吉林省长春市东北师范大学附属中学2025届高三上学期第二次摸底考试数学试题（含答案）

这是一份吉林省长春市东北师范大学附属中学2025届高三上学期第二次摸底考试数学试题（含答案），共9页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.设集合A={x∈N|−2y，则下列不等式一定成立的是( )
A. x−1>1−yB. x−1>y−1C. x−y>1−yD. 1−x>y−x
10.已知函数f(x)= 3+2sinx−sin2x，则下列结论正确的有( )
A. 函数f(x)的最小正周期为πB. 函数f(x)在[−π,π]上有2个零点
C. 函数f(x)的图象关于(π, 3)对称D. 函数f(x)的最小值为− 3
11.已知x1是函数fx=x+1−lnx+2的零点，x2是函数gx=x2−2ax+4a+4的零点，且满足x1−x2≤1，则实数a的取值可能是( )
A. −1B. −2C. 2−2 2D. 4−4 2
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.复数z满足z−5=z−1=z+i，则z= ．
13.已知函数f(x)的定义域为R，y=f(x)+ex是偶函数，y=f(x)−3ex是奇函数，则f(x)的最小值为 ．
14.莱洛三角形，也称圆弧三角形，是一种特殊三角形，在建筑、工业上应用广泛，如图所示，分别以正三角形ABC的顶点为圆心，以边长为半径作圆弧，由这三段圆弧组成的曲边三角形即为莱洛三角形，已知A,B两点间的距离为2，点P为AB⌢上的一点，则PA⋅(PB+PC)的最小值为 ．
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.(本小题13分)
在▵ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c，若2asinA=2sinB+sinCb+2sinC+sinBc．
(1)求A的大小；
(2)若m=1,sinB,n=sinC,1，求m⋅n的最大值．
16.(本小题15分)
已知数列an的首项a1=45，且满足an+1=4anan+3，设bn=1an−1．
(1)求证：数列bn为等比数列；
(2)若1a1+1a2+1a3+⋯+1an>2024，求满足条件的最小正整数n．
17.(本小题15分)
记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，已知A=5π6，D是边BC上的一点，且sin∠BADb+sin∠CADc=32a．
(1)证明：AD=13a；
(2)若CD=2BD，求cs∠ADC．
18.(本小题17分)
已知函数f(x)=ex+xsinx+csx−ax−2(a∈R)．
(1)若a=2，求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程；
(2)若f(x)≥0对任意x∈[0,+∞)恒成立，求a的取值范围．
19.(本小题17分)
置换是代数的基本模型，定义域和值域都是集合A=1,2,…,n,n∈N+的函数称为n次置换.满足对任意i∈A,fi=i的置换称作恒等置换.所有n次置换组成的集合记作Sn.对于fi∈Sn，我们可用列表法表示此置换：fi=1&2&⋯&nf1&f2&⋯&fn，记fi=f1i,ffi=f2i,ff2i=f3i,⋯,ffk−1i=fki,i∈A,k∈N+．
(1)若fi∈S4,fi=1&2&3&44&2&1&3，计算f3i；
(2)证明：对任意fi∈S4，存在k∈N+，使得fki为恒等置换；
(3)对编号从1到52的扑克牌进行洗牌，分成上下各26张两部分，互相交错插入，即第1张不动，第27张变为第2张，第2张变为第3张，第28张变为第4张，，依次类推.这样操作最少重复几次就能恢复原来的牌型？请说明理由．
参考答案
1.B
2.B
3.D
4.C
5.B
6.D
7.C
8.A
9.BCD
10.BC
11.AC
12.3 2
13.2 2
14.10−4 7
15.解：(1)由已知，根据正弦定理得2a2=2b+cb+2c+bc
即a2=b2+c2+bc
由余弦定理得a2=b2+c2−2bccsA
故csA=−12，因为A∈0,π，所以A=2π3．
(2)m⋅n=sinB+sinC，由(1)得：
sinB+sinC=sinB+sinπ3−B= 32csB+12sinB=sinπ3+B，
因为B∈0,π3，则B+π3∈π3,2π3，
故当B+π3=π2，即B=π6时，sinB+sinC取得最大值1．

16.解：(1)∵bn+1bn=1an+1−11an−1=an+34an−11an−1=31−an41−an=34，
b1=1a1−1=14，所以数列bn为首项为b1=14，公比为34等比数列．
(2)由(1)可得1a1−1+1a2−1+1a3−1+⋯+1an−1
=141−34n1−34
=1−34n，
即1a1+1a2+1a3+⋯+1an−n=1−34n，
∴1a1+1a2+1a3+⋯+1an=n+1−34n，
而因为y=x+1,y=−34x在0,+∞上均单调递增，则n+1−34n随着n的增大而增大，
要使1a1+1a2+1a3+⋯+1an>2024，即n+1−34n>2024，则n≥2024，
∴n的最小值为2024．

17.解：(1)证明：在△ABC中，由正弦定理得asin∠BAC=bsinB=csinC，
在△ABD中，由正弦定理得sin∠BADBD= sinBAD，
则sin∠BAD=BD⋅sinBAD，
在△ACD中，由正弦定理得sin∠CADCD=sinCAD，
则sin∠CAD=CD⋅sinCAD，
所以sin⁡∠BADb+sin⁡∠CADc=BD⋅sin⁡BAD⋅b+CD⋅sin⁡CAD⋅c
=BD⋅sin⁡∠BACAD⋅a+CD⋅sin⁡∠BACAD⋅a=12(BD+CD)AD⋅a=12aAD⋅a=12AD=32a，
所以AD=13a；
(2)由CD=2BD，得CD=23a，BD=13a，又 AD=13a ，
所以在△ACD和△ABD中，由余弦定理得
cs⁡∠ADC=(13a)2+(23a)2−b22×13a×23a，cs⁡∠ADB=(13a)2+(13a)2−c22×13a×13a，
又∠ADC+∠ADB=π，则cs⁡∠ADC+cs⁡∠ADB=0，
所以(13a)2+(23a)2−b22×13a×23a+(13a)2+(13a)2−c22×13a×13a=0 ，
整理得a2−b2=2c2，
又∠BAC=5π6，所以在△ABC中，由余弦定理得a2= b2+c2−2bccs5π6=b2+
c2+ 3bc，
联立 a2−b2=2c2a2=b2+c2+ 3bc，解得c= 3ba= 7b,
故cs⁡∠ADC=(13a)2+(23a)2−b22×13a×23a=59×7b2−b249×7b2=1314 .

18.解：(1)当a=2 时， f(x)=ex+xsinx+csx−2x−2 ，
则f′(x)=ex+xcsx−2 ，
所以f′(0)=−1，
又f(0)=1+1−2=0，
所以曲线y=f(x) 在点(0,f(0))处的切线方程为y=−x；
(2)f(x)=ex+xsinx+csx−ax−2(a∈R)，则f′(x)=ex+xcsx−a ，
令ℎ(x)=f′(x)(x⩾0)，则ℎ′(x)=ex+csx−xsinx，
令u(x)=ex−1−x(x⩾0)，则u′(x)=ex−1⩾0，
所以u(x)在区间[0,+∞)上单调递增，
则u(x)⩾u(0)=0，即ex−(x+1)⩾0，
当x⩾0时，sinx⩽1，则−xsinx⩾−x，
又csx⩾−1，所以csx−xsinx⩾−(x+1)，
所以ex+csx−xsinx⩾ex−(x+1)⩾0，
则ℎ′(x)⩾0，
所以ℎ(x)在区间[0,+∞)上单调递增，即f′(x)在区间[0,+∞)上单调递增，
所以f′(x)⩾f′(0)=1−a，
①当1−a⩾0，即a⩽1时，f′(x)⩾f′(0)⩾0，则f(x)在区间[0,+∞)上单调递增，
所以f(x)⩾f(0)=0，符合题意；
②当1−a1时， f′(a)=ea+acsa−a≥ea−2a，
令g(a)=ea−2a(a>1) ，
则g′(a)=ea−2>e−2>0 ，
所以g(a)在区间(1,+∞)上单调递增，
则g(a)>g(1)=e−2>0，故f′(a)>0，
又f′(0)