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