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