数学试题卷答案-吉林省长春市第十一中学高中2025-2026学年1月高一上学期第三学程考试暨期末考试(1.13-1.14)_2024-2025高一（7-7月题库）_2026年1月高一

2025-2026学年度高一上学期第三学程考试 数 学 答 案 一、单选题（每题5分，共40分）. 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 选项 D A B A A B B B 二、多选题（每题6分，共18分） 题号 9 10 11 答案 AC ABC BC 三、填空题（每题5分，共15分）. 12．162 13．3 1  14． , 2  四、解答题（共77分） 15．（13分） 解：（1）由题得tan3， 2分 2sinπcos2π 2sincos  3π  sin2cos2 4分 sin2sin2    2  2tan 23 3    . 7分 tan21 321 4 （2）(sincos)2 12sincos 2sincos 2tan =1 1 sin2cos2 tan21 23 8 =1  13分 321 5 2025-2026学年度高一上学期第三学程考试数学答案 第 1 页 共 7 页 e2x1 16．（15分）解：（1）因为0 f x fx ln  2kx2x2kx恒成立， e2x1 所以k 1． 5分 （2）由题意可得， f xln  e2x 1  xln  ex  1   7分  ex  令t efx e2x 1 ex 1 2 ， 9分 ex ex 则ef2x  e4x 1 e2x  1   ex  1   2 2t22， e2x e2x  ex  即对任意的t2，t2 2t 1， 3 所以t 在t2恒成立， 13分 t 3 1  1  则2  ，故λ的取值范围为   ,． 15分 2 2  2  17．（15分） 2π 解：（1）因为 f x的最小正周期T π，所以 π，且0，即得=2， 3分   π 所以 f x 2sin2x ，  4 π π π kπ 令2x  kπ，kZ， 解得x   ，kZ. 4 2 8 2 所以 f x图象的对称轴方程为x π  kπ ，kZ. 6分 8 2  π （2）由（1）知 f x 2sin2x ，  4  π π π 5π 当x  0,  时，2x   , .  2 4 4 4   π  2   π 可得sin2x  ,1， 2sin2x   1, 2   4  2   4 所以函数的值域为1, 2 10分   2 π 2 π 1 （3）由 f  ，知 2sin(2 ) ，即sin(2 ) ， 3 4 3 4 3 2025-2026学年度高一上学期第三学程考试数学答案 第 2 页 共 7 页 π  π π  π ∴sin2 sin 2   cos2  13分  4  4 2  4  π  π π  1 2 8 sin2 2  cos2 2 1sin2(2 )1   15分  4  4 4 3 9 25 25 18．（1）在RtBOE,RtAOF中，由BOEAFO，得OE ，OF  ， cos sin 25 25 25 又Rt△EOF 中，由勾股定理得EF  OE2OF2  ( )2 ( )2  ， cos sin sincos 25 25 25 25(1 sin cos) 因此l     ， 3分 cos sin sincos sincos π π 当点F 在点D时，此时的值最小， ，当点E在点C时，此时的值最大， ， 6 3 25(1sincos) π π 所以函数关系式为l ，定义域为[ , ]. 5分 sincos 6 3 25 1 （2）由（1）知EF  ,tan ， sincos 2 sincos tan 2 因此sincos   ， 8分 sin2cos2 tan21 5 125 于是EF  . 9分 2 （3）依题意，要使费用最低，只需OEOF 最小即可， 25(sincos) π π 由（1）得OEOF  ,[ , ]， 10分 sincos 6 3 25t 50t 50 t21 OEOF    设sincost，则sincos ， t21 t21 1， 12分 2 t 2 t π π π 5π π 7π 7π 5π t  2sin( )，由[ , ]，得   ，sin sin 4 6 3 12 4 12 12 12 π π 2 1 3 6  2 31 sin(  ) (  ) ，于是 t 2， 14分 6 4 2 2 2 4 2 1 1 令 f(t)t ，函数 f(t)t 在(0,)上为增函数， t t π 则当t  2 时，OEOF最小，且最小值为50 2，此时 ， 16分 4 所以当BE AF 25米时，照明装置费用最低，最低费用为20000 2元． 17分 2025-2026学年度高一上学期第三学程考试数学答案 第 3 页 共 7 页19． 1 π π  2π （B组）解：（1）由图可知A ，周期T   4π，故 2， 2分 3 3 12 T 1 此时 f x cos2x， 3  π 1 1 1 π  代入 , ，可得  cos ， 12 3 3 3 6  π 故 2kπ,kZ， 6 π 解得 2kπ,kZ， 6 π 由于 ， 2 π 1  π 故取k 0， ， f x cos2x ； 5分 6 3  6 1 1  π 1  π 1 （2）由 f x  cos2x  cos2x  ， 6 3  6 6  6 2 π π 5π π 11π 则有 2kπ2x  2kπ,kZ，解得 kπ x kπ,kZ， 3 6 3 4 12  π 11π  所以不等式的解集为x kπ x kπ,kZ. 9分  4 12   π 1 3 （3）由9f2xacos2x  a 0可得  3 4 2  π  π 1 3 cos2 2x acos2x  a 0  6  3 4 2  π  π 1 3 sin2 2x acos2x  a 0  3  3 4 2  π  π 1 3 1cos2 2x acos2x  a 0  3  3 4 2  π  π 1 1 cos2 2x acos2x  a 0，  3  3 4 2  3π 该方程在0, 上有四个不同的实数根，  4   π 1 1  3π 令t cos2x ，则t2at a 0，x0, ，  3 4 2  4  π π 11π  3 则2x  , ，t1,   ， 3 3 6   2  2025-2026学年度高一上学期第三学程考试数学答案 第 4 页 共 7 页π π 11π 令T 2x  , ，则tcosT ， 3 3 6   π  π 1 1 如图，要使cos2 2x acos2x  a 0  3  3 4 2  3π 在0, 上有四个不同的实数根，  4  1 1  1 则需要t2at a 0在1 上有两个不相等的实数根， 4 2  12 1  1 故t2 at ， 2  4 1 1  1 1 由于t  时，t2 at 无解，故t  ， 4 2  4 4 1 t2 则 2 a，令t 1 s，则s   5 , 1 且s0， 1 4  4 4 t 4 9 1 故as  ， 16s 2 9 1  1 由于ys  在0, 单调递减， 16s 2  4 9 1  5  此时as  至多一个实数根，不符合题意，故s ,0， 16s 2  4  5 如图：当s 时， 4 5 9  4 1 6 y     ， 4 16  5 2 5 9 1  9  1 9 1 ys  s   2  1， 16s 2  16s 2 16 2 3 6 当且仅当s 时，取等号，故 a1． 17分 4 5 2025-2026学年度高一上学期第三学程考试数学答案 第 5 页 共 7 页（A组）解：（1）当a0时，f x x ，其定义域为R，且 f x x  x  f x， 所以函数 f x为偶函数； 1分 当a0时，函数 f xax2 xa， f xax2 xa ax2 xa ， 可得 f x f x且 f xf x， 所以函数 f x既不是奇函数又不是偶函数， 3分 综上可得当a0时 f x为偶函数，当a0时 f x既不是奇函数又不是偶函数. 4分 （2）由函数 f xax2 xa， 1  1  2  1 1  可得 f   f     a a  ， 5分 a  a a  a a  2 1 1 1  1 当a0时，因为 0， a  a  0，所以 f   f  0； 6分 a a a a  a 1  1 2 1 1 当0a1时， f   f   (a )(a )0； 7分 a  a a a a 1  1 2 1 1 1 2(1a2 ) 当a1时， f   f   (a )(a ) 2( a)   0， 8分 a  a a a a a a 1  1 综上可得，当a0时， f   f  0. a  a （3）设t ex(t 0)， 因为t是关于x的单调增函数，问题可转化为函数y f t有三个大于0的零点， 9分 2025-2026学年度高一上学期第三学程考试数学答案 第 6 页 共 7 页当a0时， f tt ，所以 f t只有一个零点为0，不符合题意； 10分 当a0时， f tat2 ta 0，所以 f t无零点，不符合题意； 12分 at2ta,ta 当a0时， f t ， 13分 at2ta,ta 1 因为yat2 ta的图象的对称轴为t  ，所以 f t在(0,a)上递增， 2a 所以 f t在(0,a)上至多有1个零点； 1 又因为yat2ta的图象对称轴为t  0，所以 f t在(a,)上至多有2个零点， 2a 问题等价于 f t在(0,a)有且仅有1个零点，在(a,)上有且仅有2个零点， f 0a0  1  a  2 2a 0a 1 则满足  f aa3 0 ，即  14a2  2 0 ，解得0a 2 ，   1  f  0  2a  1 所以实数a的取值范围为0, . 17分  2 2025-2026学年度高一上学期第三学程考试数学答案 第 7 页 共 7 页