吉林省通化市梅河口市第五中学2025-2026学年高三上学期9月月考数学试卷

这是一份吉林省通化市梅河口市第五中学2025-2026学年高三上学期9月月考数学试卷，共9页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
的.
“ 2x2  5x  3  0 ”的一个必要不充分条件是（）
 1  x  3
2
1  x  6
3  x  1
2
 1  x  0
2
已知集合 M  2, a2 , P  {2, 2a}，若 M  P 有三个元素，则实数 a 的取值集合为（）
{1, 0}
{1, 0,1}
{2, 1, 0}
{2, 0}
3x 1
已知函数 f  x 的定义域为3, 4 ，则函数 g  x  f  x 1 的定义域为（）
 1 , 3B.  1 , 4 
 3 3

 1 ,5

 1 , 6 
 3 3

已知实数 a  0, b  1 满足a  b＝5 ，则 2  1的最小值为（）
ab 1
2
3  2
A
4
已知 f (x) 
xex
eax 1
3  4
2
B.
4
是偶函数，则a  （）
3  2
2
3  4 2
C. D.
66
A. 2
B. 1
C. 1D. 2
“ a  2 ”是“函数 f (x)  ax  tan x 在( π , π) 上单调递增”的（ ）
4 4
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
将 2 个小球随机地投入编号为 1，2，3，4 的 4 个盒子中（每个盒子容纳的小球个数没有限制），记 1 号盒子中小球
的个数为ξ，则 E ξ  （）
1
A. 2B.
275
C.D.
31216
已知 f (x) 是定义在R 上的增函数，且存在函数 g(x) 使得f(g(x))  x，若x1 ， x2 分别是方程 f (x 1)  x  4 和
g(x  1)  x  2 的根，则 x1  x2  （ ）
A. 4B. 3C. 2D. 1
二、多选题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得 6 分，部分选的得部分分，有选错的得 0 分.
已知 P 是圆 C： x 12   y  22  9 上的一个动点，过原点 O 的动直线与圆 C 交于 M，N 两点，则下列说法正确的是（ ）
5
5
|OP|的最大值为3 B. |OP|的最小值为3 
C. |MN|最大值为 6D. |MN|最小值为 2
已知定义在R 上的偶函数 f  x 的部分图象如图所示， f  x 是 f  x 的导函数，则下列结论中正确的是（）
A. f 2  1B. x 0,1 ， f  x  0
C. f 1 f 2  0D. 方程 f  x  0 有唯一实数解
已知函数 f  x  ln  x 1  asinx ， f  x 为 f  x 的导数，则下列说法正确的是（）
当 a  0 时， f  x  2x 恒成立
当 a  0 时， f  x 在区间0, π 单调递减
当 a  1 时， f  x 在区间 1, π  上存在唯一极小值点
2 

当 a  0 时， f  x 有 2 个零点
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
某实践团有4 个男生、3 个女生，从中任选3 人发起问卷调研，那么恰好有2 个女生被选中的方法有种.
已知 z  a  2i ，其中 a 为实数，若 z  R ，则 a=.
1  3ai
在V ABC 中， A  π ， BC  2 ，则其内切圆半径 r 的最大值为；若平面内动点 P 满足 BP  CP ，则当 r
6
取得最大值时， AP 的取值范围为.
四、解答题：本题共 5 小题，共 77 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
性别
兴趣程度
合计
感兴趣
不感兴趣
男生
3m
2m
5m
女生
8m
2m
10m
合计
11m
4m
15m
2025 年 7 月 22 日是二十四节气中的第十二个节气——大暑.受今年气候等多因素的影响，全国各地高温天气持续不断.某校以“预防中暑，防止脱水”为主题举行活动.为了解男女同学对该活动的兴趣程度，对多位该校同学进行了调查，并将结果整理成如下列联表.
当 m 足够大时，估计从该校任选一名对该活动不感兴趣的学生是男生的概率；
若根据小概率值α 0.01 的独立性检验，认为对该活动是否感兴趣与性别有关，求正整数 m 的最小值.
n ad  bc2
附： χ2 
a  bc  d a  cb  d 
，其中 a  b  c  d  n .
已知函数 f  x 是定义在R 上的奇函数，且 f  x  2x1 为偶函数．
求 f  x 的解析式，并判断 f  x 的单调性；
已知 m  0 ， m  1，且 f  lg 2   f   1   0 ，求m 的取值范围．
m 3 2 

已知 f (x)  sin x  cs  x  π  .
3 
α
0.1
0.05
0.025
0.010
0.001
xα
2.706
3.841
5.024
6.635
10.828

求 f (x) 的单调增区间和对称中心；
在锐角 V ABC 中，A，B，C 的对边分别是
a, b, c
b2  c2
3
. f ( A) .求
4bc
的值域.
x2y23
已知椭圆C 的方程为 a2  b2
 1(a  b  0) ，且椭圆的短轴长为 2，离心率为．
2
求椭圆C 的方程；
已知不垂直于 x 轴的直线l 与椭圆相交于 A, B 两点，点Q( 4 3 , 0) ，若QA 所在的直线与QB 所在的直线关于 x
3
轴对称，直线l 是否恒过定点，若是，求出该定点的坐标．
19. 已知函数 f  x  alnx  x2 ，其中 a  R ．
讨论 f  x 的单调性；
当 a  1 时，求证： f  x  x2  x 1；
求证：对任意的n  N* 且 n  2 ，都有1
1 1
1 1
1  1
1   e （其中e  2.7183为自然对数
22 32 42 n2 

的底数）．
BCAADAAB9ABC10BC11BC
121213 6
14 ①.
6  2
3
6
2
 2 （或）②.
1 
3, 3  3
6
2
34 
15 （1）由调查数据可知当 m 足够大时，以频率估计概率可知，
从该校任选一名对该活动不感兴趣的学生是男生的概率为 P  2m  1 .
4m2
【2】
由题意可得，
若根据小概率值α 0.01 的独立性检验，认为对该活动是否感兴趣与性别有关，
则χ2  15m  6.635 ，解得 m  22  6.635  9.7
2215
因为 m 为正整数，
所以 m 的最小值为 10.
16 【1】
因为 f (x) 是定义在R 上的奇函数， f (x)  2x1 为偶函数，
令 g(x)  f (x)  2x1 ，则 g(x) 
f (x)  2x1  g(x) 
 1 x
f (x)  2x1 ，
故 f (x)  2x1 
f (x)  2x1 ，所以 f (x)  2x    ，
 2 
 1 
x
因为 y  2x 在R 上单调递增， y   
 2 
在R 上单调递减，
 1 x
所以函数 f (x)  2x   
 2 
 1 x
在R 上单调递增，
综上， f (x)  2x   
 2 
， f (x) 在R 上单调递增.
【2】
因为 f (x) 是定义在R 上的奇函数，且在R 上单调递增，
Q m  0, m  1，且 f  lg 2   f   1   0 ，
m 3 2 

2 1 2  1 21
f  lgm 3    f   2  ，即 f  lgm 3   f  2  ，则lgm 3  2 ，

2 1
2 144
当0  m  1 时， mlgm 3  m2 ，则
m2 ，即 m  ，故0  m  ；
399
2 1
2 14
3
当 m  1时， mlgm 3  m2 ，则  m2 ，即 m  ，则 m  1；
9
综上， m 的取值范围为 0, 4  ∪ (1, ) .
9 

17【1】
由 f (x)  sin x  cs(x  π) 
1
sin x( cs x 
3 sin x)
 1 sin 2x 
322
3  1 cs 2x  1 sin(2x  π) 3 .
422234
由 π  2kπ  2x  π  π  2kπ,k  Z 解得，  π  kπ  x  5π  kπ,k  Z ，
2321212
即 f (x) 的单调增区间为[ π  kπ, 5π  kπ],k  Z ；
1212
由 2x  π  kπ, k  Z 解得， x  π  1 kπ, k  Z ，故 f (x) 的对称中心为( π  1 kπ,
3 ), k  Z .
362
624
【2】
由 f ( A)  1 sin(2 A  π) 3 3 可得， sin(2 A  π)  0 ，
23443
因V ABC 是锐角三角形，故0  A  π , 则 π  2 A  π  2π ，
2333
故2 A  π  0 ，解得， A  π ，
cs B  3 sin B
36
b2  c2bcb
t  b  sin B 
sin B
2 sin B2
3
由  ，设t  ，由正弦定理可得，
bcc
csin C
sin(5π  B)
1 ,
cb
0  B  π
2
由
6tan B
3
解得， π  B  π ，则tan B , 0  1  3 ,故有 3  t  2 3 .
5ππ32
tan B323
0  B 
62
b2  c2
b c
1t 
3 , 2 3  ,

于是，
bc
 t  ，
cbt
 23 
而 g(t)  t  1 在( 3 ,1) 上单调递减，在(1, 2 3 ) 上单调递增，且 g(
3 )  g( 2 3 )  7 3 , g(1)  2 ，
t2
7 3
b2  c2
3236
则的值域为[2,) .
bc6
2
18（1）因为椭圆 C： x
a2
2
3
y
 1(a>b>0)的离心率 e=，
b22
b2
3 2
所以e  1
2  
，即 a2  4b2 ，
a 2 
又椭圆的短轴长为 2，所以 b=1，a=2，
x22
所以椭圆 C 的方程为 y
4
 1．
（2）设直线 l 的方程为 y=kx+m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
 x2

联立方程组 4
y  1 ，消去 y，得(1 4k 2 )x2  8kmx  4m2  4  0

2
 y  kx  m
=16(4k 2  m2 1)＞0 ，即 m2＜4k 2 1，
x  x
 8km
4m2  4
121 4k 2 ， x1 x2  1 4k 2
x  4
3
2
3
因为 QA 所在的直线与 QB 所在的直线关于 x 轴对称，所以 kAQ  kBQ  0 ，
x  4
3
1
3
kAQ  kBQ 
y1y2
 kx1  m 
kx2  m  0
x  4
3
2
3
x  4
3
1
3
kx 
4 3 
4 3 
即1
m x2 3  +kx2  m x1 3 

2kx x   m  4 3 k  x  x
  8 3 m  0 3
1 23123

得2k 4m2  4  8km  m  4 3 k   8 3 m 1 4k 2   0
33
化简得 m  

3k ，直线 l 的方程为 y  k x 
3  ，
3
所以，直线 l 恒过定点(，0)．
19【小问 1 详解】
函数 f  x 的定义域为0, ∞, f 
aa  2x2
 
x   2x ．
xx
①当 a  0 时， f  x  0 ，所以 f  x 在0, ∞ 上单调递增，
 a
2
②当 a  0 时，令 f  x  0 ，解得 x ．
 a
2
当0  x 
时， f  x  0 ，所以 f  x 在 0,

上单调递减；
当 x 
 a
2
时， f  x  0 ，所以 f  x 在


 a ,  上单调递增．
 a
2
2

综上，当 a  0 时，函数 f  x 在0, ∞ 上单调递增；
 a
2

当 a  0 时，函数 f  x 在 0, 上单调递减，在  a ,  上单调递增；
2

【小问 2 详解】
证明：当 a  1 时， f  x  lnx  x2 ，
要证明 f  x  x2  x 1，即证lnx  x 1 ，即lnx  x 1  0 ， 设 g  x  lnx  x 1 ，则 g   x   1  x ，令 g x  0 得， x  1 ．
x
当 x 0,1 时， g x  0 ，当 x 1,  时， g x  0 ，所以 x  1 为极大值点，也为最大值点．
所以 g  x  g 1  0 ，即lnx  x 1  0 ．故 f  x  x2  x 1；
【小问 3 详解】
证明：由（2）知lnx  x 1 （当且仅当 x  1 时等号成立），
令 x  1 1
n2
，则ln 1
1 

n2 
11




n2n n 1
1
n 1
 1 ，
n
1 1 1 111

所以ln 1 22   ln 1 32  L ln 1 n2   22  32    n2
1 1
  1
 1  1  1  1 L1
 1  1 1  1  ln e ，
1 22  3
n n 1

1223
n 1nn
1 1 1 1 
223242n2 
即ln 111 1  lne ，

所以1
1 1
1 1
1  1
1   e ．
22 32 42 n2 
