四川省遂宁市射洪中学2025-2026学年高三上学期期中考试数学试卷

这是一份四川省遂宁市射洪中学2025-2026学年高三上学期期中考试数学试卷，共9页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
答卷前，考生务必将自己的班级、姓名、考号填写在答题卡上。
回答选择题时，选出每小题答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。
回答非选择题时，将答案写在答题卡对应题号的位置上。写在本试卷上无效。
第 I 卷（选择题 共 58 分）
一、选择题:(本题共8 小题共40 分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)
若全集U  x | 0  x  4, x  Z， A  1, 2， B  2, 3 ，则集合(Cu A)  B 的元素个数有( ▲ )
A. 1 个B. 2 个C. 3 个D. 4 个
若命题“ x0
 R ， x2  2x
m  0 ”为假命题，则实数m 的取值范围是( ▲ )
00
A. ,1
B. 1, 
C. ,1
D. 1, 
函数 f  x   ax2  1  ln x 1 是偶函数,则a  ( ▲ )
x 
x 1
1

0C.1D. 2
 2 
定义在 R 上的奇函数 f  x 满足 f  x 1   f  x ,且当0  x  1时, f  x  x2  2x ,则 f  7  
 
A.  3
4
B.  1
4
C.  1D. 3
44
5
已知sin 30∘ α  3 , 60∘ α 150∘ ，则csα ( ▲ )
3  4 3
10
3  4 3
10
4  3 3
10
4  3 3
10
将函数 f  x 
x 1 2x  x2
的图象向左平移1个单位长度,得到函数 g  x  的图象,则函数 g  x 的图
象大致是( ▲ )
→→
A．B．C．D．
若向量a  0, 1，b  3, 4，c  4, 4 ，则( ▲ )
5
→→
→
b

a  c  b
→  →→
  1 ,  1 
ab  c 
a 在c 上的投影向量是
22 
已知a  2, b  2 ， 2a  3  ea , 2b  3  ln b ，则下列说法正确的是( ▲ )
a  2b  2
A． 2a  2b
D． a  2 2a1  ln b  3
2
B． b ln 2  2 ln bC．
a  b  9
二､多选题:(本题共3 小题,每小题6 分,共18 分。在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求。全部选对的得6 分,部分选对的得部分分,有选错的得0 分)
已知数列an的前n 项和为 Sn ，则下列结论正确的是( ▲ )
nn
若 S  n2  2n  1，则a 是等差数列
若 Sn  na1 ，则an是等比数列
若an  是等差数列，则 S2025  2025a1013
nn
若a 是等比数列，且 S  λ 2n  μ（λ,μ为常数），则λ μ 0
设函数 f (x)  1 cs 2ωx 
2
3 sinωx csωx(ω 0) ，则下列结论正确的是( ▲ )
ω (0,1) ， f (x) 在[ π , π] 上单调递减
6 4
若ω 1 且| f (x1 )  f (x2 ) | 2 ，则| x1  x2 |min  π
若| f ( x) | 1 在[0, π] 上有且仅有 2 个不同的解，则ω的取值范围为[ 5 , 4)
6 3
存在ω (1,2) ，使得 f (x) 的图象向右平移 π 个单位长度后得到的函数为奇函数
6
csπx sin 3πx
已知函数 f  x 
2
ex2  e x
，则下列说法正确的是( ▲ )
f  x 的最大值为 e
2
曲线 y  f  x 关于 x  1 对称
成立
方程 f  x  csπx sin 3πx 在0,1上有 3 个不相等的实数解
存在a  N  ，使得不等式 f  x 
e
 x 12  a
第 II 卷（非选择题 共 92 分）
三、填空题：本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
→→1  2
已知向量a  1, 2, b   x, y , a  b  2  x  0, y  0 ，则 xy 的最小值为.
函数?(x) = 2sin(ωx + π)(ω ∈ R)恒有?(x) ≤ ?(2π)，且?(x)在[−π,π]上单调递增，则ω =
66 3
.
设函数 f  x  xex  ax  bex  ab a  0 ，若 f  x  0 ，则 b 的最大值为.
a
四、解答题：本大题共 5 小题，共 77 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15．（本小题满分 13 分）等比数列an  中， a2  16, S3  56 ，且数列an  单调递增.
求数列an  的通项公式；
设b  lg a ，求数列1 的前 n 项和T .
n2 n
b  bn
 nn1 
▲
（本小题满分 15 分）记ABC 的内角 A, B,C 的对边分别为a, b, c ，已知三角形
3222
4
SV ABC b  c  a  ，角 A 的平分线 AD 交 BC 边于点 D .
证明： AD 
3bc ；
b  c
3
若 BD  2DC, AD  4，求ABC 的周长.
▲
17．（本小题满分 15 分）2025 年 10 月 1 日，某商场为了迎接促销，决定在商场内举办抽奖活动，盒子内有编号 1—5 的大小相同、质地均匀的 5 个小球．小球上的编号对应着获奖等级：一等奖、二等奖、三等奖、四等奖、五等奖（安慰奖）．规则如下：某顾客可以连续抽
奖 2 次，每次抽奖完成后将小球放回盒子，且每次抽奖的结果互不影响．
若某顾客第 1 次未抽到一等奖，求该顾客在第 2 次抽到一等奖的概率；
▲
记某顾客第 k 次抽到的奖品等级为 Xk k  1, 2 ，若用Y  X1  X 2 表示“2 次抽到奖品的等级差”，求 Y 的分布列与数学期望．
18.（本小题满分 17 分）已知函数 f  x  axe2 x  2 ln x  4x ， a  R ．
当a  0 时，求 f  x 图象在 x  1 处的切线方程；
若不等式 f  x  x3  1 x2  17 x  2 ln x 对x 0, ∞ 恒成立，求实数a 的取值
24
范围；
若函数 f  x 有两个不同的零点，求实数a 的取值范围．
▲
19. （本小题满分 17 分）设函数 f  x 定义在区间 I 上，若对任意 x1 , x2 ,     , xn  I ，有
nn
xi f  xi  ，则称 f  x 为 I 上的下凸函数，等号成立当且仅当 x  x      x .若
f ( i1 )  i1
nn
12n
函数 f  x 在区间 I 上存在二阶可导函数，则 f  x 为区间 I 上的下凸函数的充要条件是
f  x  0 .
若 f  x  xex  ax2 是1, 2上的下凸函数，求实数 a 的取值范围.
在锐角三角形 ABC 中，求cs A  cs B  cs C 的最大值.
已知正实数 x1 , x2 ,, xn 满足 x1  x2    xn α0 α 2 ，求
 x  1  x
 1   x
1 
的最小值.
 1x  2x  nx 
1 2 n 
▲
数学参考答案
一．选填题答案
DDBBABDCCDACDABD
911
26e
二．解答题
15．（1）设等比数列an  的公比为 q
由题意得16 16 16q  56 ，2 分
q
解得q  2或 13 分
2
因为an  单调递增，所以q  24 分
nn2n
所以a  的通项公式为a  a  qn2  2n2 ，即a  2n2 n  N  6 分
1
（2）因为bn  lg2 an ，所以bn  n  2 ，7 分
记c 
n
1
bn  bn1
，则c
n
 n  3n  2 
1
n  2
1
n  3
，9 分
所以T  c  c  c ...  c  1  1  1  1  1  1 ... 1 1
n123
n344556
n  2
n  3
即T  c  c  c ...  c  1  1n12 分
n123
n3n  33n  9
综上所述Tn
n
3n  9
n  N  13 分
16【解】由S3 b2  c2  a2  可知， 1 bcsinA 3  2bccsA ，
V ABC424
3
tanA ，又 A 0, π ，故 A  π ，如图所示，
3
所以SV ABC  SV ABD  SV ACD ，得
1 bcsin π  1 c  ADsin π  1 b  ADsin π ，化简整理得
232626
AD 
3bc ；7 分
b  c
3
【2】因为 BD  2DC ，故 c  BD  2 ，所以c  2b ，又 AD  4
bDC
化简得4 b  c  bc ，解得b  6, c  12 ，又 A  π ，
3
3bc ，
b  c
b2  c2  2bccsA
3
故a 
 6 3 ，所以V ABC 的周长为18  6
.15 分
17．（1）因为两次抽奖相互独立，记“第 2 次抽到一等奖”为事件 B，则 P  B  15 分
5
（2）由题意知 Y 的取值可能为 0，1，2，3，4，
P Y  4  1  1  2  26 分
5 525
P Y  3  2  1  2  48 分
5 525
P Y  2  3  2  610 分
2525
P Y  1  4  2  812 分
2525
P Y  0  5  114 分
255
所以 Y 的分布列为
所以 Y 的数学期望为 E Y   4  2  3 4  2  6 1 8  0  1  815 分
2525252555
【小问 1 详解】
a  0 时， f  x  2 ln x  4x ，∴ f 1  4 ，
 f  x   2  4 ，则 f 1  6 ，即切线的斜率为 k  6 .
x
∴ f  x 图象在 x  1 处的切线方程为 y  6x  2 .
【小问 2 详解】
f  x  x3  1 x2  17 x  2 ln x ，即 ae2x  x2  1 x  1 ，
2424
x2  1 x  1
∴ a  24
e2 x
x2  1 x  1
由题意，得 a  24 对x  0 恒成立.
e2 x
x2  1 x  1
Y
4
3
2
1
0
P
2
25
4
25
6
25
8
25
1
5
max
令 g  x  24
e2 x
 x  0 ，则 a  g  x.
 2x  1  e2x  2e2x  x2  1 x  1 
2 
24 2x 1 x 1 .
g x  
e4 x
 
e2 x
由 g x  0 ，得0  x  1，∴ g  x 在0,1 上单调递增；由 g x  0 ，得 x  1 ，∴ g  x 在1, ∞ 上单调递减.
所以 g  x
max
 g 1 
5
，
4e2
故a 
5
4e2 .
【小问 3 详解】
f  x  aeln x2 x  2 ln x  2x ，令t  ln x  2x ， g t   aet  2t ， t  R ，
因t  ln x  2x 是单调函数，故 f  x 有两个零点，等价于 g t  在 R 上有两个零点.
方法 1： gt   aet  2
①当a  0 时， gt   0 ，则 g t  在 R 上递减， g t  最多有一个零点，故不满足题意；
②当 a  0 时，
22
aa
令 g t   0 可得t  ln ，即 g t  在ln , ∞ 上单调递增；

令 gt   0 可得t  ln 2 ，即 g t  在 ∞, ln 2  上单调递减.
aa 

且当t   时， et  0 ，则 g t   ∞
当t   时，与一次函数相比，指数函数 y  et 呈爆炸性增长，故 g t   ∞
2 22 
要使 g t  在R 上有两个零点，则 g  ln a   2  2 ln a  0 ，解得 a  0, e 

方法 2： g t  在R 上有两个零点，等价于方程 g t   0 有两个实根，即 a  2t 有两个根
et
也等价于 y  a 与 h t   2t 图象有两个公共点
et
ht   21 t  ，则可得 h t  在∞,1 递增， 1, ∞ 递减
et
且 h 1  2 ，当t   时， et  0 ，则 h t   ∞
e
当t   时，与一次函数相比，指数函数 y  et 呈爆炸性增长，故 h t   2t  0
et
则 h t  的大致图象为右图
故当 a  0, 2  时， y  a 与 h t   2t 图象有两个公共点，即 f  x 有两
e et

个零点
【小问 1 详解】
由 f  x  xex  ax2 ，可得 f  x   x 1ex  2ax ，
f  x   x  2ex  2a ，
因为 f  x  xex  ax2 是1, 2上的下凸函数，
所以 f  x  0 在1, 2上恒成立，即 x  2ex  2a  0 恒成立，所以2a   x  2ex 在1, 2上恒成立，
令 g  x   x  2ex ，则 g x   x  3ex ，当 x 1, 2 时， g x  0 ，
所以 g  x 在1, 2上单调递增，所以 g  x
所以实数 a 的取值范围为 ∞, 3e  .
min
 g 1  3e ，所以2a  3e ，解得 a  3e ，
2
2 

【小问 2 详解】
令 f  x  cs x ， x  0, π  ，
2 

则 f  x  sin x ， f  x  cs x  0 ，
所以 f  x  cs x 在 x  0, π  上是下凸函数，
2 

又因为 A, B, C  0, π  ，
2 

所以 f  A  f  B  f C  
f  A  B  C  
f  π  ，
33
 3 

即cs A  cs B  cs C   3cs π   3 ，
32
所以cs A  cs B  cs C  3 ，当且仅当 A  B  C  π 时，等号成立，
23
所以cs A  cs B  cs C 的最大值为 3 .
2
【小问 3 详解】
因为正实数 x1, x2 ,, xn 满足 x1  x2    xn α0 α 2 ，所以 x1, x2 ,, xn 0, 2 .
令 h  x  ln  x  1  ， 0  x  2 ，
x 

1 1 2
2x  x x2 1  x2 13x2 1
x4  4x2 1
则 h x xx 1h  x 
2
，，
x  1
x
x x2 1
x2 x2 12
x2 x2 12
因为0  x  2 ，所以0  x2  4 ， 2  x2  2  2 ， 0  x2  22  4 ，
x4  4x2 1
4222
h  x  0
即x
 4x 1  5  x  2
0 ，所以
x2 x2 12，
所以 h  x 在0, 2 上是下凸函数，
所以 h  x1   h  x2     h  xn   h  x1  x2    xn  ，
nn

1 1 
1 
αα
n α
n n
即ln  x1  x   ln  x2  x     ln  xn  x   nh  n   n ln  n  α  ln  n  α ，
1 
2 
n 
1 
1 
1 
α n n
即ln  x1  x  x2  x   xn  x   ln  n  α ，

1 
2 
n 
1 
1 
1 α
n n
所以 x1  x  x2  x   xn  x    n  α ，
1 
2 
n 
当且仅当 x  x    x  α
12n
时，等号成立，
n
1 
1 1 
α n n
所以 x1  x  x2  x   xn  x  的最小值为 n  α .
1 2 n 