数学答案·2025年11月高三期中联考_251121安徽省皖江名校联盟2025-2026学年高三上学期期中联考（全科）

数学参考答案 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，有且只有一项 符合题目要求。 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 B A A C B D D B 2+z 3+i 1. 【解析】 = =-3+i i i  i=1-3i,故选B. 2. 【解析】q:2x2-x-3>0等价于x<-1或x>1.5,故A. 3. 【解析】由已知a =2n-1,b =1,b =2,b =4,b =3,⋯,b n 1 2 3 4 n  为周期为4的数列, 故b =b =1,所以选A. 2025 1 3k 4. 【解析】M=  xx= ,k∈Z 12  2k ,N=xx= ,k∈Z  12  ,所以fk  6k k = = ,故选C. 12 2 5. 【解析】q为真的充要条件为4-4m>0,即m<1,故选B. 6. 【解析】因为fx+2  =lnx+1  -ln1-x  为奇函数,故fx  的图象关于2,0  对称,所以选D. π 7. 【解析】 f  2  π =2,f - 2  =0,f x  既不是奇函数也不是偶函数;又 f x  + f -x  =2sinx  ,故 fx  的图象不关于0,1  π 对称;因为 f +x 2  =cosx  1 π + ,f -x cosx 2  =cosx  1 π + ,f -x cosx 2  π =f +x 2  ,故fx  π 的图象关于x= 对称,故选D. 2 8. 【解析】由a>b>0,知2a-b>0,a+2b>0,令m=2a-b>0,n=a+2b>0,故m+2n=4a+ 1 2 1 2 3b=1,故 + = + 2a-b a+2b m n  m+2n  n m =5+2 + m n  1 ≥9,当且仅当m=n= 取等 3 1 1 号,此时a= ,b= 取等号.故选B. 5 15 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要 求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得 0分。 题号 9 10 11 答案 AD BC ABD 9. 【解析】有图像可求得fx  π =2cos2x- 3  = 3sin2x+cos2x,AD正确. 10.【解析】∵函数f(x)=x2-2ax+a在区间(-∞,1)上有最小值,∴函数图象的对称轴应当位于区间( a a a -∞,1)内,∴a<1,g(x)=x+ -2a(x≥1),任取1≤x 1>0,x x -a>0, 1 2 x x 1 2 x x 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 a 则g(x )-g(x )<0,即g(x )0)与G(x)=g(x+1) +1=x2的图象公共点最多有几个,且此时a的取值范围问题． (1)当a=1时F(x)=1与G(x)=x2有2个公共点 (2)当a>1时令F(x)-G(x)=ax-x2=H(x) 1 ①注意到H(x)在(-∞,0]上单调递增，且H(0)=1>0,H(-1)= -1<0 a 所以H(x)在(-∞,0]上只有1个零点，即F(x)与G(x)在(-∞,0]上只有一个公共点 2lnx ②当x>0时解方程ax=x2⇔x⋅lna=2lnx⇔lna= x 2lnx 2(1-lnx) 令h(x)= (x>0),求导得h(x)= x x2 当x∈(0,e)时,h(x)>0,h(x)单调递增；当x∈(e,+∞)时,h(x)<0,h(x)单调递减 2 2 2 因此h(x)的最大值为h(e)= ,故0< lna< 时有2个公共点,此时a的范围是(1,ee), e e (3)当0n+ ,即n2-9n-16>0. 3 因为n∈N∗,当1≤n≤9时,显然n2-9n-16<0,不满足条件; 当n≥10时,n2-9n-16单调递增,所以n≥11.故n的最小值为11. 15分 18.【解析】(1)由余弦定理得 在ΔAOB中,AB2=OA2+OB2-2OA⋅OBcosθ① 在ΔCOD中,CD2=OC2+OD2-2OC⋅ODcosθ②2分 在ΔAOD中,AD2=OA2+OD2+2OA⋅ODcosθ③ 在ΔBOC中,BC2=OB2+OC2+2OB⋅OCcosθ④4分 由③+④-①-②得： AD2+BC2-AB2-CD2=2OA⋅OD+OB⋅OC+OA⋅OB+OC⋅OD  cosθ =2 OA⋅OD+OB  +OC⋅OB+OD    cosθ =2OA⋅BD+OC⋅BD  cosθ=2AC⋅BDcosθ. 故AD2+BC2-AB2-CD2=2AC⋅BDcosθ 7分 (2)①由(1)得AD2+BC2-AB2-CD2=2AC⋅BDcosθ, 又AB=2,BC=CD=2 3,AD=2 7,θ=60° 可求得AC⋅BD=24. 9分 又四边形ABCD的面积为 1 S= OA⋅OD+OB⋅OC+OA⋅OB+OC⋅OD 2  1 sin60°= AC⋅BDsin60°=6 3 . 11分 2 ②由若ΔABD与ΔBCD面积相等,因为BD为公共底边, 故两个三角形BD上的高相等,即OAsin60°=OCsin60°,所以OA=OC. 13分 设OA=OC=m,OB=n. 在ΔAOB中得：4=m2+n2-2mncos60°,即4=m2+n2-mn 数学参考答案 第3页（共4页）在ΔBOC中得：12=m2+n2+mn.两式相加得：m2+n2=8,两式相减得：2mn=8, 所以m-n  2=m2+n2-2mn=0,故m=n. 15分 故m=n=2,所以AC=2m=4. 又AD=2 7,CD=2 3,所以AD2=AC2+CD2=28, 由勾股定理得：AC⊥CD. 17分 1 19.【解析】(1)函数 f(x)=ax+lnx的定义域为(0,+∞),求导得 f(x)=a+ x 因为x=1时 f(x)取得最值,所以 f(1)=0,即:a+1=0,解得:a=-1 4分 ex (2)函数F(x)= +mf(x)有三个极值点，由(1)知 f(x)=-x+lnx, x ex ex 因此:F(x)= +m(-x+lnx)= -mx+mlnx (x>0) x x ex⋅x-ex m ex(x-1) 1-x F(x)= -m+ = +m x2 x x2 x  (x-1)ex-mx =  x2 ex 令F(x)=0,得x=1或ex-mx=0（即m= ） x 因为F(x)有三个极值点x ,x ,x （x 0）,h(x)= = x x2 x2 当01时,h(x)>0,h(x)单调递增 因此,h(x)在x=1处取得极小值h(1)=e ex 要使m= 有两个不等于1的正根,需m>e x 故实数m的取值范围为m>e 12分 ②证明F(x )+0.05m0.05m.(x >1) 15分 1 3 3 3 3 e2x3 F(2x 3 )-F(x 3 )=   2x +m(ln2x 3 -2x 3 ) 3  ex3 -   x +m(lnx 3 -x 3 ) 3  ex3 ex3 =  +ln2-x -1 x  2 3 3  ex3 =m +ln2-x -1  2 3  ex 令g(x)= +ln2-x-1(x>1) 2 ex e1 e 由g(x)= -1> -1>0知g(x)在(1,+∞)上单调递增,所以g(x)> +ln2-2 2 2 2 e 所以F(2x )-F(x )>m⋅ +ln2-2 3 3 2  2.718 >m +0.693-2 2  =0.052m>0.05m.17分 数学参考答案 第4页（共4页）