山东省济宁市兖州区2025-2026学年高三上学期期中考试数学试卷

这是一份山东省济宁市兖州区2025-2026学年高三上学期期中考试数学试卷，共13页。

2025-2026 学年度期中考试
高三数学试题
一､单项选择题（本大题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分.在每小题所给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1．已知向量 →  1, 0 ， b   ， →，则m  （ ）
a2, m
a / /b
A．1B．2C．4D．0
若复数 z 满足 z  1 i ，则 z  （ ）
i
2
A．2B．
C．1D． 2
2
已知集合 A  x | ln  x  1≤0 ，集合 B  x | x2  5x  6  0 ，则 A ∪ B  （ ）
A． 1, 3
B． , 3
C． , 6
D．2
已知等差数列an 不是常数列，若a1  1，且a1 ， a2 ， a5 成等比数列，则a10  （）
A．1B．21C．19D．20
若 f  x  ln
a  x
1 b  x
a  0, b  0 为奇函数，则 1  2 的最小值为（ ）
2
2
2
ab
2
2 3
 3
2 3
 3
“函数 y  tan  x φ 的图象关于 π , 0  对称”是“φ π  kπ ， k  Z ”的（ ）
 2 48

A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 即不充分也不必要条件
已知函数 f  x  ax a  0, a  1 ，直线 y  x 与函数 y  f  x 的图象相切，则ln a 
（ ）
1 e
eC． e2
x2  2x , x  0
D． 2e

已知函数 f  x  x2  2 x , x  0 ，若 a  (sinα)csα, b  (csα)sinα, c  (tanα)tanα，
(, )
α π π ，则下列结论正确的是（ ）
4 2
A: f (a) 
f (b) 
f (c)
B： f (c) 
f (a) 
f (b)
C： f (c) 
f (b) 
f (a)
D： f (b) 
f (c) 
f (a)
二､多项选择题（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，全部选对得 6 分，部分选对得部分分，有选错的得 0 分）
已知公差d 不为 0 的等差数列an 的前n 项和为Sn ，且 S4  S9 ，则下列结论正确的有
（ ）
13
S 0
C． a6  a7  0
B．当d  0 时， Sn 的最大值为 S6 或 S7
D．当d  0 时， a1  0
设csαcsβ 2 ， 5 cs α β  4 ，则（ ）
5
sinαsin β 2
5
csα β  0
tanαtan β 1
2 tan α β  tanα tan β
已知定义在 R 上的函数 f  x 及其导数 f  x ，若 f  3  3x  为偶函数， f  x  1  为奇
 22 
函数，则（ ）
A． f 2  x  f  x

 
B． f  3   0
2
 
C． f  1   0D． f  x  1   f  1  x 
 2 2  2
 
三､填空题（本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分）
的夹角为，若
已知向量 →π
，且 →在a 上的投影向量为 1 → ，则
a, b
→
b  .
4| a | 2
a  2b2 a
已知sin πα  4 ，且α (π, 2π) ，则tan α
 252

2025
已知 P  α f α  0 ， Q  βg β  0，若存在α P ， β Q ，使得α β  n ， 则称函数 f  x 与 g  x  互为“ n 距零点函数”.若 f  x  lg x 1 与 g  x  x2  aex （ e为自然对数的底数）互为“1 距零点函数”，则实数a 的取值范围为.
四､解答题（本大题共 5 小题，共 77 分.解答应写出必要的文字说明､证明过程或演算步骤）
15.（13 分）已知集合 A  x 2x 1   ， B  y∣y  x3  3x2  2, x  A .


x 11
求 A ；
证明： A  B .
16．（15 分）已知函数 f  x  4sin ωx  π csωx 
3 ω 0 的最小正周期为π ．
3 
求ω的值；
将函数 f  x
的图象先向左平移

π
个单位长度，再向下平移
6
1 个单位长度，得到函数
y  g  x 的图象，若方程 g  x  m ， x  0,π 只有一个实数根，求m 的取值范围．
2 
17．（15 分）记 ABC 的内角 A、B、C 的对边分别为 a，b，c，
已知 m  (1, cs B), n  (sin C,  2) ，且 m  n ,
cs 2 A  cs 2B  cs 2C  1 2 2 sin Asin B
求 B；
3
若 ABC 的面积为3 ，求 c．
18．（17 分）
已知数列a 中, a  2, a 2a
 2n1.
n1n1n
(1)求数列an 的通项公式；
如图，在平面直角坐标系 xOy 中，若 xn
 an ，依次连接点
n
P1  x1 ,1，P2  x2 , 2Pn1  xn1 , n 1 得到折线 P1P2 Pn1 ，求由该折线与直线 y  0 ，
x  x1, x  xn1 所围成的区域的面积Tn .
记数列b 的前n 项和为 A 且b
 n  2 ，若 A
 2λ 恒成立，求实数λ的最大
nnn
(n 1)an
nn 1
值．
19．（17 分）已知函数 f  x  ln x  a s inx  x ．
若a  0 ，讨论 f  x 的单调性；
若 a  1 ，证明： f  x  1 在1, 2 上恒成立；
x  1a

存在
 e ,1 ，不等式 a sin ln x  ln x  x  3 成立，求实数
的取值范围．
高三期中考试数学试题答案
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案
D
B
A
C
C
B
A
B
ABD
BCD
ABC
【答案】 2
2
答案：  1
3
【答案】 1 , 4 
 e e2 

15.（13 分）（1） 2x 1  1，即 2x  1  1  0 ， 2x 1  x 1  0 ， x  2  0 ，

x 1
x  1
x 1
x 1
x  1
可得x  2  0 或x  2  0 ，解得1  x  2 ，故集合 A  {x | 1  x  2}5 分


 x 1  0 x 1  0
（2）依题意，集合 B  {y∣y  x3  3x2  2, x  A} ， y  x3  3x2  2 ， y  3x2  6x ，当 x  (1, 0) 时， y  0 ， y  x3  3x2  2 单调递增，
当 x (0, 2) 时， y  0 ， y  x3  3x2  2 单调递减，且当 x  1 时， y  (1)3  3(1)2  2  2 ，
当 x  0 时， y  03  3 02  2  2 ，当 x  2 时， y  23  3 22  2  2 ，10 分
综上，当 x (1, 2) 时， y (2, 2] ，即集合 B  {y∣ 2  y  2}，由（1）得，集合
A  {x | 1  x  2} ，因此 A  B13 分
3
3
16．（15 分）（1） f  x  4sin ωx  π csωx  2sinωxcsωx  2 3cs2ωx 
3 

 sin2ωx  3cs2ωx  ωx  π  ，5 分
3
2sin  2 

又 f  x 的最小正周期为π ，ω 0 ，则T  π  2π ，所以ω17 分
2ω
（2）由（1）知 f  x  2sin  2x  π  ，所以 g  x  2sin  2x  2π  1 ，9 分
3 3 

x  0,2x ,
 π2π 2π 5π 
因为 ，所以，

 2π  2, 311 分
2 
3 3
3 
2sin  2x
3 

3

利用图形得到故m 的取值范围是1，3 1 ∪315 分
17．（15 分）（1）由cs 2 A  cs 2B  cs 2C  1 2 2 sin Asin B 化简得到
a2  b2  c2  2ab cs C ，3 分
对比已知a2  b2  c2  2ab ，
2ab
2
a2  b2  c2
.5 分
可得cs C ，
2ab2ab2
因为C 0, π ，所以sin C  0 ，
1 cs2 C
从而sin C 

，
1 
2 
2

 2 
2
2
又因为 m  n ，所以sin C 
2 cs B ，即cs B  1 ，
2
注意到 B 0, π ，所以 B  π7 分
3
（2）由（1）可得 B  π ， cs C 2 ， C 0, π ，从而C  π ， A  π  π  π  5π ，
324
3412
而sin A  sin  5π   sin  π  π  2  3  2  1 6  2 ，9 分
1246
 

22224
a
由正弦定理有sin 5π
b
sin π
c
sin π ，
1234
从而a 6  2  2c 3 1 c, b 3  2c 6 c ，12 分
4222
由三角形面积公式可知， V ABC 的面积可表示为
S 1 ab sin C  1  3 1 c  6 c  2  3  3 c2 ，
2
ABC222228
3
由已知V ABC 的面积为3 ，可得 3 
8
3 c2  3 
3 ，所以c  2
.15 分
18．（17 分）（1） a  2 ， a 2a  2n1 ，
1n1n
 an1  an  1 ， an  为等差数列，3 分
2n

2n12n
首项为 a1  1，公差为 1，
2
 an  n ， a  n  2n5 分
2nn
过 P1 , P2 , P3 , …… Pn1 向 x 轴作垂线，垂足分别为Q1 , Q2 , Q3 , …… Qn1 ,
由(1)得 x  an  2n ，则 x x  2n1  2n  2n.
nnn1n
记梯形 Pn Pn1Qn1Qn 的面积为cn .由题意得：
c  (n  n 1)  2n  (2n 1)  2n1 ，8 分
n2
所以T  c  c  c  c
n123n
= 3 20  5 21  7  22  ……+ (2n 1)  2n2  (2n 1)  2n1①
n
又2T  3 21  5 22  7  23  ……+ (2n 1)  2n1  (2n 1)  2n ②
①-②得
Tn  3 20  2(2  22   2n )  (2n 1)  2= (1 2n)  2 1
1nn
所以Tn  (2n 1)  2n 111 分
由（1）知bn
n  2
 n2  n 2n
n  2
 n  n 1 2n
1
n  2n1
1
 n 1 2n
b n  2
n  2
11
.13 分
则 nn2  n 2nn  n 1 2nn  2n1n 1 2n ，
则 An
 1
1
2  21
1
2  21
1
3 22
L
1
n  2n1
1
 n 1 2n
 1
1
n 1 2n
，14
分
由 An
 2λ 恒成立，即1
n 1
1
n 1 2n
2λ
 n 1 恒成立，
即n 1  1  2λ恒成立，由n 1  1  单调递增，
2n2n 

故当n  1 时， n 1  1  3 ，
2n 2
min
故2λ 3 ，即λ 3 ，所以λ的最大值为 3 ．17 分
244
19．（17 分）解析：（1）当a  0 时，函数 f  x  ln x  x 的定义域为(0, ) ，所以
f ' x  1 1  1 x2 分
xx
则 x (0,1) 时， f ' x  0 ， f  x 递增； x (1, ) 时 f ' x  0 ， f  x 递减4 分
（2）当 a  1 时，
f  x  ln x  s inx  x ，
需证： ln x  s inx  x  1 ，
即ln x  s inx  x 1  0 在 x (1, 2) 上恒成立；6 分
令 g(x)  ln x  s inx  x 1 ， x (1, 2)
则： g '(x)  1  cs x 1 在 x (1, 2) 时递减，8 分
x
因为 g '(1)  cs1  0, g '(2)  cs 2  1  0
2
则存在唯一的 x0 (1, 2) ，使得 g '(x0 )  0 ；
所以： g(x) 在(1, x0 ) 上递增， (x0 , 2) 递减；9 分
g(1)  ln1 s in111  s in1  0 ；
g(2)  ln 2  s in2  2 1  ln 2  s in2 1  ln 2  1 1  ln 2  1  0
22
g(x)  ln x  s inx  x 1  0 在 x (1, 2) 上恒成立；10 分
令ln x  t ，则t 1, 0，不等式 a sin ln x  ln x  x  3 成立即： 存在t 1, 0使a sin t  t  et  3成立，11 分
当sin t  0 时，不等式不成立；
t  et  3
当sin t＜0 时： a 
sin t
, t 1，0 成立；
令 k (t) 
t  et  3 sin t
, t 1，0
则： k '(t) 
(1 et ) sin t  (t  et  3) cs t
2
, t 1，013 分
sin t
因为1 et＞0, sin t＜0 ，故(1 et ) sin t  0 ； t  et  3 的导数为1 et＞0 ，所以t  et  3 在t 1，0 上递增，
当t  1时， t  et  3  2  1  0 ； cs t  0
e
(1 et ) sin t  (t  et  3) cs t
k '(t) 
sin2 t
t
 0, t 1，016 分
2  1
所以 k (t)  t  e  3 , t 1，0 递减，则 k (t)
sin t
max
 k (1)  e 
sin1
 2e 1
e sin1
故 a  1 2e ；即实数a 的取值范围为 , 1 2e 17 分

e sin1
e sin1