河北省衡水市衡水二中等学校2026届高三三调考试（三模）数学试题_2025年10月_251001河北省衡水市2025-2026学年高三上学期第三次调研考试（26008C）

河北省衡水市衡水二中等学校 2026 届高三三调考试（三模）数
学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．已知集合A0,1,2,3,4，  
试卷第1页，共5页
B  x 0  x  3 ，则 A B  （ ）
A．  1 , 2  B．  1 , 2 , 3  C．0,1,2 D．  0 ,1 , 2 , 3 
2．若a＞b，c＞d，则（ ）
A． a c 2  b c 2 B．a－c＞b－d
C．a－d＞b－c D．ac＞bd
3．若复数 z 满足  1  2 i  z  1 0 i ，则 z 的虚部为（ ）
A．4 B． 2 i C．4i D．2
4．已知直线 a , b ，平面，且 b   ，则“ a / / b ”是“ a / / ”的（ ）
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
 π 1  π
5．已知sin  ，则sin2 （ ）
 6 3  6
7 7 4 2
A． B． C． D．
9 9 9
4
9
2
6．已知向量a，b满足 | a | 1 ， | b | 2 ，|ab| 7，则 a  b 在b方向上的投影向量是（ ）
1 3 1 3
A． b B． b C． b D． b
4 4 4 4
  1
7．若函数 f x 满足 x2fx2xf x1lnx，且 f e  ，则 f x 的极大值是
2 e
（ ）
e 1 2
A． B． C． D．
2 e e
e
8．已知正四棱台ABCDABCD 中，上底面ABCD与下底面ABCD 的面积之比为1:4，
1 1 1 1 1 1 1 1
且其内切球的半径为2，则AA与面ABCD所成角的正弦值为（ ）
12 5 5 2 17
A． B． C． D．
5 5 17
试卷第2页，共5页
1
1
7
7
二、多选题
9．已知  a
n
 是递增的等比数列，其前n项和为 S
n
3 19
，若a  ，S  ，则（ ）
2 2 3 4
A． a
1
 1
35
B．a a 
5 3 16
65
C．S 
4 8
D．S 2是等比数列
n

2a2x5,x1,


10．已知函数 f x 在
a2
 ,x1
 x
R 上单调递减，则函数gxln x a 的大致图
象可能为（ ）
A． B．
C． D．
11．函数 f(x)是定义域为 R 的奇函数，当 x  0 时，f(x)ex(x1)，下列结论正确的有（ ）
A．当x0时， f(x)ex(x1) B．方程 f(x)0有3个不等实根
1
C．函数 f(x)有最大值 D．x,x R, f x  f x  2
e2 1 2 2 1
三、填空题
12．已知向量a(1,m)，b(m1,6)，若(2ab)a，则实数m ．13．已知函数
试卷第3页，共5页
f  x   2 x  3 ，若关于 x 的方程f x 2 2mf x30有4个不同的实数根，
 
则m的取值范围是
14．如图，若正方体的棱长为2，点 P 是正方体 A B C D  A
1
B C1
1
D
1
的上底面 A
1
B C1
1
D
1
上的一个
动点（含边界）， E , F 分别是棱BC,DD上的中点，有以下结论：
1
①△PAE在平面 C D D C1
1
上的投影图形的面积为定值；
②平面 A E F 截该正方体所得的截面图形是等腰梯形；
③ PE  PF 的最小值是 1 3 ；
④若保持 EP 2 2，则点 P 在上底面内运动路径的长度为
2 π
3
．
其中正确的是 ．（填写所有正确结论的序号）
四、解答题
15．在 A B C 中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知a2 b2c2bc．
(1)求角A的大小；
3
(2)若bc4, ABC的面积为 ，求
2
a 的值；
 π
16．已知函数 f x2sin(x)0,0 的部分图象如图所示．该图象与y轴交于
 2
  π
点A 0, 3 ，与x轴交于B，C两点，D为图象的最高点，且△BCD的面积为 ．
2(1)求 f x的解析式；
π
(2)将 f x的图象向右平移 个单位长度，再将所得图象上所有点的横坐标伸长为原来的2
12
8 
倍（纵坐标不变），得到函数gx的图象，若g()  ，求
52 
试卷第4页，共5页
c o s
π
6




的值．
17．如图，在四棱锥 P  A B C D 中，平面 P A B  平面 A B C D ，底面 A B C D 是直角梯形， A D / / B C ，
ABC90 ，且PAAD2，ABBC1， P B  5 ， E 为 P D 的中点．
(1)证明： C E / / 平面 P A B ；
(2)求三棱锥PACE的体积；
(3)求二面角EACD的余弦值．
18．设  a
n
是等差数列，其前 n 项和 S
n
，  b
n
是等比数列，且a b 3，a b ，S 15.
1 1 4 2 3
(1)求a 与b 的通项公式；
n na b ,n为奇数
 n n
(2)设c (34n)b ，求数列
n n ,n为偶数

 a ·a
n1 n1
试卷第5页，共5页
 c
n
 的前 2 n 项和 T
2 n
；
(3)若对于任意的 n  N * 不等式na 1a 1n2120恒成立，求实数的取值范
n n
围.
19．已知函数 f xm1xlnx1．
(1)当m2时，求曲线 y  f  x  在点 1, f 1 处的切线方程；
(2)若 f x的极小值小于  1 ，求m的取值范围；
(3)当m1时，证明：gx f xxexm有2个零点．《河北省衡水市衡水二中等学校2026届高三三调考试（三模）数学试题》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 A C D D B B B A ACD BC
题号 11
答案 ABD
1．A
【难度】0.94
【知识点】交集的概念及运算
【分析】根据集合的交集运算即可求解.
【详解】由题意有：A B1,2,
故选：A.
2．C
【难度】0.85
【知识点】由已知条件判断所给不等式是否正确
【分析】根据不等式的基本性质，或举出反例，逐一检验选项即可.
【详解】 选项A：若
答案第1页，共17页
c 2  0 ，则ac2 bc2 0.所以选项错误.
选项B：若a7,b6,c4,d 1,满足ab,cd，但是acbd.所以选项B错误.
选项C：因为 c  d , 所以  d   c , 又因为 a  b ，所以ad bc.所以选项C正确
选项D：若a7,b3,c1,d2,满足ab,cd，但是 a c  b d ,所以选项D错误.
故选：C.
3．D
【难度】0.94
【知识点】求复数的实部与虚部、复数的除法运算
【分析】借助复数除法运算法则计算后结合虚部定义即可得.
10i 10i12i 10i20
【详解】由12iz10i，则z   42i，
12i 12i12i 5
则z的虚部为2.
故选：D.
4．D
【难度】0.85【知识点】判断线面平行、线面平行的性质、既不充分也不必要条件
【分析】先判断充分性，再判断必要性，得到“
答案第2页，共17页
a / / b ”是“ a / / ”的既不充分也不必要条件．
【详解】由 b , a / / b   ，可得a//或 a   ，所以“a//b”是“a//”的不充分条件，
由b,a//，可得 a / / b 或 a 与 b 是异面直线，所以“a//b”是“ a / / ”的不必要条件，
所以“ a / / b ”是“ a / / ”的既不充分也不必要条件．
故选：D.
5．B
【难度】0.65
【知识点】三角函数的化简、求值——诱导公式、二倍角的余弦公式
【分析】先利用诱导公式将目标式化为 c o s ( 2
π
3
)   ，再利用二倍角的余弦公式求解即可.
 π  π π π
【详解】由题意结合诱导公式得sin2 sin

2( )

cos(2 )，
 6  6 2 3
π  π 1 7
由二倍角的余弦公式得cos(2 )12sin2  12  ，故B正确.
3  6 9 9
故选：B
6．B
【难度】0.85
【知识点】已知模求数量积、求投影向量
【分析】利用投影向量的定义，结合向量的运算求解即可.
【详解】由于向量 a ， b 满足 | a | 1 ， | b | 2 ，|ab| 7，
所以|ab|2a22a?bb2 12a?b47，解得 a ·b   1 ，
则ab在 b
 
ab ·b
14 3
方向上的投影向量为 ·b  b  b.
2 4 4
b
故选：B
7．B
【难度】0.4
【知识点】导数的运算法则、用导数判断或证明已知函数的单调性、求已知函数的极值
【分析】由题意构造函数gxx2f x，结合x2fx2xf x1lnx可得gxxlnxC，
求出C，进而求出 f x的解析式，结合导数与极值的关系，即可求得答案.【详解】函数
答案第3页，共17页
f  x  满足 x2fx2xf x1lnx，故令 g  x   x 2 f  x  ，
则gx2xf xx2fx1lnx，故gxxlnxC，
由 f  e   1 得g  e  ef  e   e ，故
2 e 2
e ln e  C 
2
e ，
则可得 C  0 ，故gxx2f xxlnx，
lnx 1lnx
故 f x ,x0，则 fx ，
x x2
当0xe时， f   x   0 ， f  x  在  0 , e  上单调递增，
当xe时， f   x   0 ， f  x  在e,+上单调递减，
1
故 f x的极大值为 f e ，
e
故选：B
8．A
【难度】0.4
【知识点】多面体与球体内切外接问题、求线面角
【分析】根据正四棱台及其内接球的性质，结合题给上、下底面面积之比以及内接球半径，
计算得出相应边长的值，利用面面平行得出  A A G1 即为直线 A
1
A 与平面 A B C D 所成的角，从
而求解.
【详解】
如图，根据正四棱台的性质可知，上底面ABCD与下底面ABCD 均为正方形，
1 1 1 1
2
S  AB  1 AB 1
则 ABCD    ，即  ，设 AB a，a0，则 AB 2a，
S  AB  4 AB 2 1 1
A1B1C1D1  1 1  1 1
取O,O 为上下底面中心，取E,F为BC,BC 中点，连接OE,OO ,O F,EF，则
1 2 1 1 1 1 2 2
OE//O F//AB//AB ，
1 2 1 1根据内切球的性质，球心
答案第4页，共17页
O 为 O O1
2
中点，记 H 为球与平面 B B C1 C1 的切点，则 O H  E F .
1
所以OE  a，O F a，OH  OO  OO 2，
1 2 2 1 2
因为OO  OH 2，OOEOHE90，
1 1
O E  O E ，
1
根据勾股定理得出OE  EH  a，所以
1 2
O O
1
E  O H E ，
同理O F  HF a， OHF  OO F.
2 2
所以OE,OF分别为  O O1 H ,  H O O
2
的角平分线，即  E O F  9 0  .
因为OE2    a  2 22 4 a2 ，OF2 a222 4a2， EF2    3 a   2  9 a2，
2 4 2  4
a2 9
所以4 4a2  a2 a2 8a2 2 .
4 4
连接AO,AO ，则
1 1 2
A O
1
//A O1
2
， G 为A在底面投影，则 G 位于 A O1
2
上， A G  A O1
2
，四边形
AGOO 为矩形，
2 1
1 1  2  2 1
因为 AO  AC  2 2  2 2 2， AO  AC 4，则 AO  GO 2，
1 2 2 1 2 2 1 1 1 2
所以 AG 422， AA  2242 2 5，
1 1
因为面 A B C D 与面 A
1
B C1
1
D
1
平行，所以 A
1
A 与面 A B C D 所成的角即为AA与面
1
A
1
B C1
1
D
1
所成
的角AAG，
1
AG 4 2 5
所以sinAAG   .
1 AA 2 5 5
1
故选：A.
9．ACD
【难度】0.65
【知识点】写出等比数列的通项公式、由定义判定等比数列、等比数列通项公式的基本量计
算、求等比数列前n项和
【分析】设出公比，根据函数单调性得到 q  1
3
，利用条件求出q ，进而得到首项，结合
2
等比数列的定义，通项公式，求和公式对选项一一判断，得到答案.
【详解】设a 的公比为qq1，则由a 0，a 递增，得q1，
n 2 n 1 3 1 19
因为S a 1q ，所以 1q  ，
3 2  q 2 q 4
3 2
解得q 或q （舍去），
2 3
a
对于A，a  2 1，故A正确；
1 q
3 n1 81 9 45
对于B，a n a 1 qn1 2   ，a 5 a 3  16  4  16 ，故B错误；
3 n
对于C，S  a 1  1qn  1 2   2   3  n 2， n 1q 3 2
1
2
答案第5页，共17页
S 4  2  8 1 1 6  2  6 5 8 ，故C正确；
3 n1
2 
3 n S 2 2 3
对于D，S n 22 2   ， S n1 2  3 n  2 ，
n 2 
2
3 1
又S 22  3，
1 2
所以S 2是首项为3，公比为
n
3
2
的等比数列，故D正确．
故选：ACD.
10．BC
【难度】0.65
【知识点】函数图像的识别、根据分段函数的单调性求参数
【分析】根据分段函数单调性，列出不等式组，解出 a 的范围，再讨论判断 g  x  的图像即
可.
2a20

【详解】由题意得a20 ，解得1a1，

2a25a2
因为gxgx，所以gx是偶函数，排除D选项；
对于A选项，g0lna0，得a1，不符合题意，排除A选项；
当0a1时，gx的部分图象可能为B选项的图象，B选项符合题意；
当1a0时，gx的部分图象可能为C选项的图象，C选项符合题意；故选：BC.
11．ABD
【难度】0.65
【知识点】由奇偶性求函数解析式、由导数求函数的最值（不含参）、利用导数研究不等式
恒成立问题、利用导数研究函数的零点
【分析】运用奇函数的定义可得
答案第6页，共17页
x  0 时 f ( x ) 的解析式，可判断A；令 f  x   0 ，求出所对
应的方程的解，即可判断 B ；利用导数判断函数的单调性求出函数的极值，即可判断 C ；由
f(x)的值域可判断 D ．
【详解】对于A，函数 f(x)为定义在R上的奇函数，
当x0时，  x  0 ， f xf xexx1exx1，故A正确；
对于B，当 x  0 时，     f x  e  x x  1  0 ，解得 x  1 ， x  0 时，     f x  e x x  1  0 ，解得
x1，
又 f 00，所以 f  x  有  1 和0三个零点，故B正确；
对于C，当x0时，f xexx1，fxexx2，当 x   2 时，   f  x  0 ， f  x  递
减，
2x0时，   f  x  0 ， f x递增，
1
∴x2时，f x有极小值 f 2e2  ，x0时，f x1，
e2
x  0  ，f x1，
由 f x是奇函数，∴ x  2 时， f  x  有极大值   f 2 
1
e 2
，
又 f 00，所以 f  x  的值域是1,1，故C错误；
对于D，由C的讨论知1 f x1，因此对任意的实数 x
1
, x
2
有1 f x 1，1 f x 1，
1 2
∴2 f x  f x 2，即 f x  f x  2，故D正确.
1 2 1 2
故选：ABD.
1
12． 或3
2
【难度】0.85
【知识点】平面向量线性运算的坐标表示、向量垂直的坐标表示
【分析】根据平面向量线性运算、数量积的坐标表示公式，结合平面向量垂直的性质进行求解即可.
【详解】因为2ab(2,2m)(m1,6)(3m,2m6)，且
答案第7页，共17页
( 2 a  b )  a ，
所以(3m)1(2m6)m0，即2m27m30，
1
解得m 或
2
m  3 ．
1
故答案为： 或3
2
 
13． 3,2
【难度】0.65
【知识点】函数图象的应用、根据函数零点的个数求参数范围
【分析】作出 f x 2x 3的图象，由题意知 t 2  2 m t  3  0 在  0 , 3  内有两个不等实根，再
结合二次方程根的分布列不等式即可求得m的范围.
【详解】作出 f  x   2 x  3 的图象，
令t f x 2x3 ，则方程

f x

2 2mf x30，即为t22mt30，


f x

2 2mf x30有4个不同的实数根，则t22mt30在0,3内有两个不等实根，
Δ2m2430

所以0m3 ，解得 3m2，

96m30

 
所以实数m的取值范围为 3,2 .
 
故答案为： 3,2 .
14．①④
【难度】0.4
【知识点】正棱柱及其有关计算、判断正方体的截面形状、棱柱及其有关计算
【分析】根据正方体的结构特征以及空间中点、线、面的位置关系逐项判断即可.【详解】对于①，过
答案第8页，共17页
P 点向 C
1
D
1
引垂线，交 C
1
D
1
于点 Q ，连接 Q C , Q D ，
由正方体的性质可知， P A E 在平面 C D D C1
1
上的投影图形为 Q D C ，
当P在上底面运动时， Q D C
1
的面积保持不变，其面积为 222，故①正确；
2
对于②，取CC 的中点
1
M ，连接BM，取 C M 的中点 N ，连接 E N , F N , F M ，
因为F,M分别为 D D
1
, C C
1
的中点，所以 F M / / D C ，且 F M  D C ，
由正方体性质可知， A B / / D C ，且AB DC ，所以FM //AB，且 F M  A B ，即四边形ABMF
为平行四边形，所以 A F / / B M ，
因为E,N分别为 B C , C M 中点，所以 E N / / B M ，即有AF//EN，
所以A,F,N,E四点共面，
所以平面 A E F 截该正方体所得的截面图形是梯形 A F N E ，
1 2 17
因为 AE  2212  5， FN  22   ，
2 2
AE  FN ，故梯形 A F N E 不是等腰梯形，故②不正确；
对于③，延长 F D
1
使得FD DH，则由对称性可知： PF  PH ，
1 1
所以 PE  PF  PE  PH  EH ，
当P,E,H 三点共线时， PE  PF 取到最小值 EH ，因为 EH |2 ED|2  DH |2 EC|2 CD|2  DH |214914，
所以 EH  14,即
答案第9页，共17页
P E  P F 的最小值是 1 4 ，故③不正确；
对于④，取 B C1
1
中点 G ，连接 E G , P G ，由正方体性质可知， E G  P G ，
因为 EP 2 2， E G  2 ，
所以由 E P 2|  E G 2|  | P G 2| 可得 P G  2 ，
所以点P在上底面内运动路径是在正方形 A
1
B C1
1
D
1
内以 G 为圆心，2为半径的一段圆弧，
π π π
如图，由GC 1?NG 2，可得NGC  ，同理MGB  ,MGN  ,
1 1 3 1 3 3
所以圆弧 M N
π 2π
的长度为2  ，故④正确；
3 3
故答案为：①④.
π
15．(1)A
3
(2)a 10
【难度】0.85
【知识点】三角形面积公式及其应用、余弦定理解三角形
【分析】（1）根据余弦定理边角互化即可求解，（2）根据面积公式，结合题中条件即可求解.
【详解】（1）由
答案第10页，共17页
a 2  b 2  c 2  b c 可得 b c  b 2  c 2  a 2 ，
b2c2a2 bc 1
故cosA   ，
2bc 2bc 2
π
由于A0,π,故A ，
3
1 1 3 3
（2）由S  bcsinA bc  ，故
ABC 2 2 2 2
b c  2 ，
又bcb2c2a2得bcbc22bca2，故a2 bc23bc166，
故a 10，
 π
16．(1) f(x)2sin2x 
 3
3
(2)
5
【难度】0.85
【知识点】已知正（余）弦求余（正）弦、由图象确定正（余）弦型函数解析式、求图象变
化前（后）的解析式
【分析】（1）先根据三角形的面积得最小正周期，进而求出，根据 f  x  图象经过点A求
出，即可得出 f  x  的解析式；
（2）求出函数 g  x 
 π 4  π
的表达式，得出sin  ，即可求出cos 的值.
 6 5  6
【详解】（1）由题意，
π
△BCD的高为2，面积为 ，
2
1  π T π
即 2BC ，可得BC  ，则  ，
2 2 2 2 2
2π
∴T π ，解得2．

 
∵ f(x)图象与y轴交于点A 0, 3 ，
3
∴2sin 3，即sin ，
2
π π
又因为0 ，所以 ．
2 3
 π
∴ f x2sin2x ．
 3
（2）由题意及（1）得，π
将 f x向右平移 个单位长度，
12
  π  π  π
得到y2sin  2x   2sin2x 的图象，
  12 3  6
再将所有点的横坐标伸长为原来的2倍（纵坐标不变），
 π
得到函数y2sinx 的图象，
 6
 π
∴g(x)2sinx ．
 6
8   π 8
由g()  可得2sin  ，
52   6 5
 π 4
∴sin  ，
 6 5

∵ ，
2
2π π 7π
∴   ，
3 6 6
 π  π 3
∴cos  1sin2    ．
 6  6 5
17．(1)证明见解析
1
(2)
3
3
(3)
3
【难度】0.65
【知识点】锥体体积的有关计算、证明线面平行、求二面角
【分析】（1）取
答案第11页，共17页
P A 中点 M ，通过证明四边形 B C E M 为平行四边形，从而得到 C E ∥ B M ，
再由线面平行的判定即可证明；
1
（2）由题知V V V V  V ，根据面面垂直的性质可证AD平面
PACE CPAE BPAE EPAB 2 DPAB
PAB，然后利用体积计算公式求解；
（3）取 A D 的中点 F ，连接EF，过 F 作FN  AC于N ，则ENF为二面角EACD的
3
平面角，在Rt EFN中，可求tanENF  2，再得到cosENF  即可.
3
【详解】（1）取 P A 中点M ，连接EM ，BM
1
E为PD的中点，M 为PA中点，所以EM AD，且EM  AD，
2又AD∥BC，
答案第12页，共17页
B C  1 ，AD2， B C 
1
2
A D ，
所以有 E M ∥ B C ，且 E M  B C ，
所以四边形BCEM 为平行四边形，
则CE∥BM，又 B M  平面 P A B ， C E  平面 P A B ，所以 C E //平面PAB．
（2）底面 A B C D 是直角梯形，BC∥AD， A D  平面 P A D ， B C  平面PAD，
所以BC//平面 P A D ，则点 C 到平面 P A D 的距离等于点B到平面 P A D 的距离，
所以三棱锥 P  A C E 的体积V V V V ，
PACE CPAE BPAE EPAB
又E为 P D 的中点，则点 E 到平面 P A B 的距离等于点 D 到平面PAB的距离的一半，
1
所以V  V ，
EPAB 2 DPAB
又PAAD2，ABBC1， P B  5 ，
所以PA2AB2 PB2，故 A B  A P ，
又ABC90 ， B C / /A D ，所以 A B  A D ，
平面PAB平面 A B C D ，且平面 P A B  平面ABCD AB，
又AD平面 A B C D ，所以AD平面 P A B ，
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
故V  V   S AD   PAABAD   212 .
EPAB 2 DPAB 2 3 PAB 2 3 2 2 3 2 3
（3）因为平面PAB平面ABCD，且其交线为AB，
又AP平面 P A B ， A P  A B ，
所以AP平面ABCD，
取AD的中点F，连接EF，在△PAD中，
答案第13页，共17页
E ， F 分别为 P D ， A D 的中点，
1
所以AP∥EF，EF  AP1
2
则EF 平面 A B C D ，
过F作 F N  A C 于 N ，连接 E N ，则有 E N  A C ，
所以ENF为二面角 E  A C  D 的平面角，
在直角梯形ABCD中，ABBC1，ABC90 ，所以BAC45 ，所以FAC45 ，
1 2
又AF  AD1，所以FN ，
2 2
EF 1
tanENF    2 3
在Rt EFN中， FN 2 ，所以cosENF  ，
3
2
即二面角 E  A C  D 的余弦值为
3
3
．
18．(1) a
n
 2 n  1 ，b 3n
n
21 24n9 9n1
(2)T   9n
2n 16 16 16n12
(3)
1,.
【难度】0.4
【知识点】等差数列与等比数列综合应用、错位相减法求和、分组（并项）法求和、数列不
等式恒成立问题
【分析】（1）结合等差数列的通项公式，求和公式以及等比数列的通项公式进行求解；
（2）可以采取分组求和的方式，即将奇数项与偶数项的和分开求解，再利用错位相减法以
及裂项相消法分别求和；
（3）对于求参数的范围，一般可以采用分离参数的方法，对于求后面式子的最值，结合函
数的单调性进行分析求解．
【详解】（1）设等差数列  a
n
的公差为 d ，等比数列  b
n
的公比为q，
由S 15，3a 3d 15，又a 3，3d 5，d 2，
3 1 1
由a b ，
4 2
 a 3d b q，又a b 3，33d 3q，q3，
1 1 1 1
a 32(n1)2n1，b 33n1 3n，
n n
即a 2n1，b 3n．
n n（2）当
答案第14页，共17页
n 为奇数时，c a b (2n1) 3n，
n n n
记A c c c c ，则有
n 1 3 5 2n1
A 337331135(4n1)32n1①，
n
9A 3337351137(4n1)32n1②，
n
①②得：
8A 94  33353732n1 4n132n1，
n
27
 19n1
8A 94 4n132n1，
n 19
9 24n9
A   9n，
n 16 16
(34n) b (34n)3n 1 3n 3n2
当n为偶数时，c  n   (  )，
n a a (2n1)(2n3) 4 2n1 2n3
n1 n1
记B c c c c ，
n 2 4 6 2n
1 32 34 1 34 36 1 36 38 1 32n 32n2
B  (  ) (  ) (  ) (  )
n 4 3 7 4 7 11 4 11 15 4 4n1 4n3
1 32 32n2
B  (  )
n 4 3 4n3
3 9n1
B   ，
n 4 16n12
21 24n9 9n1
T  A B   9n ．
2n n n 16 16 16n+12
（3）由a 2n1与na 1a 1n2120恒成立，
n n n
可得n2n22nn2120恒成立，
n2n6 n2n6
 恒成立，即求 的最大值，
n22n n22n
n2n6 n6
设 f(n) 1 ，
n22n nn2
n7 n6 n213n18
f(n1) f(n)   0，
n1n3 nn2 nn1n2n3
f(n)单调递增，n6
又 0，
n(n2)
n6
 f(n)1 1，
n(n2)
1．
19．(1)3xy20
(2)m,11,0
(3)证明见解析
【难度】0.4
【知识点】求在曲线上一点处的切线方程（斜率）、求已知函数的极值、根据极值求参数、
利用导数研究函数的零点
【分析】（1）利用导数的几何意义求得切线斜率，由点斜式即可得到切线方程；
（2）函数求导后，根据参数
答案第15页，共17页
m 的取值分类讨论，得到 m  0 时，极小值
1
f( )mlnm1，构造函数um1mlnmm0，求导推得
m
um u10，即可求得不等式um0的解集；
max
（3）由   g x  0
lnx1 lnx1
得ex m0，令vxex m,x0,，则
x x
x2ex lnx
vx ，令rx x 2exnlx,x 0,  ，求导判断
x2
r  x  在区间  0 ,    上单调递增，
1 
结合零点存在定理，推得x  ,1，使得  
0 e 
r x
0
 0 ，求出vx的最小值为
lnx 1
vx ex 0  0 m，由  
0 x
0
r x
0
 0
1
可得ex0  ，
x
0
x
0
  ln x
0
，故得vx的最小值
vx 1m，由m1即可判断函数
0
v  x  ，即函数 g  x  的零点个数.
【详解】（1）当 m  2
1
时， f x12xlnx，则 fx2 ，
x
所以 f 11， f13，
则曲线y f x在点 1, f 1 处的切线方程为y13x1，
整理得：3xy20．
1 mx1
（2）函数 f x的定义域为0,，且 fxm  ，
x x
① 当m0时，易得 fx0，f x在0,上单调递减，则 f x无极小值，不合题意；② 当
答案第16页，共17页
m  0 时，由 f   x   0 ，得 x  
1
m
，即 f  x  在


1
m
,  

上单调递增；
1
由 fx0，得0x 时，即
m
f  x  在

0 , 
1
m

上单调递减，
1
所以 f x的极小值为： f( )mlnm，
m
因为 f x的极小值小于  1 ，所以   m  ln  m   1 ，即1mlnm0．
令um1mlnmm0，则   u  m  1 
1
m

m
m
 1
，
所以当 m     ,  1  时， u   m   0 ，当 m    1 , 0  时， u   m   0 ，
则um在  , 1     上单调递增，在1,0上单调递减，
因为u10，所以由 u  m   0 可得m,11,0.
（3）gx f xxexmxexlnxmx1,x0,．
lnx1
令gx0，得ex m0，
x
lnx1
令vxex m,x0,，则
x
g  x  与 v  x  有相同的零点，
1lnx1 x2exlnx
且vxex  ．
x2 x2
1
令rxx2exlnx,x0,，则rx  x22x  ex ，
x
因为x0，则rx0，所以 r  x  在区间0,上单调递增，
又r    1 e    e 1 e 2 10，r1e0，所以x 0     1 e ,1    ，使得rx 0 0，
所以当   x  0 , x
0
时，   r x  0 ，即   v  x  0 ；当xx ,时，  
0
r x  0 ，即   v  x  0 ，
所以vx在  0 , x
0
 单调递减，在x ,单调递增，
0
lnx 1
所以vx的最小值为vx ex 0  0 m．
0 x
0
1 1 1
由rx 0，得x2ex0 lnx 0x ex0  lnx  ln ，
0 0 0 0 x 0 x x
0 0 0
1
1 ln
即x ex 0 ln e x 0 ，
0 x
0
令xxex，x0,，则xx1ex 0，则x在0,单调递增．1 1
因为 x 1，所以ln 0，则  
e 0 x
0
答案第17页，共17页
x
0
ln
1
x
0
  
 
，
1 1
所以x ln ，从而ex0  ，
0 x x
0 0
x
0
  ln x
0
，
lnx 1 1 x 1
所以vx的最小值vx ex0  0 m  0 m1m．
0 x x x
0 0 0
当x趋近于0时， v  x  趋近于0或   时，vx趋近于   ，
又因m1，所以   v x
m in
 1  m  0 ，
所以vx有2个零点，故 g  x  有2个零点．
lnx1
【点睛】关键点点睛：求vxex m,x0,单调性及最值，需要引入隐零点
x
x2ex0 lnx 0，因为这个隐零点不好代入消元求值，需要再同构函数
0 0
 x  x e x   ，则可得隐
1
零点满足ex0  ，
x
0
x
0
  ln x
0
，从而再代入隐零点即可求出 v  x  的最小值 1  m ，再结合两
边的极限值，从而问题得证．