山西省运城市2025-2026学年高三上学期期中考试数学试卷

这是一份山西省运城市2025-2026学年高三上学期期中考试数学试卷，共10页。
２０２５． １１
本 试 题 满 分 １５０ 分 ， 考 试 时 间 １２０ 分 钟 。 答 案 一 律 写 在 答 题 卡 上 。
注 意 事 项 ：
１. 答 题 前 ， 考 生 务 必 先 将 自 己 的 姓 名 、 准 考 证 号 填 写 在 答 题 卡 上 ， 认 真 核 对 条 形 码 上 的 姓名 、 准 考 证 号 ， 并 将 条 形 码 粘 贴 在 答 题 卡 的 指 定 位 置 上 。
２. 答 题 时 使 用 ０. ５ 毫 米 的 黑 色 中 性 （ 签 字 ） 笔 或 碳 素 笔 书 写 ， 字 体 工 整 、 笔 迹 清 楚 。
３. 请 按 照 题 号 在 各 题 的 答 题 区 域 （ 黑 色 线 框 ） 内 作 答 ， 超 出 答 题 区 域 书 写 的 答 案 无 效 。
４. 保 持 卡 面 清 洁 ， 不 折 叠 ， 不 破 损 。
— 、 选 择 题 ： 本 题 共 ８ 小 题 ， 每 小 题 ５ 分 ， 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 ．
Ｂ． 槡２
１． 若 ｚ ＋ １＝ ２ － ｉ， 则 │ｚ│＝
Ａ． １
Ｃ． 槡３Ｄ． ２
２． 已 知 集 合 Ａ＝ ｛ － ２， － １， ０， １， ２， ３｝ ， Ｂ＝ ｛
ｘ│ ｘ － ２ ≤ ０
｝
ｘ ＋ １
， 则 Ａ ∩ 瓓
Ｒ Ｂ＝
Ａ． ｛ － １， ０， １， ２｝Ｂ． ｛ ０， １， ２｝Ｃ． ｛ － ２， － １， ３｝Ｄ． ｛ － ２， － １， ２， ３｝
３． 已 知 向 量 ａ＝ （ １， ２） ， ｂ＝ （ λ， － １） ． 若 ａ ⊥ （ ２ａ － ｂ） ， 则 实 数 λ 的 值 为
Ａ． － １０Ｂ． １０Ｃ． － １２Ｄ． １２
槡ｘ
４． 若 （ ２
– ｘ２ ）
ｎ
的 展 开 式 中 ， 所 有 二 项 式 系 数 之 和 为 ３２， 则 该 展 开 式 中 的 常 数 项 为
Ａ． － ４８Ｂ． ４８Ｃ． － ８０Ｄ． ８０
５． 已 知 函 数 ｙ＝ ｆ（ ｘ） 的 部 分 图 象 如 图 所 示 ， ｆ ′（ ｘ） 是 函 数 ｆ（ ｘ） 的 导 函 数 ， 则
Ａ． ｆ ′（ ２） ＜ ｆ ′（ ５） ＜ ｆ（ ４） － ｆ（ ２）
２
Ｂ． ｆ ′（ ２） ＜ ｆ（ ４） － ｆ（ ２）
２
＜ ｆ ′（ ５）
Ｃ． ｆ ′（ ２） ＞ ｆ ′（ ５） ＞ ｆ（ ４） － ｆ（ ２）
２
Ｄ． ｆ ′（ ２） ＞ ｆ（ ４） － ｆ（ ２）
２
＞ ｆ ′（ ５）
６． 已 知 圆 Ｃ 过 抛 物 线 ｘ２＝４ｙ 的 焦 点 ， 且 圆 心 在 此 抛 物 线 的 准 线 上 ． 若 圆 Ｃ 的 圆 心 不 在 ｙ 轴 上 ， 且
与 直 线 ２ｘ － ｙ ＋ １＝ ０ 相 切 ， 则 圆 Ｃ 的 半 径 为
Ａ． ２ 槡５Ｂ． ４Ｃ． ５ 槡２Ｄ． ２ 槡２
高 三 数 学 试 题第 １ 页 （ 共 ４ 页 ）
３
７． 把 函 数 ｆ（ ｘ） ＝ ２ ｓｉｎ （ ３ｘ － π ） － １ 的 图 象 向 右 平 移 ａ（ ａ ＞ ０） 个 单 位 长 度 ， 再 向 上 平 移 ｂ 个单 位 长 度 后 得 到 函 数 ｇ（ ｘ） 的 图 象 ， 若 ｇ（ ｘ） 的 图 象 关 于 点 （ ２ａ， ０） 对 称 ， 则 ａ ＋ ｂ 的 最 小 值 为
Ａ． π
９
– １Ｂ． π
９
＋ １Ｃ． π
６
– １Ｄ． π ＋ １
６
ａｎ＋１ａｎ
８． 设 Ｔ 为 数 列 ｛ ａ ｝ 的 前 ｎ 项 积 ， 已 知－＝ ２， 则 ａ＝
ｎｎＴＴ
ｎ＋１ｎ
２０２５
Ａ． ２０２４
２０２５
Ｂ． ２０２５
２０２６
Ｃ． ４０４８
４０４９
Ｄ． ４０４９
４０５１
二 、 选 择 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 ．
９． 在 公 比 为 ｑ 的 等 比 数 列 ｛ ａｎ ｝ 中 ， Ｓｎ 是 数 列 ｛ ａｎ ｝ 的 前 ｎ 项 和 ， 且 ａ３＝１， ａ２· ａ８＝１６， 则 下 列 说 法
正 确 的 是
Ａ． ａ５ ＝ ± ４
Ｂ． ｛ ａｎ ａｎ＋１ ｝ 的 公 比 为 ４
ｎ
Ｃ． 当 ｑ ＞ ０ 时 ， ｛ ａ ｝ 的 前 ２０ 项 积 为 ２１５０
Ｄ． 当 ｑ ＞ ０ 时 ， 数 列 ｛ ｌｇ ａｎ ｝ 是 公 差 为 ２ 的 等 差 数 列
１０． 已 知 函 数 ｆ（ ｘ） 是 定 义 域 为 Ｒ 的 奇 函 数 ， 当 ｘ ＞ ０ 时 ， ｆ（ ｘ） ＝ ｘ － ２， 则 下 列 说 法 正 确 的 是
ｅｘ
Ａ． 当 ｘ ＜ ０ 时 ， ｆ（ ｘ） ＝ （ ｘ ＋ ２） ｅｘ
Ｂ． ｆ（ ｘ） 的 极 大 值 点 是 ３ Ｃ． ｆ（ ｘ） 的 值 域 为 Ｒ
Ｄ． 当 １ ｅ３
＜ ｍ ＜ ２ 时 ， 函 数 ｙ＝ ｆ（ ｘ） － ｍ 有 １ 个 零 点
１１． 在 棱 长 为 ２ 的 正 方 体 ＡＢＣＤ － Ａ１ Ｂ１ Ｃ１ Ｄ１ 中 ， Ｅ、 Ｆ 分 别 为 棱 ＡＤ， ＤＤ１ 的 中 点 ， Ｇ 为 侧 面
ＢＣＣ１ Ｂ１ 上 的 一 个 动 点 ， 则
Ａ． 三 棱 锥 Ｆ － Ｄ１ ＥＧ 的 体 积 为 定 值
Ｂ． 异 面 直 线 Ｄ Ｅ 与 ＡＣ 所 成 角 的 余 弦 值 为 槡１０
１５
Ｃ． 当 平 面 ＥＦＧ ∥ 平 面 ＡＢ１ Ｄ１ 时 ， Ａ１ Ｇ 与 平 面 ＢＣＣ１ Ｂ１ 所 成 角 正 切 值 的 最 小 值 为 ２
Ｄ． 过 ＥＦ 且 与 ＤＢ１
垂 直 的 平 面 截 正 方 体 的 外 接 球 所 得 截 面 的 面 积 为 ８ π
３
三 、 填 空 题 ： 本 题 共 ３ 小 题 ， 每 小 题 ５ 分 ， 共 １５ 分 ．
１２． 右 图 是 某 汽 车 公 司 １００ 家 销 售 商 ２０２５ 年 前 半
年 新 能 源 汽 车 销 售 量 （ 单 位 ： 辆 ） 的 频 率 分 布直 方 图 ， 若 按 比 例 分 配 分 层 随 机 抽 样 原 则 从
这 １００ 家 销 售 商 中 抽 取 ２０ 家 ， 则 应 从 销 售 量
在 ［ ５０， １５０］ 内 的 销 售 商 中 抽 取 家 ．
高 三 数 学 试 题第 ２ 页 （ 共 ４ 页 ）
１３． 已 知 定 义 在 Ｒ 上 的 函 数 ｆ（ ｘ） 满 足 ： ｆ（ ｘ ＋ １） 是 偶 函 数 ， ｆ（ ｘ ＋ ２） ＋ ｆ（ ２ － ｘ） ＝ ２， 且 当 ｘ ∈
２
［ ０， １］ 时 ， ｆ（ ｘ） ＝ ｌｏｇ （ ３ｘ ＋ １） ， 则 ｆ（ ２０２５） ＝ ．
１４． 椭 圆 的 光 学 性 质 ： 从 椭 圆 一 个 焦 点 发 出 的 光 线 ， 经 过 椭 圆 反 射 后 ， 反 射 光 线 过 椭 圆 的 另 一
ｘ２
个 焦 点 ， 法 线 为 与 椭 圆 切 线 垂 直 且 过 相 应 切 点 的 直 线 ． 已 知 椭 圆 Ｃ： ９ ＋
ｙ２
８ ＝ １， Ｆ１ 、 Ｆ２ 为 其
左 、 右 焦 点 ． 从 点 Ｆ２ 发 出 的 光 线 与 椭 圆 交 于 点 Ｐ， 直 线 ｌ 为 椭 圆 Ｃ 在 点 Ｐ 处 的 切 线 ， 点 Ｍ 为 Ｆ２ 关 于 直 线 ｌ 的 对 称 点 ， 点 Ｑ（ ０， － 槡３ ） ， 则 │ＭＱ│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 ．
１５． （ １３ 分 ） 记 △ＡＢＣ 的 内 角 Ａ， Ｂ， Ｃ 的 对 边 分 别 是 ａ， ｂ， ｃ， 满 足 ａ２ － ｃ２ ＝ ｂ（ ２ａｃｏｓ ２Ｂ － ｂ） ．
（ １） 证 明 ： Ｃ＝ ２Ｂ；
（ ２） 若 △ＡＢＣ 为 锐 角 三 角 形 ， 求 ： ｃ 的 取 值 范 围 ．
ｂｓｉｎ Ｂ
槡
１６． （ １５ 分 ） 已 知 以 原 点 Ｏ 为 中 心 ， Ｆ（ ５ ， ０） 为 右 焦 点 的 双 曲 线 Ｃ 的 离 心 率 ｅ＝ 槡５ ．
２
（ １） 求 双 曲 线 Ｃ 的 标 准 方 程 及 其 渐 近 线 方 程 ；
槡
（ ２） 若 直 线 ｌ： ｙ＝ － ３ ｘ ＋ ｔ 交 Ｃ 于 Ａ， Ｂ 两 点 ， 且 │ＡＢ│＝ ２ ７ ， 求 直 线 ｌ 的 方 程 ．
４
１７． （ １５ 分 ） 如 图 １， 在 菱 形 ＡＢＣＤ 中 ∠ＡＢＣ＝ １２０°， ＡＢ ＝ ４， 动 点 Ｅ， Ｆ 在 边 ＡＤ， ＡＢ 上 （ 不 含 端
—→—→
点 ） ， 且 存 在 实 数 λ 使 ＥＦ＝ λ ＤＢ， 沿 ＥＦ 将 △ＡＥＦ 向 上 折 起 得 到 △ＰＥＦ， 使 得 平 面 ＰＥＦ ⊥ 平
面 ＢＣＤＥＦ， 如 图 ２ 所 示 ．
（ １） 若 ＤＥ ⊥ ＰＢ， 求 λ 的 值 ；
（ ２） 当 点 Ｅ 的 位 置 变 化 时 ， 平 面 ＥＰＦ 与 平 面 ＢＰＦ 的 夹 角 的 余 弦 值 是 否 为 定 值 ， 若 是 ， 求 出该 定 值 ； 若 不 是 ， 说 明 理 由 ．
高 三 数 学 试 题第 ３ 页 （ 共 ４ 页 ）
１８． （ １７ 分 ） 为 响 应 全 国 乡 村 文 化 振 兴 活 动 ， ２０２５ 年 在 “ 潮 艺 焕 彩 － 全 民 参 与 ” 活 动 中 ， 某 村 新设 置 了 投 篮 比 赛 ， 由 一 位 投 篮 高 手 与 多 名 挑 战 者 进 行 对 决 ， 各 局 比 赛 结 果 相 互 独 立 ．
（ １） 现 由 高 手 Ａ 与 甲 、 乙 、 丙 三 人 各 比 赛 一 局 ， 已 知 Ａ 与 甲 、 乙 、 丙 比 赛 获 胜 的 概 率 分 别 为
４ ， ２ ， ３ ． 求 比 赛 后 高 手 Ａ 共 胜 两 局 的 概 率 ；
５３４
（ ２） 在 （ １） 条 件 下 ， 记 高 手 Ａ 连 输 两 局 的 概 率 为 Ｐ， 试 判 断 高 手 Ａ 在 第 二 局 与 甲 、 乙 、 丙 中 的哪 位 比 赛 Ｐ 最 大 ， 并 写 出 判 断 过 程 ；
（ ３） 若 新 赛 制 让 甲 和 乙 进 行 比 赛 ， 规 定 每 局 比 赛 胜 者 得 １ 分 ， 负 者 得 ０ 分 ， 没 有 平 局 ， 比 赛进 行 到 一 方 比 另 一 方 多 ２ 分 为 止 ， 多 得 ２ 分 的 一 方 赢 得 比 赛 ． 已 知 每 局 比 赛 中 ， 甲 获 胜的 概 率 为 α， 乙 获 胜 的 概 率 为 β， 且 每 局 比 赛 结 果 相 互 独 立 ． 若 比 赛 最 多 进 行 ５ 局 ， 求 比赛 结 束 时 比 赛 局 数 Ｘ 的 分 布 列 及 期 望 Ｅ（ Ｘ） 的 最 大 值 ．
１９． （ １７ 分 ） 已 知 Ａ， Ｂ， Ｃ 为 函 数 ｆ（ ｘ） 图 象 上 不 同 的 三 点 ． 它 们 的 横 坐 标 ｘＡ ， ｘＢ ， ｘＣ 依 次 成 等 差 数列 ， 且 函 数 ｆ（ ｘ） 在 点 Ｂ 处 的 切 线 斜 率 恒 小 于 直 线 ＡＣ 的 斜 率 ， 则 称 该 函 数 是 其 定 义 域 上 的 “ 等 差 偏 移 ” 函 数 ． 设 函 数 ｆ（ ｘ） ＝ ｅ２ｘ ＋ ｂｘ．
（ １） 讨 论 函 数 ｆ（ ｘ） 的 单 调 性 ；
（ ２） 已 知 函 数 Ｆ（ ｘ） ＝ ｆ（ ｌｎ ｘ）
① 证 明 ： 当 ｂ ＞ ０ 时 ， Ｆ（ ｘ） 是 其 定 义 域 上 的 “ 等 差 偏 移 ” 函 数 ；
ｎ
② 当 ｂ＝１ 时 ， 函 数 Ｆ（ ｘ） ＝ ｆ（ ｌｎ ｘ） ， 数 列 ｛ ａ ｝ 满 足 ａ＝ Ｆ（ ａ ） － ａ２ ＋ ａｎ ＋ １， ａ ＝ ３ ．
ｎ
其 前 ｎ 项 和 为 Ｓｎ ， 试 证 明 ： Ｓｎ ＜ ｎ ＋ １．
ｎ＋１
ｎｎ２ａ１２
高 三 数 学 试 题第 ４ 页 （ 共 ４ 页 ）
一、单选题
1-4BCDC5-8DABD
二、多选题
9.BC10.ABD11.AC
三、填空题
12.713.214.[4,8]
四、解答题
高三期中考试答案
解：（1）由题意得： a2
 b2
 c2
 2ab cs 2B ，由余弦定理得：
a2  b2  c2
2ab
 csC ，（1 分）
所以cs C  cs 2B ，（2 分）
由于 B, C (0,π),2B (0,2π) ，所以C  2B或C  2B  2π（4 分） 因为C  B  C  π,2B  C  2π,C  2B （6 分）
（2）由（1）知C  2B ， A  π  3B ，（7 分）
又ABC 为锐角三角形，所以0  2B  π ， 0  π  3B  π ，故 B  π , π  ，（8 分）
所以3  tan B  1，得1  3
1
tan B
 
6 4
22

3 ，（9 分）
c
sin C
b
sin B
 2R,b  2R sin B, c  2R sin C  2R sin 2B （10 分）
c 2R sin 2B  sin 2B  2 sin B cs B 
2（11 分）
b sin B
2R sin 2 B
sin 2 B
sin 2 B
tan B
因为1 
1
tan B
3 ，故：
2（2,2 tan B
3）（14 分）
c
b sin B
（2,2
3）（13 分）
x2y2c5
5
解：（1）依题意，设双曲线C 的标准方程为
a2b2
 1(a  0, b  0) ，半焦距c ，离心率e  ，
a2
（3 分）
c2  a2
则 a  2, b 
 1 ，（4 分）
x
2
所以双曲线C 的标准方程为
2  ，其渐近线方程为 y   1 x .（6 分）
y
4
A x , y , B  x , y 
1
l : y   3 x  tC
2
x2  2 
（2）依题意设
1 122
，联立
与 的方程y
44
1 ，（7 分）
消去 y
整理可得5x
2  24tx 16 t 2
1  0 ，则 x  x
 24t 5
, x1 x2
16 t 2 1

；（8 分）
5
12
4
且Δ  24t 2  4  516 t 2 1  256t 2  320  0 ，解得t 2  5 ；（10 分）
1 ( 3)2(x  x )2  4x x
4
12
1 2
524t 2
45
()  4 
16(t 2 1)
5
582
7
所以 AB 
3
解得t  
，（13 分）

 4t
45
 5  2
，（11 分）
满足t 2  5 ，符合题意；（14 分）
4
所以直线l 的方程为 y   3
4
x 
3
.（15 分）
解：（1）在图 2 中，取 EF 中点 O，BD 中点 M，连接 OP，OM，以 O 为原点，OF、OM、OP 所在直线分别为 x、y、z 轴，建立空间直角坐标系，（1 分）
3
设OP  x ， AB  4 ，则OM  2
x ， OE 
x
3
，（2 分）
3
3
3
∴ B 2, 2 x, 0， E( x ,0,0) ， P(0, 0, x) ， D 2, 2 x, 0 ，
3
3
故 DE  (2  x , x  2 3,0) ， PB  (2,2 x,x) （3 分）
∵ DE  PB ，∴ DE  PB  0 ，
3
∴ x2  10 x  8  0 ，解得 x  2
3 （舍）或 x 
4  4 3 ，（4 分）
3
3
∴ PO  2OM ，∴ AE  2ED ，（5 分）
∴图中点 E 在靠近点 D 的三等分点处，即λ 2 （6 分）
3
（2）设二面角 E  PF  B 的平面角为θ，则θ为钝角．（7 分）
–––→ x
–––→ x
3
易知平面 PEF 的法向量 n  (0,1, 0) ， PF   3 , 0, x  ， BF   2, x  2 3, 0  ，（9 分）

m
PF  v  0



3
x a  xc  0
设平面 PBF 的法向量 m  (a, b, c) ，则–––v v，即x，
3

BF  m  0 2  a  x  2 3 b  0
→33 


取 a  1 ，得 m  1,  3 , 3  ，（11 分）

3
1 1 1  1  1
333
5

→ →1
→ →m n
∴ cs
m, n
 → → 
m n
5 ．（12 分）
又θ为钝角，∴ csθ 
5 ．（13 分）
5
∴无论点 E 的位置如何，二面角 E  PF  B 的余弦值都为定值
平面 EPF 与平面 BPF 的夹角的余弦值为定值 5 ．（15 分）
5
5 ．（14 分）
5
解：(1)设高手 A 胜两局为事件 M，该擂主与甲、乙、丙比获胜分别为事件 B,C,D，则
P(B)  4 , P(C)  2 , P(D)  3 ，（1 分）
534
由题知，事件 B,C,D，相互独立，
所以 P(M )  P(BCD)  P(BCD)  P(BCD)  4  2  1  4  1  3  1  2  3  13 ，（3 分）
13
所以高手 A 胜两局的概率为
30
．（4 分）
534
534
53430
A 连输两局且第二局与乙比的概率 p 最大（5 分）
1
依题意知，A 第二局必输，且比顺序为乙甲丙和丙甲乙的概率均为
2
所以 A 连输两局且第二局与甲比的概率为
（6 分）
P  1 [P(CBD)  P(CBD)]  1 [P(DBC)  P(DBC)]  P(CBD)  P(CBD)  1  2  1  1  1  3  1
122

534

5 3 412
同理A第二局与乙比的概率为P  P(BCD)  P(BCD)  4  1  1  1  1  3  7

253453460
A第二局与丙比的概率为P  P(BDC)  P(BDC)  4  1  1  1  1  2  1

354354310
7
所以 A 连输两局且第二局与乙比的概率最大，且最大值为
60
（9 分）
因为没有平局，所以每局比结果仅有“甲获胜”或者“乙获胜”，则α β 1 ，（10 分） 由题意得 X 的所有可能取值为：2,4,5，（11 分）
P( X  2) α2  β2
P( X  4)  (αβ βα)α2  (αβ βα)β2  2αβα2  β2  ,
X
2
4
5
P
α2  β2
2αβα2  β2 
4α2β2
P( X  5)  (αβ βα)  (αβ βα) α (αβ βα)  (αβ βα) β 4α2β2 ，（12 分） 所以 X 的分布列为：
所以 X 的期望为：E( X)  2 α2  β2   8αβα2  β2   20α2β2
 2(1 2αβ)  8αβ(1 2αβ)  20α2β2  4α2β2  4αβ 2 ，（14 分）
由1 α β 2 αβ，得αβ 1 ，当且仅当α β 1 时取等号，则0  αβ  1 ，（15 分）
424
1213
因此 E( X )  4α2β2  4αβ 2  (2αβ1)2 1   2  1 1 ，（16 分）
所以 E( X ) 的最大值为13 ．（17 分）
4
44
解：（1）函数 f (x)  e2x  bx 的定义域为 R，求导得： f (x)  2e2x  b ，（1 分）当b  0 时， f (x)  0 恒成立，函数 f  x 在 R 上单调递增；（2 分）
当b  0 时，令 f (x)  0 ，解得 x  1 ln( b ) ，
22
当 x  1 ln( b ) 时， f ' (x)  0 ，函数 f  x 单调递减，
22
当 x  1 ln( b ) 时， f ' (x)  0 ，函数 f  x 单调递增，
22

函数 f  x 的单调增区间为[ 1 ln( b )， ），单调减区间为（ ，1 ln( b )）（3 分）
2222
综上所述：当b  0 时，函数 f  x 在 R 上单调递增；
f x1b1b
当b  0 时，函数   的单调增区间为[ ln( )， ），单调减区间为（ ， ln( )）（4 分）
2222
（2）①设三点 Ax1, F (x1), Bx2 , F (x2 ), Cx3, F (x3 )的横坐标成等差数列，且满足 x1  x2  x3 ，
则 x  x1  x3 ，
22
b ln x3  (x 2  x 2 )b ln x3b
F (x )  F (x )
x31
x， k
 h(x ) 
 2x
AC
2
2
k 31  1  1  2xB
2x2
x
3  x1
x3  x1
x3  x1
 k k
b ln x3
x1
 2x
 ( b
 2x )  b(
ln x3
x1
 1 )  b(
ln x3
x1 2)
ACB
x3  x1x2
x3  x1x2
x3  x1
x3  x1
2
2
1
3
（x  x ）ln x3  （2 x  x ）
3
 b 
x1
x 2  x 2
1
（6分）
31
x2t 1
41t 12
令t  3 ，则t  1，令 g t   ln t ，求导得 g ' t   0 恒成立，
x1t  1
t 12t
t t 12
 g t  在1,  内单调递减， g t   g 1  0 ，即 2 t 1  ln t  0 ，（7 分）
t 1
因为 b>0,b  g t   0 ，所以 kAC  kB  0 （8 分）
综上：当b  0 时， F (x) 是其定义域上的“等差偏移”函数（9 分）
② F (x)  x2  b ln x
当b  1时， F (x)  x2  ln x ， a F (a )  a 2  an 1  ln a  an 1  ln a  1  1
n1
nn2a
n2a
n
n
n
n2a2
设 g  x  ln x  1  1 ，求导得 g '  x  1  1  2x 1 ，（10 分）
2x2
x2x2
2x2
当 x  1 时， g '  x  0 ，则 g  x  在1,  内单调递增，
 g  x  g 1  1， a  1， a  3  1 符合题意，（11 分）
n12
1 1 
111
 x 12
2
2
构造函数 h  x  2  x  x   ln x,  x  1 ，求导得 h'  x    0 ，
22xx2x
 h  x 在1,  内单调递增，则 h  x  h 1  0 ，（12 分）
当 x  1 时， 1  x  1   ln x ，
2 x 

ln a
 1 a  1
，即 a
 ln a  1
 1  1 a  1  1
 1  1 a
 1 ，（13 分）
 2a
n
n2 n2a
 a 1,即（2 a
n1
1） a
nnn
n2a22 n2a2a22 n2
1，得 an1 1  1 （14 分）
n1n
n1n
an 12
 a1  1 a
1 
1 a
1  ... 
1 a
1  1 ，
n12n
1
22n1
2n1
2n1
 an
1  1
2n
，即 an  2n
1 n  2 ，（15 分）
1  1
 S  a  a
 ...  a
 1  1
 ...  1
 n  22n1  n  1 1
 n  n 1
n12
n2222n
1 1
2
．（17 分）
2n