山东省济宁市邹城市北大新世纪高级中学2024-2025学年高三上学期11月期中考试数学试题

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1.B [M＝eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x|x＝\f(n,2)＋\f(1,4)＝\f(2n＋1,4)，n∈Z))，N＝eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x|x＝\f(n,4)，n∈Z))，
所以∁NM＝eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x|x＝\f(2n,4)＝\f(n,2)，n∈Z)).
故选B.]
2.B [设 z＝x＋yi，x，y∈R，
则x＋yi－x＋yi＝2i，所以y＝1,
又x2＋1＝4，得x2＝3，
又z所对应的点在第一象限，则x＝eq \r(3)，
所以z＝eq \r(3)＋i，eq \f(1,z)＝eq \f(1,\r(3)＋i)＝eq \f(\r(3)－i,4).故选B.]
3.C [因为(a＋2b)⊥a，所以(a＋2b)·a＝a2＋2a·b＝|a|2＋2|a||b|cs〈a，b〉＝0，
又|a|＝|b|，所以|a|2(1＋2cs〈a，b〉)＝0.
因为a，b均为非零向量，
所以cs 〈a，b〉＝－eq \f(1,2)，
则向量a与b的夹角为eq \f(2π,3).故选C.]
4.B [因为cs 2θ＋cs θ＝0，
所以2cs2θ＋cs θ－1＝0，
即(2cs θ－1)(cs θ＋1)＝0，
所以cs θ＝eq \f(1,2)，或cs θ＝－1.
因为θ∈(0，π)，所以θ＝eq \f(π,3).故选B.]
5.A [依题意，an被3除余1且被2除余1，所以(an－1)是3的整数倍且是2的整数倍，即(an－1)是6的整数倍，又易得a1＝1，所以an－1＝6(n－1)，所以an＝6n－5，所以a10＝55.故选A.]
6.C [因为lg2eq \r(a)＝lgb4，
所以lg2a·lg2b＝4，
所以lg2(ab)＝lg2a＋lg2b≥
2eq \r(lg2a·lg2b)＝4，
当且仅当lg2a＝lg2b＝2，
即a＝b＝4时取等号.
所以(ab)min＝24＝16.故选C.]
7.C [∵y＝x2，y＝cs x均为偶函数，
∴函数f(x)为偶函数，
f′(x)＝－2x＋sin x，
令g(x)＝f′(x)，
则g′(x)＝－2＋cs x.
∵cs x∈[－1，1]，∴g′(x)＜0，
即g(x)＝f′(x)在R上单调递减，
∵f′(0)＝0，
∴f′(x)＜0在(0，＋∞)上恒成立，
故函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减，
在(－∞，0)上单调递增，
f(x－1)＞f(－1)⇔|x－1|＜1⇔x∈(0，2).故选C.]
8.D [由题图(2)得，
圆形木板的直径为eq \r(102＋52)＝5eq \r(5)(cm).
设截得的四边形木板为ABCD，∠A＝α，AB＝c，BD＝a，AD＝b，BC＝n，CD＝m，如图所示.
由cs α＝eq \f(3,5)且0＜α＜π
可得sin α＝eq \r(1－cs2α)＝eq \f(4,5)，
在△ABD中，由正弦定理得eq \f(a,sin α)＝5eq \r(5)，
解得a＝4eq \r(5).
在△ABD中，由余弦定理，
得a2＝b2＋c2－2bccs α，
所以80＝b2＋c2－eq \f(6,5)bc＝(b＋c)2－eq \f(16,5)bc≥(b＋c)2－eq \f(16,5)×eq \f(（b＋c）2,4)＝eq \f(（b＋c）2,5)，
即(b＋c)2≤400，可得0＜b＋c≤20，
当且仅当b＝c＝10时等号成立.
在△BCD中，∠BCD＝π－α，
由余弦定理可得
80＝a2＝m2＋n2－2mncs (π－α)
＝m2＋n2＋eq \f(6,5)mn
＝(m＋n)2－eq \f(4,5)mn≥(m＋n)2－eq \f(4,5)×eq \f(（m＋n）2,4)＝eq \f(4（m＋n）2,5)，
即(m＋n)2≤100，即0＜m＋n≤10，
当且仅当m＝n＝5时等号成立，
因此，这块四边形木板周长的最大值为30 cm.故选D.]
9.AB [由an＋1＝2an＋1，
可得an＋1＋1＝2(an＋1)，
∴数列{an＋1}是公比为2的等比数列，故B正确；
又a1＝1，∴an＋1＝(a1＋1)2n－1＝2n，
∴an＝2n－1，a3＝7，故A正确，C不正确；
Sn＝eq \f(2（1－2n）,1－2)－n＝2n＋1－n－2，故D不正确.故选AB.]
10.ABC [A选项：设f(x)的最小正周期为T，
由图象知A＝2，eq \f(7π,12)－(－eq \f(π,6))＝eq \f(3π,4)＝eq \f(3,4)T，
所以T＝eq \f(2π,ω)＝π，得ω＝2.
当x＝eq \f(7π,12)时，函数f(x)取得最小值，则2×eq \f(7π,12)＋φ＝2kπ－eq \f(π,2)(k∈Z)，
即φ＝2kπ－eq \f(5,3)π(k∈Z)，
又|φ|＜eq \f(π,2)，则当k＝1时，φ＝eq \f(π,3)符合题意.
所以A＝2，ω＝2，φ＝eq \f(π,3)，所以A正确；
B选项：f(x－eq \f(π,6))＝2sin[2(x－eq \f(π,6))＋eq \f(π,3)]＝2sin 2x为奇函数，所以B正确；
C选项：令2x＋eq \f(π,3)＝kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，解得
x＝eq \f(kπ,2)＋eq \f(π,12)(k∈Z)，所以函数f(x)图象的对称轴方程为x＝eq \f(kπ,2)＋eq \f(π,12)(k∈Z)，
当k＝－3时，x＝－eq \f(17π,12)，所以C正确；
D选项：因为x∈(－eq \f(π,12)，eq \f(π,4)]，
2x∈(－eq \f(π,6)，eq \f(π,2)]，
2x＋eq \f(π,3)∈(eq \f(π,6)，eq \f(5π,6)]，
所以sin(2x＋eq \f(π,3))∈[eq \f(1,2)，1]，
所以f(x)∈[1，2]，所以D不正确.
故选ABC.]
11.ABD [对于A选项，易知函数y＝ex与y＝eq \f(x＋1,x－1)都满足性质f(－x)＝eq \f(1,f（x）)，则x1与－x1都为函数y＝ex－eq \f(x＋1,x－1)的零点，则x2＝－x1，即A正确；
对于B选项，易知函数y＝ln x与y＝eq \f(x＋1,x－1)都满足性质f(eq \f(1,x))＝－f(x)，则x3与eq \f(1,x3)都为函数y＝ln x－eq \f(x＋1,x－1)的零点，
则x4＝eq \f(1,x3)，即B正确；
对于C选项，如图，易知函数y＝ex与y＝ln x的图象关于直线y＝x对称，y＝eq \f(x＋1,x－1)的图象关于直线y＝x对称，可得x1＝ln x3，则有eq \f(ln x3,x1)＝1，又x1≠－1，故C错误；
对于D选项，由以上分析，可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x1＋x2＝0,x2＝ln x4))，得x1＋ln x4＝0，则x4ex1＝1，即D正确.
故选ABD.]
12.2 [对y＝2ln x－x求导，得y′＝eq \f(2,x)－1，故曲线y＝2ln x－x在x＝1处的切线斜率为2－1＝1，
又当x＝1时，y＝－1，
故切线方程为y－(－1)＝1×(x－1)，
即y＝x－2，令x＝0得y＝－2，
令y＝0得x＝2，
故切线与两坐轴围成的三角形的面积为
eq \f(1,2)×2×2＝2.]
13.8 [法一 设A(x，0)，D(0，y)，x＞0，y＞0，则 x2＋y2＝4，B(x＋y，x)，C(y，x＋y)，
于是eq \(OB,\s\up6(→))·eq \(OC,\s\up6(→))＝(x＋y，x)·(y，x＋y)＝x2＋2xy＋y2≤2(x2＋y2)＝8，
当且仅当x＝y＝eq \r(2)时等号成立.
法二 令∠OAD＝θ(0＜θ＜eq \f(π,2))，
则∠BAx＝eq \f(π,2)－θ.
由于|AD|＝2，
故|OA|＝2cs θ，|OD|＝2sin θ.
由于|AB|＝2，
则xB＝2cs θ＋2cs(eq \f(π,2)－θ)＝2cs θ＋2sin θ，yB＝2sin(eq \f(π,2)－θ)＝2cs θ，
故eq \(OB,\s\up6(→))＝(2cs θ＋2sin θ，2cs θ).
同理可求得C(2sin θ，2cs θ＋2sin θ)，
即eq \(OC,\s\up6(→))＝(2sin θ，2cs θ＋2sin θ)，
所以eq \(OB,\s\up6(→))·eq \(OC,\s\up6(→))＝(2cs θ＋2sin θ，2cs θ)·(2sin θ，2cs θ＋2sin θ)＝4＋4sin 2θ.
当θ＝eq \f(π,4)时，eq \(OB,\s\up6(→))·eq \(OC,\s\up6(→))取得最大值8.]
14.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(e2,4))) [由题意知，当x∈(－∞，－2)时，f(x)＜0；
当x∈[－2，0]时，f(x)≥0；
当x∈(0，＋∞)时，f(x)≥0.
当x≤0时，f(x)＝－(x＋2)(x－a)≥0，
则(x＋2)(x－a)≤0，因解集为[－2，＋∞)，
故x＋2≥0，则x－a≤0，a≥x，此时x≤0，
故a≥0；
当x＞0时，f(x)≥0⇔ex－ax2≥0，
当a＝0时，显然成立；
当a＞0时，ex－ax2≥0⇔eq \f(1,a)≥eq \f(x2,ex)，
令g(x)＝eq \f(x2,ex)(x＞0)，则g′(x)＝eq \f(2x－x2,ex)，
所以g(x)在(0，2)上单调递增，在(2，＋∞)上单调递减，
所以g(x)max＝g(2)＝eq \f(4,e2)，
所以eq \f(1,a)≥eq \f(4,e2)⇒0＜a≤eq \f(e2,4).
综上，实数a的取值范围为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(e2,4))).]
15.解 (1)若选择①.
由当n≥2时，Sn＋Sn－1＝aeq \\al(2,n)－2，
得当n≥3时，Sn－1＋Sn－2＝aeq \\al(2,n－1)－2，
两式相减，得an＋an－1＝aeq \\al(2,n)－aeq \\al(2,n－1)，
所以(an＋an－1)(an－an－1－1)＝0.
因为an＞0，所以an－an－1＝1(n≥3).
在Sn＋Sn－1＝aeq \\al(2,n)－2中，令n＝2，
得a1＋a2＋a1＝aeq \\al(2,2)－2，
即aeq \\al(2,2)－a2－6＝0，
解得a2＝－2(舍去)或a2＝3，
所以a2－a1＝1，符合an－an－1＝1，
所以数列{an}是首项为2，公差为1的等差数列，所以an＝2＋(n－1)×1＝n＋1.
若选择②.
由当n≥2时，
aeq \\al(2,n)＋an－1Sn－1＝Snan－1＋an－1＋1，
得aeq \\al(2,n)－an－1(Sn－Sn－1)－an－1－1＝0，
所以aeq \\al(2,n)－anan－1－an－1－1＝0，
因式分解，得(an＋1)(an－an－1－1)＝0，
因为an＞0，所以an－an－1＝1，
所以数列{an}是首项为2，公差为1的等差数列，所以an＝2＋(n－1)×1＝n＋1.
若选择③.
因为当n≥2时，{(n－1)an－1－(n－2)an}为常数列，
所以(n－1)an－1－(n－2)an＝a1＝2，
所以当n≥3时，(n－2)an－2－(n－3)an－1＝2，
两式相减得
2(n－2)an－1＝(n－2)an＋(n－2)an－2，
故2an－1＝an＋an－2(n≥3).
因为a1＝2，S2＝5，所以a2＝3，a2－a1＝1，
所以{an}是首项为2，公差为1的等差数列，
所以an＝2＋(n－1)×1＝n＋1.
(2)由(1)得，
bn＝eq \f(1,an·an＋1)＝eq \f(1,（n＋1）（n＋2）)
＝eq \f(1,n＋1)－eq \f(1,n＋2)，
所以Tn＝(eq \f(1,2)－eq \f(1,3))＋(eq \f(1,3)－eq \f(1,4))＋…＋(eq \f(1,n＋1)－eq \f(1,n＋2))＝eq \f(1,2)－eq \f(1,n＋2)＝eq \f(n,2n＋4).
则由Tk＝eq \f(4,ak＋1)，得eq \f(k,2k＋4)＝eq \f(4,k＋2)，
因k∈N*，故k≠－2，得k＝8，
故正整数k的值为8.
16.解 (1)由2sin(B＋eq \f(π,6))＝eq \f(b＋c,a)可得
eq \r(3)sin B＋cs B＝eq \f(b＋c,a)，
由正弦定理得
eq \r(3)sin B＋cs B＝eq \f(sin B＋sin C,sin A)，
即eq \r(3)sin Asin B＋sin Acs B＝sin B＋sin(A＋B)，即eq \r(3)sin Asin B＋sin Acs B＝sin B＋sin Acs B＋cs Asin B，
即eq \r(3)sin Asin B＝sin B＋cs Asin B.
又sin B≠0，所以eq \r(3)sin A－cs A＝1，
即sin(A－eq \f(π,6))＝eq \f(1,2).
由0＜A＜π，得A＝eq \f(π,3).
(2)△ABC的面积S＝eq \f(1,2)a·eq \f(\r(3),4)a
＝eq \f(1,2)bcsin A，A＝eq \f(π,3)，
所以可得a2＝2bc.
由正弦定理得sin2A＝2sin Bsin C，
得sin Bsin C＝eq \f(3,8).
又cs(B＋C)＝－cs A＝－eq \f(1,2)，
即cs Bcs C－sin Bsin C＝－eq \f(1,2)，
所以cs Bcs C＝－eq \f(1,8).
17.解 (1)∵f(x)≤|f(－eq \f(π,6))|，
即当x＝－eq \f(π,6)时函数f(x)取到最值，
又f(x)＝asin 2x＋cs 2x＝eq \r(a2＋1)sin(2x＋φ)≤eq \r(a2＋1)，其中tan φ＝eq \f(1,a)(a≠0)，
∴eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(f（－\f(π,6)）))eq \s\up12(2)＝a2＋1，代入得
eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(asin 2（－\f(π,6)）＋cs 2（－\f(π,6)）))eq \s\up12(2)
＝a2＋1，
即(－eq \f(\r(3),2)a＋eq \f(1,2))2＝a2＋1，
(a＋eq \r(3))2＝0，
解得a＝－eq \r(3)，
则f(x)＝－eq \r(3)sin 2x＋cs 2x
＝－2sin(2x－eq \f(π,6))，
当2x－eq \f(π,6)＝2kπ－eq \f(π,2)，k∈Z，
即x＝kπ－eq \f(π,6)，k∈Z时，
f(x)取到最大值2；
(2)由(1)可得：f(x)＝－2sin(2x－eq \f(π,6)).
选①：
可得T＝eq \f(2π,2)＝π，当B，C对应的f(x)同为最大值或最小值时，得S△ABC＝eq \f(1,2)f(x)max·kT≥eq \f(1,2)f(x)max·T＝eq \f(1,2)×2×π＝π(k∈N*)；
当B，C对应的f(x)一个为最大值，另一个为最小值时，得S△ABC＝eq \f(1,2)·2f(x)max·keq \f(T,2)≥eq \f(1,2)f(x)max·T＝eq \f(1,2)×2×π＝π(k∈N*).
综上△ABC面积的最小值为π.
选②：由复数的几何意义知，
A(－2，－4)，B(－2，f(t))，
故S△OAB＝eq \f(1,2)×2×|AB|＝|AB|
＝|f(t)＋4|＝－2sin(2t－eq \f(π,6))＋4，
当2t－eq \f(π,6)＝2kπ－eq \f(π,2)，k∈Z，
即t＝kπ－eq \f(π,6)，k∈Z时，
S△OAB有最大值6；
当2t－eq \f(π,6)＝2kπ＋eq \f(π,2)，k∈Z，
即t＝kπ＋eq \f(π,3)，k∈Z时，S△OAB有最小值2，
综上△OAB面积的取值范围为[2，6].
18.解 (1)因为eq \f(a1＋2a2＋3a3＋…＋nan,n)＝2，
所以a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝2n.
当n＝1时，a1＝2.
当n≥2时，由a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝2n得a1＋2a2＋3a3＋…＋(n－1)an－1＝2(n－1)，
上述两个等式作差得nan＝2，
即an＝eq \f(2,n)(n≥2)，
又因为a1＝2满足an＝eq \f(2,n)，
所以an＝eq \f(2,n)(n∈N*).
(2)因为an＝eq \f(2,n)，
所以bn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2n，n为奇数，,\f(2,n（n＋2）)，n为偶数.))
所以S20＝(2＋6＋…＋38)＋
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,2×4)＋\f(2,4×6)＋…＋\f(2,20×22)))＝eq \f(（2＋38）×10,2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,4)＋\f(1,4)－\f(1,6)＋…＋\f(1,20)－\f(1,22)))
＝200＋eq \f(1,2)－eq \f(1,22)＝eq \f(2 205,11).
19.(1)解 ∵f(x)＝ln x＋ax2＋(a＋2)x，定义域为(0，＋∞)，
∴f′(x)＝eq \f(1,x)＋2ax＋a＋2
＝eq \f(2ax2＋（a＋2）x＋1,x)＝eq \f(（2x＋1）（ax＋1）,x)
(x＞0)，
①当a≥0时，f′(x)＞0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
②当a＜0时，当x∈(0，－eq \f(1,a))时，f′(x)＞0，
f(x)在(0，－eq \f(1,a))上单调递增，
当x∈(－eq \f(1,a)，＋∞)时，f′(x)＜0，
f(x)在(－eq \f(1,a)，＋∞)上单调递减.
综上，当a≥0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a＜0时，f(x)在(0，－eq \f(1,a))上单调递增，
在(－eq \f(1,a)，＋∞)上单调递减.
(2)证明 由(1)可得，当a＜0时，
f(x)max＝f(－eq \f(1,a))
＝ln(－eq \f(1,a))＋eq \f(1,a)－eq \f(a＋2,a)
＝ln(－eq \f(1,a))－eq \f(1,a)－1.
要证f(x)≤－eq \f(2,a)－2，
只需证f(x)max≤－eq \f(2,a)－2，
即证ln (－eq \f(1,a))＋eq \f(1,a)＋1≤0恒成立.
令t＝－eq \f(1,a)，g(t)＝ln t－t＋1(t＞0)，
则g′(t)＝eq \f(1,t)－1＝eq \f(1－t,t)，
当t∈(0，1)时，g′(t)＞0，g(t)单调递增，
当t∈(1，＋∞)时，g′(t)＜0，g(t)单调递减，
∴g(t)的最大值为g(1)＝0，即g(t)≤0，
∴ln(－eq \f(1,a))＋eq \f(1,a)＋1≤0恒成立，
即当a＜0时，f(x)≤－eq \f(2,a)－2.