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．