinC2sinBcosAsinB.
又因为sinCsinABsinAcosBcosAsinB， ┄┄┄2分
所以sinAcosBcosAsinBsinB  sinABsinB.
又A,B为三角形内角，所以ABB  A  2 B . ┄┄┄4分
3
（2）因为A2B，cosB ，
4
7 3 7
所以sinB 1cos2B  ，sinAsin2B2sinBcosB ，┄┄┄6分
4 83 2 1 cosAcos2B2cos2B12  1 .
4 8
所以
2
s in C  s in  A  B   s in A c o s B  c o s A s in B
3 7 3 1 7 5 7
     .┄┄┄8分
8 4 8 4 16
由正弦定理得 a
c
 s
s
in
in
A
C

3
5
1
8
6
7
7
 6
5
，
又 a  4  2 c ，所以a6， c  5 .
由余弦定理得 b 2  a 2  c 2  2 a c c o s B  3 6  2 5  2  6  5 
3
4
 1 6 .
所以 b  4 . ┄┄┄11分
（3）因为sinCsinABsin3B
 s in B c o s 2 B  c o s B s in 2 B  s in B  1  2 s in 2 B   c o s B  2 s in B c o s B
 s in B  1  2 s in 2 B   2 s in B  1  s in 2 B   3 s in B  4 s in 3 B . ┄┄┄13分
由正弦定理
3
b
b
c o

s
c
B
3sinBsinC

sinBcosB

6 s in B
s in B
 4
c o
s
s
in
B
3 B

6  4
c o
s in
s B
2 B
 6  4  1
c

o s
c
B
o s 2 B   2  4
c o
c
s
o s
B
2 B  2   2 c o s B 
c o
1
s B
 ┄┄┄15分
因为 0  B 
π
2 ，所以 c o s B  0 ，
所以 2 

2 c o s B 
c o
1
s B

 2  2
2
c
c
o
o
s
s
B
B
 4 2 ，当且仅当 2 c o s B 
c o
1
s B
即 B 
π
4
时取等号.
所以
3
b
b
c o

s
c
B
的最小值为 4 2 . ┄┄┄17分
19．【详解】（1）平方关系： c h 2  x   s h 2  x   1 ；
倍角公式： s h  2 x   2 s h  x  c h  x  ；
导数：
 

s
c
h
h


x
x


 
 


c
s
h
h


x
x


．
理由如下：平方关系:
2 2
exex  exex  e2xe2x2 e2xe2x2
ch2xsh2x      1；
 2   2  4 4
倍角公式： s h  2 x  
e 2 x 
2
e  2 x

 e x  e  x  
2
e x  e  x 
 2 s h  x  c h  x 
（2）
；
导数： shx  ex   ex  exex chx， chx  exex shx；
2 2 2
以上三个结论，证对一个即可． ┄┄┄4分
 x  [ π 4 , 3 π 2 ] ，cosh(sinx)sinh(cosx). ┄┄┄5分
证明:依题意， x  [
π
4
,
3 π
2
] ， c o s h ( s in x )  s in h ( c o s x ) 
e sin x 
2
e  sin x

e co s x 
2
e  co s x
1
 (esinxecosxesinxecosx)， ┄┄┄6分
2
当 x  [
π
4
,
5 π
4
] 时，sinxcosx，
于是esinxecosx 0，而esinxecosx 0，因此cosh(sinx)sinh(cosx)0，
5π 3π
当x( , ]时，
4 2
c o s x  0 ，则cosxcosx， e co s x  e  co s x ，
即 e co s x  e  co s x  0 ，而 e sin x  e  sin x  0 ，因此 c o s h ( s in x )  s in h ( c o s x )  0 ，
π 3π
于是x[ , ]，
4 2
c o s h ( s in x )  s in h ( c o s x )  0 ，所以 c o s h ( s in x )  s in h ( c o s x ) .┄┄┄10分
（3）因为 c h  x   s h  x   e x ，
所以原式变为  ex 2 x 1  ex 1 sinx x sinx x cosx ， ┄┄┄11分 2 1 2 1 2 1
即证ex 1 x 2 sinx x ex 1 sinx x  ex 1 cosx  ，
1 2 1 2 1
设函数 f  x   e x  s in x ，即证 f  x
1
 x
2
  f  x
1
  x
2
f   x
1
 ， f   x   e x  c o s x ，┄13分
设tx fxexcosx， t   x   e x  s in x ，
x0时tx0，tx在0,上单调递增，即 fxexcosx在  0 ,    上单调递增，
设hx f xx  f x xfx  ，（x0），则
1 1 1
h   x   f   x  x
1
  f   x
1
 ，
由于 fxexcosx在  0 ,    上单调递增， x  x
1
 x
1
，
所以 fxx  fx  ，即
1 1
h   x   0 ，故 h  x  在  0 ,    上单调递增，
又 h  0   0 ，所以x0时，hx0，
所以 f  x  x
1
  f  x
1
  x f   x
1
  0 ，即 f xx  f x xfx ，
1 1 1
因此 f  x
1
 x
2
  f  x
1
  x
2
f   x
1
 恒成立，所以原不等式成立，得证． ┄┄┄17分