2024-2025学年河北省衡水中学高三（上）月考数学试卷（二）（含答案）

这是一份2024-2025学年河北省衡水中学高三（上）月考数学试卷（二）（含答案），共8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。

1.已知集合A={x|x2−2x−3>0}，B={1,2,3,4}，则A∩B=( )
A. {1,2}B. {1,2,3}C. {3,4}D. {4}
2.下列函数中在(π4,π2]上单调递增，周期为π且为奇函数的是( )
A. y=cs(2x+π2)B. y=sin2xC. y=tanxD. y=sin(2x+π2)
3.已知a=lg32，b=lg43，c=0.51.2，比较a，b，c的大小为( )
A. a>b>cB. a>c>bC. b>c>aD. b>a>c
4.已知函数f(x)=2sin(ωx+π4)− 3(ω>0)在[0,π2]上有三个零点，则ω的取值范围为( )
A. [256,296)B. [236,316)C. (256,296]D. (236,316]
5.已知等比数列{an}的前n项和为Sn，若1a1+1a2+1a3=7，a2=12，则S3=( )
A. 78B. 74C. 72D. 7
6.定义在(0,+∞)上的函数f(x)满足∀x1，x2∈(0,+∞)且x1≠x2，有[f(x1)−f(x2)](x1−x2)>0，且f(xy)=f(x)+f(y)，f(4)=23，则不等式f(2x)−f(x−3)>1的解集为( )
A. (0,4)B. (0,+∞)C. (3,4)D. (2,3)
7.已知角α，β满足tanα=2，2sinβ=cs(α+β)sinα，则tanβ=( )
A. 13B. 17C. 16D. 2
8.已知x>0，y>0，且ex=x2+lny，则( )
A. y>e2B. y2>ex+2C. x2二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知等差数列an的前n项和为Sn，且公差d≠0，2a15+a18=24.则以下结论正确的是( )
A. a16=8
B. 若S9=S10，则d=43
C. 若d=−2，则Sn的最大值为S21
D. 若a15，a16，a18成等比数列，则d=4
10.已知f(x)=2x3−3x2+(1−a)x+b，则下列结论正确的是( )
A. 当a=1时，若f(x)有三个零点，则b的取值范围是(0,1)
B. 当a=1且x∈(0,π)时，f(sinx)C. 若f(x)满足f(1−x)=2−f(x)，则a−2b=2
D. 若f(x)存在极值点x0，且f(x0)=f(x1)，其中x0≠x1，则2x0+x1=32
11.设定义在R上的可导函数f(x)和g(x)的导函数分别为f′(x)和g′(x)，满足g(x)−f(1−x)=1，f′(x)=g′(x+3)，且g(x+1)为奇函数，则下列说法正确的是( )
A. f(0)=0B. g(x)的图象关于直线x=2对称
C. f(x)的一个周期是4D. k=12025g(k)=0
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知数列{an}满足a3=5，a2n=2an+1，2an+1=an+an+2(n∈N∗)，设{an}的前n项和为Sn，则Sn= ______．
13.函数y=f(x)的图象与y=2x的图象关于直线y=x对称，则函数y=f(4x−x2)的递增区间是______．
14.若正实数a，b满足a(lnb−lna+a)≥bea−1，则1ab的最小值为______．
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题12分)
记▵ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c，已知b+c−ab+c+a=bc．
(1)求A；
(2)若D为BC边上一点，∠BAD=3∠CAD,AC=4,AD= 3，求sinB．
16.(本小题12分)
已知函数f(x)=lnx2−x+2x+(x−1)3．
(1)证明：曲线y=f(x)是中心对称图形;
(2)若f(2m−1)+f(m)<4，求实数m的取值范围．
17.(本小题12分)
已知数列{an}，{bn}，an=(−1)n+2n，bn=an+1−λan(λ>0)，且{bn}为等比数列．
(1)求λ的值；
(2)记数列{bn⋅n2}的前n项和为Tn.若Ti⋅Ti+2=15Ti+1(i∈N∗)，求i的值．
18.(本小题12分)
已知函数f(x)=ex−a+ax2−3ax+1，a∈R．
(1)当a>1时，试判断f(x)在[1,+∞)上零点的个数，并说明理由；
(2)当x≥0时，f(x)≥0恒成立，求a的取值范围．
19.(本小题12分)
若存在常数k(k>0)，使得对定义域D内的任意x1，x2(x1≠x2)，都有|f(x1)−f(x2)|≤k|x1−x2|成立，则称函数f(x)在其定义域D上是“k−利普希兹条件函数”．
(1)判断函数f(x)=1x是否是区间[1,+∞)上的“1−利普希兹条件函数”？并说明理由；
(2)已知函数f(x)=x3是区间[0,a](a>0)上的“3−利普希兹条件函数”，求实数a的取值范围；
(3)若函数f(x)为连续函数，其导函数为f′(x)，若f′(x)∈(−K,K)，其中0参考答案
1.D
2.A
3.D
4.A
5.B
6.C
7.B
8.B
9.ABD
10.AD
11.BCD
12.2n2−n3
13.(0,2)
14.e4
15.(1) b+c−ab+c+a=(b+c)2−a2=b2+2bc+c2−a2=bc ，
则 b2+c2−a2=−bc ，
所以 csA=b2+c2−a22bc=−12 ，
因为 0(2)法①：如图在 ▵ACD 中，由余弦定理
CD2=AD2+AC2−2AD⋅ACcs∠DAC
=3+16−2 3×4× 32=7 ，即 CD= 7 ，
在 ▵ACD 中由正弦定理 CDsin∠DAC=ADsinC ，
即 712= 3sinC ，所以 sinC= 32 7 ，
因为 0在 ▵ABC 中 sinB=sinA+C=sinAcsC+csAsinC= 32×52 7−12× 32 7= 217 ．
法②：同解法① CD= 7 ，在 ▵ACD 中由正弦定理 CDsin∠DAC=ACsin∠ADC ，
即 712=4sin∠ADC ，所以 sin∠ADC=2 7,cs∠ADC=− 3 7=− 217 ，
又因为 ∠ADC=∠BAD+∠B=B+π2 ，即 csB+π2=− 217 ，所以 sinB= 217 ．
法③同上 CD= 7 ，在直角 ▵ABD 中 BD= c2+3 ，所以 a= c2+3+ 7 ，
由(1)问知 a2=b2+c2+bc ，所以 c2+3+ 72=c2+4c+16 ，
即 c2+2 7 c2+3+10=c2+4c+16 ，得 7 c2+3=2c+3,
即 c2−4c+4=0 ，所以 c=2 ， BD= 7,sinB=ADBD= 217 ．
法④如图由(1)知 A=2π3 ，则 ∠CAD=π6 ，
因为 S▵ABC=S▵ABD+S▵ACD ，所以
12×4csin2π3=12× 3c+12×4× 3sinπ6 ，
即 3c= 32c+ 3 ，解得 c=2 ，
所以 a2=b2+c2+bc=16+4+8=28 ，即 a=2 7 ，
在 ▵ABC 中，由正弦定理 asinA=bsinB ，即 2 7 32=4sinB ，
解得 sinB= 3 7= 217 ．

16.解：(1)由x2−x>02−x≠0，解得0f(2−x)+f(x)=ln2−xx+2(2−x)+(1−x)3+lnx2−x+2x+(x−1)3=4，
所以f(x)关于点(1,2)中心对称．
(2)f(x)=lnx2−x+2x+(x−1)3=lnx−ln(2−x)+2x+(x−1)3，
f′(x)=1x+12−x+2+3x−12，
因为x∈(0,2)，所以f′(x)>0， f(x)在(0,2)上递增，
由(1)可知，f(2−m)+f(m)=4，
所以f(2m−1)+f(m)<4，可化为
f(2m−1)+f(m)< f(2−m)+f(m)
整理得 f(2m−1)可得2m−1<2−m0<2m−1<20<2−m<2,
解得1217.解：(1)由an=(−1)n+2n，bn=an+1−λan(λ>0)，可得b1=a2−λa1=5−λ，
b2=a3−λa2=7−5λ，b3=a4−λa3=17−7λ，
由{bn}为等比数列，可得b22=b1b3，即(7−5λ)2=(5−λ)(17−7λ)，
解得λ=2(−1舍去)；
(2)由(1)可得b1=3，b2=−3，b3=3，
bn⋅n2=3×(−1)n−1⋅n2，
则当n为偶数时，Tn=3−3×4+3×9−3×16+...+3(n−1)2−3n2=−3(3+7+11+...+2n−1)=−3n(n+1)2；
当n为奇数时，Tn=Tn−1+3n2=−3n(n−1)2+3n2=3n(n+1)2．
若i为奇数，由Ti⋅Ti+2=15Ti+1(i∈N∗)，可得3i(i+1)2⋅3(i+2)(i+3)2=−45(i+1)(i+2)2，方程无解；
若i为偶数，由Ti⋅Ti+2=15Ti+1(i∈N∗)，可得3i(i+1)2⋅3(i+2)(i+3)2=45(i+1)(i+2)2，
解得i=2(−5舍去)．
18.解：(1)∵f(1)=e1−a−2a+1，f′(x)=ex−a+2ax−3a，则f′(1)=e1−a−a；
当a>1时，f′′(x)=ex−a+2a>0，f′(x)在(1,+∞)上单调递增，
∵f′(1)=e1−a−a0，
∴存在唯一的x0∈(1,a)，使得f′(x0)=0，
当x∈(1,x0)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(x0,+∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
又∵f(1)=e1−a−2a+1又∵f(3)=e3−a+1>0，
∴a>1时，f(x)在[1,+∞)上有且只有1个零点．
(2)①当a>1时，f(1)=e1−a−2a+11时不满足题意；
②当a≤1时，f(0)=e−a+1>0，f′(x)=ex−a+2ax−3a，f′′(x)=ex−a+2a，f′′(0)=e−a+2a，
设g(x)=e−x+2x，x≤1，则g′(x)=−e−x+2，令g′(x)=0，得x=−ln2；
∴x∈(−ln2,1)时，g′(x)>0，g(x)单调递增；x∈(−∞,−ln2)时，g′(x)<0，g(x)单调递减；
∴g(x)≥g(−ln2)=2−2ln2>0，∴f′′(x)>0恒成立，∴f′(x)在[0,+∞)上单调递增；
(i)若f′(0)=e−a−3a≥0，则f′(x)≥f′(0)≥0，∴f(x)在[0,+∞)上单调递增；
∴f(x)≥f(0)>0恒成立，满足题意．
(ii)若f′(0)=e−a−3a<0，则a>0，且0∵f′(1)=e1−a−a≥0，且f′(x)在[0,+∞)上单调递增，∴存在唯一的x1∈(0,1]，使得f′(x1)=0，
当x∈(0,x1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(x1,+∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
其中x1∈(0,1]，且ex1−a+2ax1−3a=0，
∴f(x)≥f(x1)=ex1−a+ax12−3ax1+1=3a−2ax1+ax12−3ax1+1=ax12−5ax1+3a+1=a(x12−5x1+3)+1，
∵x1∈(0,1]，∴x12−5x1+3∈[−1,3)，
又∵a∈(0,1]，∴a(x12−5x1+3)≥−1，∴f(x)≥0恒成立，满足题意；
由①②可知，当a≤1时，满足题意．
综上，a的取值范围是(−∞,1]．
19.解：(1)依题意，∀x1,x2∈[1,+∞),|f(x1)−f(x2)|=|1x1−1x2|=1x1x2|x1−x2|,
注意到 x1，x2∈[1,+∞)，因此 x1x2≥1，从而 1x1x2≤1，
故 |f(x1)−f(x2)|=1x1x2|x1−x2|≤|x1−x2|，
即 f(x) 是区间[1,+∞) 上的“1 一利普希兹条件函数“．
(2)依题意，∀x1，x2∈[0,a]，均有|f(x1)−f(x2)|≤3|x1−x2|，
不妨设 x2>x1，则 f(x2)−f(x1)≤3x2−3x1，即 f(x2)−3x2≤f(x1)−3x1，
设 p(x)=f(x)−3x=x3−3x，则 p(x) 单调递减，
故 p′(x)=3x2−3≤0，∀x∈[0,a]恒成立，即 0<3a2≤3，因此 a∈(0,1]．
(3)证明：因为 f′(x)∈(−K,K)，设 g(x)=f(x)+Kx，则 g′(x)=f′(x)+K>0，
故 g(x) 为单调递增函数，
则∀x1设ℎ(x)=f(x)−Kx，则 ℎ′(x)=f′(x)−K<0，故 ℎ(x) 为单调递减函数，
则∀x1ℎ(x2)，即 f(x1)−Kx1>f(x2)−Kx2⇔K(x2−x1)>f(x2)−f(x1)，
综上可知，|f(x1)−f(x2)|则|f(x2)−f(x1)|当 n≥2 时，|f(xn)−f(xn−1)|=⋯=Kn−2|f(x2)−f(x1)|则|f(xn)|=|f(xn)−f(xn−1)+f(xn−1)−f(xn−2)+⋯+f(x2)−f(x1)+f(x1)|
≤|f(xn)−f(xn−1)|+|f(xn−1)−f(xn−2)|+⋯+|f(x2)−f(x1)|+|f(x1)|综上可知，|f(xn)|<11−K．