山东省烟台市2025-2026学年高三上学期期中考试数学试卷

这是一份山东省烟台市2025-2026学年高三上学期期中考试数学试卷，共11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。

2025~2026 学年度第一学期期中学业水平诊断
高三数学参考答案
一、选择题：
1.C2.B3.D4.C5.A6.D7.B8.B
二、选择题
9.BC10.ABD11.AD
三、填空题
π
12.113. (0, 6 )
14. 5, 21
四、解答题
解：（1）由题知， f (x)  sin(x  π)  2 cs(x  π) ，
63
所以 f (x) 3 sin x  1 csx  2(1 csx 3 sin x) ，
2222
即 f (x)  3 csx 3 sin x ，
22
所以 f (x) 
3 cs(x  π) .2 分
6
因为 f (x) 图象关于点
π
(, 0) 对称，
3
所以 π   π  π  kπ, k  Z ，4 分
362
所以  1 3k ，5 分
又因为 0    2 ，所以  1.6 分
（2）由（1）知， f (x) 
3 cs(x  π) .
6
将函数 f (x) 图象上各点横坐标缩短为原来的 1 倍（纵坐标不变），
2
得到 y 
3 cs(2x  π) ，8 分
6
再将得到的图象向左平移 π 个单位，故得到函数 g(x) 
12
3 cs(2x  π) .10 分
3
当
[0, ] 时， 2x  [,]，
x π
ππ 4π

2333
故当 2x  π [ π , π] ，即 x [0, π] 时，函数 g(x) 单调递减，当 2x  π [π, 4π] ，即
33333
x  π π 时，函数 g(x) 单调递增.11 分
[, ]
3 2
所以 g(x) [ 3,
3 ].13 分
2
解（1）当0  x  8 时，W  R  x 200  54x  297x  ax3  200  54x ，
整理得W  243x  ax3  200 ；2 分
因为 x  5 时，年利润为890 万元，所以2435 125a  200  890 ，3 分
所以a  1，4 分
所以W  243x  x3  200 ，5 分
当 x  8 时，W  R  x 200  54x  2539  5400  200  54x
x
 2339  5400  54x .6 分
x
243x  x3  200, 0  x  8
综上：W 

2339  5400  54x, x  8
.7 分
x
（2）当0  x  8 时，W  243x  x3  200 ，W   243  3x2 .
所以当0  x  8 时，W   0 恒成立，
所以W 在0,8 上单调递增，9 分
所以当 x  8 时，Wmax  1232 .10 分
当 x  8 时，W  2339  5400  54x .
x
5400  54x
x
因为 5400  54x  2
x
 1080 ，当且仅当 5400  54x ，
x
即 x  10 时取“  ”.12 分
所以当 x  10 时，Wmax  1259 .13 分
因为1232 1259 ，
所以当年产量为10 万件时，该企业生产该电子产品所获年利润最大.15 分
解：（1）证明：因为a  b  2b csC ，
由正弦定理得： sin A sin B  2sin B csC ，1 分
因为 A  B  C  π ，所以sin(π  B  C) sin B  2sin B csC ，2 分
即sin(B  C) sin B  sin B csC  cs B sin C sin B  2sin B csC ，
所以cs Bsin C sin B csC  sin B ，3 分
即sin(C  B)  sin B ，4 分
因为 B,C (0, π) ，所以C  B (π, π) ，
所以C  B  B 或C  B  B  π （舍），6 分
综上， C  2B .7 分
法一：由正弦定理得，
b
sin B
c
sin C
b
，即
sin B
c，
sin 2B
所以cs B 
c .8 分
2b
在 ABC 中，由余弦定理得：
a2  c2  b2a2  (c  b)(c  b)a2  2a(c  b)
cs B ，9 分
2ac
2ac
2ac
1 (c  b)  2(c  b)
整理得： cs B  a  2(c  b)  2
 5  3b 
c ，11 分
2c2c44c2b
解得 c  3 或 c  1，13 分
b2b
因为C  2B ，所以c  b ，所以 c  3 .14 分
b2
综上， cs B  c
2b
 3 .15 分
4
法二：因为b  c  2a ，由正弦定理得， sin B sin C  2sin A ，8 分
由（1）知， C  2B ，
所以sin B sin 2B  2sin(B  2B) ，9 分
即sin B sin 2B  2sin B cs 2B  2cs Bsin 2B ，
故sin B  2sin B cs B  2sin B(2cs2 B 1)  4cs2 Bsin B ，11 分
因为sin B  0 ，所以1 2cs B  2(2cs2 B 1)  4cs2 B ，
即8cs2 B  2cs B  3  0 ，13 分
解得cs B  3 或cs B  1 ，14 分
42
因为C  B ，所以cs B  3 .15 分
4
nn
解：（1）在数列{a }中，由 S  n2  n 知，
n1
当 n  2 时， S (n 1)2  n 1，1 分
所以 Sn  Sn1  2n ，即an  2n ，且当n  1时， S1  a1  2 ，2 分
所以an  2n .3 分
由bnbn1
n
 2 得， b b
n1 n2
 2n1 ，
所以 bn2  2 ，故数列{b }的奇数项成以b  1，2 为公比的等比数列，偶数项成以b  2 ，
b
n12
n
2 为公比的等比数列，4 分
b
所以当n 为奇数时，
n
n1
 1 2 2
n1
 2 2
，5 分
当n 为偶数时，
n 1
bn  2  22
n
 22 .6 分
 n1

2 2
所以bn  
, n为奇数
.7 分
 n
22 , n为偶数


n1
（2）由（1）知， cn
2n  2 2



, n为奇数
n，
(3  n)  22, n

 n1
 2(n 1)  2(n 1)
为偶数
即cn
n  2 2



, n为奇数
n 2
.8 分
 (3  n)  22
(n 1)  (n 1)
, n为偶数
令 An  c1  c3  c2n3  c2n1 ，
1n
则 An  1 21  3 22  (2n  3)  2n  (2n 1)  2 ，①
1
所以2An  1 22  6 23  (2n  3)  2n  (2n 1)  2n ，②9 分
所以①-②得，
An
 2  2(22  22  2n ) (2n 1)  2n1
22 (1 2n1)
 2  2  (2n 1)  2 1 2
n1
 6 (2n  3)  2n1 ，11 分
1
所以 An  6  (2n  3)  2n .12 分
n 2
nn2
又因为
(3  n)  22 1 ( 22  2 2

) ，14 分
(n 1)  (n 1)4
n 1
n 1
令 Bn  c2  c4  c2n2  c2n ，
12122
2223
2n2n2n1
所以 Bn  4 ( 1  3 
 2n1 2n  3
12n1

35
) 2n 12n 12n 1
 
22n 1
.16 分
n1
12n113
n1
2n1
所以T2n  An  Bn  6  (2n  3)  2  (2n  3)  2，
22n 122n 1
13(16n2 16n 13)2n1
所以T2n  2 
2n 1
.17 分
1mx2  2x 1
解： f (x) 的定义域为(0, ) ， f
 mx  2  ，1 分
xx
因为曲线 f (x)  m x2  2x  ln x 在(1, f (1)) 处的切线与直线 x  2y 1  0 垂直，
2
所以 f (1)  m  2 1  2 ，所以m  1.3 分
令 g(x)  mx2  2x 1 ，
当 m  0 时， g(x)  mx2  2x 1 的图象是开口向上的抛物线，且  4  4m  0 ，
设 mx2  2x 1  0 的两根分别为 x
 1
1 m , x
，则 x
 x ，
1 1 m
1m2m12
因为 g(x)  mx2  2x 1 的图象过点(0, 1) ，所以 x  0  x ，
12
1 1 m
1 1 m
所以当0  x 时， f (x)  0 ，当 x 时， f (x)  0 ，
mm
1 1 m
1 1 m
所以 f (x) 的单调递减区间为(0,) ，单调递增区间为(, ) .
mm
·5 分
当 m  0 时， f (x)  2  1 ，所以当0  x  1 时， f (x)  0 ，当 x  1 时， f (x)  0 ，
x22
11
所以 f (x) 的单调递减区间为(0, ) ，单调递增区间为(, ) ，6 分
22
当 m  0 时， g(x)  mx2  2x 1 的图象是开口向下的抛物线，且  4  4m ，若1  m  0 ，   4  4m  0 ，
设 mx2  2x 1  0 的两根分别为 x
 1
1 m , x
，则 x
x ，
1 1 m
1m2m12
因为 g(x)  mx2  2x 1 的图象过点(0, 1) ，所以0  x  x ，
21
1 1 m
1 1 m
所以当0  x 或 x 时， f (x)  0 ，
mm
当
 x 时， f (x)  0 ，
1 1 m
1 1 m
mm
1 1 m
所以 f (x) 的单调递减区间为(0,) ，
m
(, ) ，单调递增区间为
1 1 m
m
1 1 m
1 1 m
(,) ，8 分
mm
若 m  1，   4  4m  0 ， f (x)  0 恒成立，
f (x) 的单调递减区间为(0, ) ，9 分
综上， 当 m  0 时，
f (x) 的单调递减区间为 (0,) ， 单调递增区间为
1 1 m
m
1 1 m
(, ) ，
m
当 m  0 时， f (x) 的单调递减区间为(0, 1 ) ，单调递增区间为(1 , ) ，
22
1 1 m
当1  m  0 时， f (x) 的单调递减区间为(0,) ，
m
(, ) ，单
1 1 m
m
1 1 m
1 1 m
调递增区间为(,) ，
mm
当 m  1时， f (x) 的单调递减区间为(0, ) .10 分
1
m  0 时， f (x)  2x ln x ，
因为0  a   b 且ln a ln b  2(a  b) ，
2
所以2a ln a  2b ln b ，即 f (a)  f (b) .11 分
11
由（2）知， f (x) 的单调递减区间为(0, ) ，单调递增区间为(, ) ，
22
所以当a  b  1 时， a  b  1.12 分
2
当 a  b 时，则0  a  1  b ，下面证明a  b  1，即b  1 a .13 分
2
111
因为0  a   b ，所以1 a (, ),b (, ) ，
222
所以只需证 f (b)  f (1 a) ，又因为 f (a)  f (b) ，
1
所以只需证 f (a)  f (1 a)， 0  a  ，14 分
2
1
令 F(x)  f (x)  f (1 x) ， x (0, ) ，
2
所以 F(x)  f (x)  f (1 x)  2  1  2  1
 4 1，
x1 xx  x2
因为 x 
1
(0, )
2
，所以(x  x2 ) （0, 1），即(x  x2 )  4
4
所以 F(x)  0 ，所以 F (x) 在(0, 1 ) 上单调递减，且 F (1)  0 ，15 分
22
所以 F(x)  0 ，即 F(a)  0 ，即 f (a)  f (1 a)，即a  b  1.16 分
综上， a  b  1，因为a  b  t  0，所以t  1.17 分