天津市实验中学2024-205学年高三上学期第二次月考试题 数学 含答案

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届⾼三年级 第⼆次质量调查 数学学科试卷
命题⼈：⾼三数学备课组 审核⼈：⾼三数学备课组
⼀、单选题：本题共 9 ⼩题，每⼩题 5 分，共 45 分。在每⼩题给出的选项中，只有
⼀项是符合题⽬要求的。
1.设集合 ， ，则 ( )
A. B. C. D.
2.命题“ ”的否定是（ ）
A. B.
C. D.
3.设点 不共线，则“ 与 的夹⻆是锐⻆”是“ ”的( )
A. 充分⽽不必要条件 B. 必要⽽不充分条件
C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件
4.函数 的部分图象⼤致是( )
A. B. C. D.
5. 若 ，则 的⼤⼩关系是( )
A. B. C. D.
6.已知 ， ，则 ( )
A. B. C. D.
7. 设等差数列 满⾜ ，且 ， 为其前 n 项和，则数列 的
最⼤项为( )
A. B. C. D.
8.已知数列 的前 项和为 ，⾸项 ，且满⾜ ，则 的值为 ）
2025 届⾼三年级 第⼆次质量调查 数学学科 第 1 ⻚ 共 3 ⻚
}天津市实验中学 TIANJIN EXPERIMENTAL HIGH SCHOOL
9．已知函数 ， ，若 有 6 个零点，
则 的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
⼆、填空题：本题共 6 ⼩题，每⼩题 5 分，共 30 分。
10.复数 满⾜ ，则 ________.
11.在 的展开式中， 的系数是______．
12.函数 （其中 ， ， ）
的图象如图所示，则 在点 处的切线⽅程为 ．
13.设 ⽀枪中有 ⽀未经试射校正， ⽀已校正．⼀射⼿⽤校正过的枪射击，中靶率
为 ，⽤未校正过的枪射击，中靶率为 .
该射⼿任取⼀⽀枪射击，中靶的概率是__________，
若任取⼀⽀枪射击，结果未中靶，则该枪未校正的概率__________ .
14.已知函数 在 上的值域为 ，则 的取
值范围为__________.
15.在 中， ， ，若 为其重⼼，试⽤ ， 表示 为__________；
若 为其外⼼，满⾜ ，且 ，则
的最⼤值为__________.
三、解答题：本题共 5 ⼩题，共 75 分。解答应写出⽂字说明，证明过程或演算步骤。
16.（本⼩题满分 14 分）
在 中，内⻆ 所对的边分别为 ，且 .
（1）求⻆ 的⼤⼩；
（2）若 ， .
2025 届⾼三年级 第⼆次质量调查 数学学科 第 2 ⻚ 共 3 ⻚
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17.（本⼩题满分 15 分）
已知数列 的前 n 项和为 ，且对任意的 有
（1）证明：数列 为等⽐数列;
（2）求数列 的前 n 项和
18.（本⼩题满分 15 分）
已知函数 .
（1）求 的单调递减区间；
（2）求 在闭区间 上的最⼤值和最⼩值；
（3）将函数 的图象向左平移 个单位得到函数 的图象，求函数
在 上所有零点之和.
19.（本⼩题满分 15 分）
设 是等差数列，其前 项和为 （ ）， 为等⽐数列，公⽐⼤于 1．已知 ，
， ， ．
（1）求 和 的通项公式；
（2）设 ，求 的前 项和；
（3）设 ，求证： ．
20.（本⼩题满分 16 分）
已知函数 ， ．
（1）若 ，求函数 的极值；
（2）设函数 ，求函数 的单调区间；
2025 届⾼三年级 第⼆次质量调查 数学学科 第 3 ⻚ 共 3 ⻚
}2025届高三年级 第二次质量调查 数学学科试卷
命题人：高三数学备课组 审核人：高三数学备课组
参考答案
一、 单选题：本题共 9 小题，每小题 5 分，共 45 分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题
目要求的。
1 2 3 4 5 6 7 8 9
B D C B B A C A C
二、 填空题：本题共 6 小题，每小题 5 分，共 30 分。
10. 1 i
11. 60
r r
15.1 1 ,1
a  b
3 3
三、解答题：本题共 5 小题，共 75 分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
16.(本小题14分)
（2）（i）c 12
17. （本小题满分 15分）
所以{a 1}是以 1 为首项，2 为公比的等比数列.
n12.
 3
x  y   
6 2
0
13.
7 4
，
10 5
14.
5 5
,
 
6 3
（1）
B 

3
（ii）
4 6  2
14
(1) 证明：当 n  1时，
a1  S1  2a1  2 ，解得
a 
1 2.
当 n… 2 时，
a  S  S 1  2a  2a 1 1，
n n n n n
整理得
a  2a  1，即 a 1 2a  1，
n n 1 n n 1
又因为
a1 1 1  0 ，
(2) 由 (1) 1 2n 1
a    ，故 a  2n1 1.
n n
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
            
T ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
n 2 n 2 n
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
1
n 
1. 2 .
1
n
 
2 2 1
1

2
18.（本小题满分 15分）
解： (1) 函数 ( ) cs sin( ) 3 cs2 3 1 sin cs 3 cs2 3 1 sin(2 ).
 
f x  x  x   x   x x  x   x 
3 4 2 2 4 2 3
5   11    ， 所以函数的单调递减区间为[ k , k ](k Z)
12 12

3     
2
整理得sin(2x  )  ，即    或   ，
2x 2k 2k (k Z) 3 2
3 3 3
  13

2x+ [ , ]
3 3 3
a 2 1 1 1
n1
n   
a 1 2 2 2
n n
n1
.
n  2 1
T  
n n
2 2
.
令
  „   „   3  ，解得 5  „ „   11 (  ) ，
2k 2x 2k (k Z) k x k k Z
2 3 2 12 12
 
(2) 由于 x[ , ] ，所以
4 4
 5 
2x [ , ]
   ，
3 6 6
 1
所以sin(2  )[1, ]，故
x
3 2
1 1
f (x)[ , ] ，
2 4
当 2x
 
   时，即
3 2
x

  时，函数的最小值为
12
1
 ，
2
当 2x
 
  时，即
3 6
x

 时，函数的最大值为
4
1
4
.
(3) 将函数的图象 f (x) 向左平移

3
个单位得到函数
1 2  1 
g(x) sin(2x ) sin(2x )
     的图象，
2 3 3 2 3
所以函数
3
y  g x  在[0, 2 ] 上所有零点之和，
( )
4
即
1  3
sin(2x  )  ，
2 3 4
故 2x
  2 7 8 13
  或 或 或 或 ，即 x  0 、
3 3 3 3 3 3

6
、 、 7

6
、 2
19. （本小题满分 15分）
（1）依题意设等差数列a 的公差为d ，等比数列b 的公比为qq 1，
n n
则S2  a1  a2  d  2 ， 331
S  3a  d  3d  3，
3 1
2
4 2 11 1
q   d  q 2
  q
又b2  S2  11，b3  S3  22 ，所以
      或
，解得
  （舍去），
2
  
4q 3 3d 22 d 1 d 5
所以an  n ，b   .
2n 1 n
（2）由（1）可得        
    3a 1 3n 2 1 1
         
n n n n
1
c 1 1 1 ，
n         
a a 1 b n n 1 2 n 2 n 1 2
  n1 n n1
  n n n
设 
c 的前2n项和为T ，
n
2n
所以T2n  c1  c2  c3 L  c2n
   1 1   1 1   1 1  1 1
                        

1 2 2 2 2 2 3 2 3 2 4 2 2n 2 n 2n 1 2 n
1 2 2 3 3 4 2   2 1
 
1 1
 
  .  
2n 1 2 n 2
2 1
d  a b  n  ，所以             ，
（3）因为 1 1 2 2 2 2
n n n n n
2n 1 d d n n2 n n1 n n1
1 1 1 1
  
所以      ，
d d n 2 2n 2 2n 2n
1 1 2 n1 n
20. （本小题满分 16分）
解：（1） f (x) 的定义域为(0,) ，
当 a 1时， f (x)  x  lnx ， f (x) 1 1 x 1

    ，
x x
 f (x) 在 x 1处取得极小值 1，无极大值．
（2） h(x) x 1 a alnx 1 (1 ) ( 1)[ (1 )]
       
a a x ax a x x a
2
   ，       ．
h (x) 1
x x x x x
2 2 2
①当 a 1  0 ，即 a  1时，在(0,1 a) 上 h(x)  0 ，在(1 a,) 上 h(x)  0 ，13
故所有零点之和为
3
.
所以
1 1 1 1
d d d d d d d  d
    
   
2 1 3 2 4 3 n 1 n
   
n
1 1
   
1
 
n2
 
    
1 4 2 4
 
1
2
.
h(x) 在(0,1 a) 上单调递减，在(1 a,) 单调递增；
②当 a 1„ 0 ，即 a„ 1时，在(0,) 上 h(x)  0 ，
函数 h(x) 在(0,) 上单调递增．
即函数 h(x) x 1 a alnx
   在[1，e] 上的最小值小于零．

x
由（2）可知，①当1 a… e ，即 a… e 1 时， h(x) 在[1，e] 上单调递减，
②当1 a„ 1，即 a„ 0 时， h(x) 在[1，e] 上单调递增，
h(x) 最小值为 h （1），由 h （1） 11 a  0 ，可得 a  2 ；
③当11 a  e ，即0  a  e 1时，可得 h(x) 最小值为 h(1 a) ，
 ，0  aln(1 a)  a ，
0  ln(1 a) 1
故 h(1 a)  2  a  aln(1 a)  2 ，
此时， h(1 a)  0 不成立，
（3）在[1，e] 上存在一点
x ，使得
0
f (x )  g(x ) 成立，
0 0
即在[1，e] 上存在一点
x ，使得 h(x )  0 ，
0 0
 的最小值为 h （e），由 h(e) e 1 a a 0
h(x)     ，可得 a

e

e2 1
e 1
，

e
2 1  
e 1，
e 1
a

e2 1
e 1
；
综上， a 的范围是{a | a

e2 1
e 1
或 a  2} ．