山东省名校联考2025-2026学年高三上学期11月期中考试数学试卷

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高三年级数学试题（A 卷）参考答案 2025.11
一、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。
二、选择题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分。在每个小题给出的选项中，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。
【解析】
n1
nnnn
对于 A：因为 a a  2a  a 2  1  (a  1)2 ≤0 ，所以an 1  0 即可使得{an } 单调递减，
所以 an 1  0 且 an1 1  0 ，所以 a  1且 a  2 ，所以 A 对.对于 B：只有当 a  1 或 a  2 时， an1  an ，所以 B 对.
对于 C：因为 a 3a  a 2  1  (a  3)2  5 ≤ 5 ，所以当 a  5 时， a 3 ，因为 a  2 ，且
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
B
D
C
D
C
C
A
B
题号
9
10
11
答案
BCD
ABD
ABD
n1
nnn
244
k4k 12
a ≤ 5 ，所以不存在 k  N ，使 a  3 .则 C 错.
n14k2
对于 D：因为 a 1  3a  a 2  2  (a  1)(a  2) ，
n1
nnnn
所以11
 (1
1) ，则 11
1，
an1  1(an  1)(an  2)
an  1
an  2
an  1
an 1  1
an  2
1
累加得1 111 1 1，
a1  2a2  2
an  2
a1  1an 1  12
an 1  1
11
2a
因为 a  3 ，所以 a2  1 ，又因为{an } 单调递减，所以 an1≤1，则- ≤
n1
1  0 ，
所以 1 1 (1 ,1] ，所以 D 对.
2an1 12
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分。
9 ；13. y  x 或 y  ex  1 （写出其中 1 个即给满分）；14. [e, ) .
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。
【解析】 （1）方法一：令 a  b  0 ，所以 2 f (0)  f 2 (0) ，所以 f (0)  0 或 21 分
当 f (0)  0 时，令 a  1， b  0 ，所以2 f (1)  0  2 ，所以 f (0)  02 分
综上， f (0)  23 分
方法二：令 a  1，b  0 ，则 2 f (1)  f (1) f (0) ，因为 f (1)  1 ，
所以 f (0)  23 分
因为 f (x) 的定义域为 R ，关于原点对称4 分
令 a  0,b  x ，所以 f (x)  f (x)  f (0) f (x)  2 f (x) ，所以 f (x)  f (x) .
综上， f (x) 为 R 上的偶函数6 分
因为 f (x  1)  f (x 1)  f (x) f (1)  f (x) ，8 分
所以求 f (x)  f (2  x) 即可.
由（2）得 f (x) 为 R 上的偶函数，且 f (x) 在[0,  ) 上单调递减，
所以 x  2  x ，10 分
解得 x  1 .则不等式 f (x  1)  f (x 1)  f (2  x) 的解集为(1,  ) .13 分
【解析】（1） a1  S1  2a1  21 2 ， a1  4 ， a1  2  6 ，1 分
由Sn  2an  2n  2 ，得 Sn1  2an1  2n 1  2, n2 ，2 分
an  Sn  Sn1  2an  2n  2  2an1  2 n 1  2  2an  2an1  2, n2 ，
所以an  2an1  2, n2 ，4 分
故
an  2
an1  2
 2an 1  2  2  2, n2 ，5 分
an1  2
所以数列an  2 是以 6 为首项，2 为公比的等比数列．6 分
nn
（2） a  2  6  2n1  3 2n ，所以a  3 2n  2 ，8 分
n
22n 1 11
故 a  a
3 2n  2
 3 2n1  2
3  3 2n  23 2n1  2  ，10 分
nn1 
2222n
所以Tn  a  a  a  a   a  a
1223
nn1
 1   1 1 ，12 分

3  43 2 n1  2 
 1  1 1

，14 分
123 3 2n1  2
 1 ．15 分
12
【解析】
因为 c2  b(b  a) ，由余弦定理 c2  b2  a2  2ab csC ，得 a  b  2b cs C ，
利用正弦定理
a
sin A
b
sin B
c
sin C
得， sin A  sin B  2 sin B cs C ，
又因为sin A  sin(B  C) ，所以sin(B  C)  sin B  2sin B cs C ，化简得sin(C  B)  sin B …4 分
因为0  B  π , 0  C  π ，所以 π  C  B  π ，
2222
又因为sin(C  B)  sin B  0 ，所以0  C  B  π ，5 分
2
所以C  2B
（2）由(1)知C  2B ，所以 A  π  3B ，因为 a  2 ，
.6 分
利用正弦定理
a
sin A
b
sin B
c
sin C
2
得，
sin A
b
sin B
c
sin 2B
，所以 c  2sin 2B ，8 分
sin A
设三角形 ABC 的面积为 S ，
S  1 ac sin B  c sin B
2
 2sin 2B sin B  2sin 2B sin B 

2sin 2B sin B
.9 分
.10 分
sin A
sin 3B
sin 2B cs B cs 2B sin B
224
1  1 1  1  tan2 B 3  tan B ，11 分
tan Btan 2B
tan B2 tan B
tan B
0  B  π
2


因为0  C  2B  π, 所以 π  B  π ， 3  tan B  1 ，13 分
2

643
0  A  π  3B  π
2
3S 43
令t  tan B,t  (
,1) ，则
3
3  t ，因为 S (t) 在( 3
t
,1) 上单调递增，
所以 S  (
3 , 2) ，即三角形 ABC 面积的取值范围为(
2
3 , 2)
2
.15 分
【注】第（1）问没有求C  B 和 B 的范围扣 1 分.
【解析】（1）若a  0 ， f (x)  1 x3  3 x2 ，则 f (x)  x2  3 x ．3 分
342


故 f (x) 在区间, 0 和 3 ,   上单调递增，在区间 0, 3  上单调递减．4 分
 22 
因为 f  x   x2  3 x  aex ， 若 f (x) 有两个极值点， 则 f ( x) 有两个变号零点， 即函数
2
x2  3 x
y  2  a 有两个变号零点．6 分
ex
x2  3 x
 1
  1 
令 F (x)  2  a ，则 F  x    2ex 2x 1 x  3 ．故 F (x) 在区间, 2  和3,  上单
ex
调递减，在区间 1 , 3 上单调递增，且当 x   时， F (x)  a ．8 分
 2

e
e
故 F  1    a  0 且a0 ，解得 a  0 ．10 分
2
2e
2e
 
 
当a  0 时，函数 g (x)  f (x)  1 x3   3 x2  aex ，则 g(x)   3 x  aex ．
 x  x 
3  x  x 
342
x1  x2
于是 g  12     12  ae 2 ,11 分
2
2 2
g  x   g  x 
 3  x2  x2   a ex  ex 
x  x
12
12 
412
  3  x  x   a e 1
e 2 ,12 分
x  xx  x
412
x  x
121212
故
x1  x2
 x  x g  x   g  x  ex1  ex2x1  x2 a e 2 x2  x1 x2  x1
g12 
12  a
e 2  
e 2
e2 x  x 
2
x  xx  xx  x21
12
12
21 
…14 分
不妨设 x  x ，令t  x2  x1  0 ，考虑函数G t   et  et  2t ，
212
et  et
则Gt   et  et  2 2
 2  0 ，又t  0 ，故不等式取等号不成立，则G(t)  0 ．函数
G t  在区间0,  上单调递增，故G(t)  G(0)  0 ．16 分
G  x2  x1   0
x2  x1 x2  x1
于是 2，即e 2  e2  x2  x1   0．

又a  0 ，因此
 x  x 
g  x   g  x 
x1  x2
ae 2 
x2  x1
 x2  x1
g12 
12 
e 2
e2
 x
 x  0,
2
x  xx  x21
1221 
不等式得证．17 分
【解析】（1）因为
故 f2
sin 3x  sin  x  2x   sin x cs 2x  cs x sin 2x
 sin x 1  2 sin2 x   2 sin x cs2 x
 sin x 1  2 sin2 x   2 sin x 1  sin2 x   3sin x  4 sin3 x,
…2 分

 x   sin x  sin 3x  2 sin x  4 sin3 x  2 sin x 3  2 sin2 x ．3 分
333
因为3  2 sin2 x 3  2  1  0，则由 f2  x  0 可得sin x  0 ，解得 x  k, k Z ．
故函数 f2 (x) 的所有零点为{x∣x  k, k  Z}．5 分
因为
sin 5x  sin(2x  3x)  sin 2x cs 3x  cs 2x sin 3x
 2 sin x cs x 4 cs3 x  3 cs x   1  2 sin2 x (3sin x  4 sin3 x)
 2 sin x 4 1  sin2 x 2  31  sin2 x   1  2 sin2 x 3sin x  4 sin3 x 

 16 sin5 x  20 sin3 x  5 sin x.
…7 分
故
f  x   sin x  sin 3x  sin 5x
335
35
 sin x  1 3sin x  4 sin3 x   1 16 sin5 x  20 sin3 x  5 sin x 
 3sin x  16 sin3 x  16 sin5 x,
35
…8 分
令t  sin x [1,1]，函数 F t   3t  16 t3  16 t5，则 Ft   3 16t2 16t4  4t2 1 4t2  3．
35
…9 分
由 F (t)  F (t) 可知 F (t) 为奇函数，只需考虑区间[0,1] 上的情形．当 0 t  1 或 3  t 1 时，
F(t) 0，函数 F (t) 单调递增；当 1  t 
22
3 时， F (t)  0 ，函数 F (t) 单调递减．
22
…10 分
3
而 F 0  0 ， F  1   14 ， F   2 3 ， F 1  13 ．
 2 15 2 515
 
于是函数 f (x) 的值域为 14 , 14  ．11 分
3
利用

 15 15 
2 sin x cs 2k  1 x  sin 2k  1 x  x  sin 2k  1
可知当 x  k， k  N 时，
x  x  sin 2kx  sin
2k  2
f  x   cs x  cs 3x   cs2n 1 x  sin 2x  0  sin 4x  sin 2x   sin 2nx  sin 2n  2 x  sin 2nx ,
n2 sin x
2 sin x
2 sin x
2 sin x
…12 分
令 f ( x)  0 可得 x  k， k  N ．13 分
n2n
为了求 f ( x) 的最大值，由(2)及 f ( x)  f (x)可知只需考虑0  x的情形．
n
设k  N ，当(k 1) x  2k 1时，
2
n
n
f ( x)  0，函数 f ( x) 单调递增；
n2n
k
2k 1 
当 x 时， f ( x)  0 ，函数 f ( x) 单调递减．
2nnnn
n
故 f ( x) 的极大值点为 x  2k 1， k  N ．14 分
当1 k  n 1 和 k
2n
x 2k  1时，令 g  x  f
 x  f  x     f  k  f  2k 1，
2nn 2n n  n n2n
n2 n
则
sin 2n  x   

 sin 2nx
2n 
g x   fn x   fn x   


2n 
2 sin x
2 sin  x 

2n 

sin 2nx sin  x     sin 2n  x   sin x
2n 
2n 
sin 2nx
 


sin  x 
  sin x  0,
2 sin  x sin x
2 sin  x 
sin x 
2n 
2n 2n 

g(x)
 k 2k  1
 2k  1 k
故在区间 n ,2n上单调递减，故 g 2n  g n   0 ，

即 f  2k  1  f  2k 1   f    ．
n 2n
n 2n
n 2n

因此 f ( x) 在区间[0, 2] 上的最大值为 f

   或 f
 (2n 1) ．15 分
nn  2n n 2n

2n 1
故集合M  m∣m  2n 2 k或2n2 k, k  0,1, 2, , 49 ，共100 个元素．……16 分


对于集合 M 中的每个元素m ，含有元素m 的子集有299 个，于是集合 M 中的所有非空子集的元素之和为
99 49  
2n 199 49
99100
2  2n  2k2n 2k  2   4k  2  4950 2 2475
k 0 
k 0
…17 分