辽宁省沈阳市郊联体2025届高三上学期开学联考数学试题（含答案）

这是一份辽宁省沈阳市郊联体2025届高三上学期开学联考数学试题（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。

1.已知集合A=x|2x<4，B=xlg13x>−1，则A∩B=( )
A. 0,2B. −∞,2C. −∞,3D. 0
2.命题“∃x∈0,+∞，lnx=8x+5”的否定是( )
A. ∃x∈0,+∞，lnx≠8x+5B. ∀x∈0,+∞，lnx≠8x+5
C. ∃x∉0,+∞，lnx=8x+5D. ∀x∉0,+∞，lnx=8x+5
3.已知an是无穷数列，a1=3，则“对任意的m,n∈N∗”，都有am+n=am+an”是“an是等差数列”的( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
4.函数fx=sin2x的图象向左平移π4个单位长度，再把横坐标缩短为原来的一半，得到gx的图象，则gx=( )
A. cs4xB. −csxC. −cs4xD. −sinx
5.通常用声强来度量声音的强弱，假设讲话瞬间发出声音的声强为W0，则经过t秒后这段声音的声强变为Wt=W0e−1τ，其中τ是一个常数．定义声音的声强衰减到原来的10−3所需的时间为TR，则TR约为( ) 附：ln2≈0.7，ln5≈1.6．
A. 148τB. 6.9τC. 13.8τD. 6.72τ
6.已知数列an的前n项和为Sn.若an+an+1=2n+5，a1=1，则S8=( )
A. 48B. 50C. 52D. 54
7.已知函数fx，对任意的x,y∈R都有fx+y=2xfy+2yfx，且f1=2，则下列说法不正确的是( )
A. f0=0B. fx2x是奇函数
C. y=fx是R上的增函数D. fn=n⋅2nn∈N∗
8.若函数fx=xex−x−lnx+a−2有两个零点，则实数a的取值范围是( )
A. −∞,1B. 1,+∞C. 1,+∞D. −∞,1
二、多选题：本题共3小题，共15分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.若lgab>1，则下列不等式一定成立的是( )
A. aa+bC. a−1a>b−1bD. a+1a10.已知函数fx=Asinωx+φA>0,ω>0,−π<φ<π的部分图象如图所示，则下列说法正确的是( )
A. ω=2
B. 函数fx的图象关于点−4π3,0对称
C. 函数fx在区间2π,5π2上单调递增
D. 若函数fλxλ>0在区间[0,π]上有且仅有两个零点和两个极值点，则λ∈1112,76
11.若定义在R上的函数fx，gx满足f1+x+f1−x=0，fx+3+gx=2，fx+g1−x=2，则下列结论中正确的是( )
A. fx是偶函数B. gx是周期为4的周期函数
C. f1+f2+f3+f4=0D. n=120gn=30
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知正实数a，b满足2a+3b=1，则ab的最大值为________．
13.设集合A=2,3,4,5，B=1,a+2,2a+1.若A∪B=x∈N∗x<6，则a=________．
14.已知a>0且x>0时，不等式ae2x−ln(x+m)+14a>0恒成立，则正数m的取值范围是 ．
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题12分)
已知函数f(x)=2x3−3ax2+1．
(1)当a=1时，求函数f(x)的单调递减区间；
(2)若x=0是函数f(x)的极小值点，求实数a的取值范围．
16.(本小题12分)
已知函数fx=2 3cs2x−2025π2+2sinx−2024πcsx− 3．
(1)求曲线y=fx的对称轴；
(2)已知25fm−π6=14，m∈2π3,5π6，求sin2m的值．
17.(本小题12分)
如图，已知斜三棱柱ABC−A1B1C1中，侧面BB1C1C⊥侧面AA1B1B，侧面BB1C1C是矩形，侧面AA1B1B是菱形，∠BAA1=60∘，AB=2BC=2，点E，F，G分别为棱AA1，A1C，BB1的中点．
(1)证明：FG//平面ABC；
(2)求二面角A1−B1C−E的余弦值．
18.(本小题12分)
已知正项数列an满足a1=1，a2=2，且对于任意n∈N∗，满足anan+2−an+12=−1．
(1)求出数列an的通项公式；
(2)设bn=1an2，证明：数列bn的前n项和Tn<53；
(3)设Sn=i=0n1a3k+1−1a3k+2，证明：Sn<1118．
19.(本小题12分)
对于数列an，定义：若存在函数fx，使得数列an的前n项和Snn>2小于fn，则称数列an是“fn控制数列”．
(1)设Ax=px2+qx+rp≠0，证明：存在Ax，使得等差数列an是“An控制数列”；
(2)设bn=lnn，Bx=12x2−12x+ln2−1，判断数列bn是否是“Bn控制数列”，并说明理由；
(3)仿照上述定义，我们还可以定义：若存在实数T，使得数列cn的前n项积Tn=c1⋅c2⋅⋅⋅⋅⋅cnn≥2小于T，则称数列cn是“T特控数列”.设cn=an+1，其中0参考答案
1.A
2.B
3.A
4.A
5.B
6.C
7.C
8.A
9.BD
10.AB
11.ABC
12.124
13.2
14.(0,e]
15.解：(1)当a=1时，f(x)=2x3−3x2+1，
f′(x)=6x2−6x=6x(x−1)，
由f′(x)<0，解得0所以函数f(x)的单调递减区间为(0,1)；
(2)f′(x)=6x(x−a)，f′(x)=0时，x=0或x=a，
①若a<0，
当x0时，f′(x)>0，
当a因此x=0时，函数f(x)取极小值；
②若a=0，
当x<0或x>0时，f′(x)>0，
因此x=0不是函数f(x)的极值点；
③若a>0，
当x<0或x>a时，f′(x)>0，
当0因此x=0时，函数f(x)取极大值.
综上，实数a的取值范围为(−∞,0)．

16.解：(1)f(x)=2 3cs2(x−2025π2)+2sin(x−2024π)csx− 3
=2 3sin2x+2sinxcsx− 3
=− 3cs2x+sin2x
=2sin(2x−π3)，
令2x−π3=π2+kπ，k∈Z，则x=5π12+kπ2，k∈Z，
故函数的对称轴为x=5π12+kπ2，k∈Z；
(2)因为25f(m−π6)=14，m∈[2π3,5π6),
所以50sin(2m−2π3)=14，2π3≤2m−2π3<π，
即sin(2m−2π3)=725，
所以cs(2m−2π3)=−2425，
则sin2m=sin((2m−2π3)+2π3]
=−12sin(2m−2π3)+ 32cs((2m−2π3)
=−12×725+ 32×(−2425)
=−7+24 350．
17.【小问1详解】
证明：因为点E,F,G分别为棱AA1,A1C,BB1的中点，
连接EF,EG，则EF//AC,EG//AB，
且EF⊄平面ABC，AC⊂平面ABC，可得EF/​/平面ABC，
又因为EG⊄平面ABC，AB⊂平面ABC，可得EG/​/平面ABC，
且EF∩EG=E，EF,EG⊂平面EFG，可得平面EFG/​/平面ABC，
由FG⊂平面EFG，所以FG/​/平面ABC．
【小问2详解】
因为侧面BB1C1C是矩形，所以BC⊥BB1，
又因为侧面BB1C1C⊥侧面AA1B1B，平面BB1C1C∩平面AA1B1B=BB1，
所以BC⊥平面AA1B1B，
因为BE⊂平面AA1B1B，所以BC⊥BE.
菱形AA1B1B中，∠BAA1=60∘，所以▵AA1B是等边三角形，
又E是AA1的中点，所以BE⊥AA1，得BE⊥BB1，
如图，以B为坐标原点，BE，BB1，BC所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系．
因为AB=2BC=2，所以BE=ABsin60∘= 3，
因此B1(0,2,0)，A1( 3,1,0)，E( 3,0,0)，C(0,0,1)，
所以B1C=(0,−2,1)，B1E=( 3,−2,0)，B1A1=( 3,−1,0)，
设平面EB1C的法向量为m=x1,y1,z1，
由m⊥B1C，得−2y1+z1=0，
由m⊥B1E，得 3x1−2y1=0，令y1=1，得m=2 33,1,2，
设平面A1B1C的法向量为n=x2,y2,z2，
由n⊥B1C，得−2y2+z2=0，
由n⊥B1A1，得 3x2−y2=0，令y2=1，得n= 33,1,2，
cs⟨m,n⟩=m⋅n|m|⋅|n|=23+1+4 193⋅ 163=17 1976．
所以二面角A1−B1C−E的余弦值为17 1976．

18.(1)解：由a1=1，a2=2，且对于任意n∈N∗，满足anan+2−an+12=−1．
计算得a3=a22−1=3，
由anan+2−an+12=−1，可得an+1an+3−an+22=−1，
相减可知anan+2+an+22=an+1an+3+an+12，
整理可得an+an+2an+1=an+1+an+3an+2，
所以an+an+2an+1=an+1+an+3an+2=⋯=a1+a3a2为定值，
定值为1+32=2⇒{an}为等差数列，故an=n；
(2)证明：由(1)得an=n，所以bn=1n2，
当n≥2时，1n2=44n2<4(2n−1)(2n+1)=2(12n−1−12n+1)，
则Tn=1+2(13−15+15−17+...+12n−1−12n+1)=1+23−22n+1<53；
(3)证明：Sn=k=0n(1a3k+1−1a3k+2)=k=0n1(3k+1)(3k+2)=11×2+14×5+k=2n1(3k+1)(3k+2)，
因为3k(3k+3)<(3k+1)(3k+2)，
所以Sn<11×2+14×5+k=2n13k(3k+3)=12+120+k=2n19(1k−1k+1)
=12+120+19(12−1n+1)<12+120+118=109180<110180=1118．
19.解：(1)证明：不妨设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，前n项和为Sn，
则Sn=na1+n(n−1)d2=d2n2+(a1−d2)n，
取p=d2，q=a1−d2，r>0，则Sn即存在A(x)，使得等差数列{an}是“A(n)控制数列”得证；
(2)数列{bn}是“B(n)控制数列”，理由如下：
令g(x)=lnx−x+1，则g′(x)=1x−1=1−xx，
当00，g(x)单调递增；
当x>1时，g′(x)<0，g(x)单调递减，
∴g(x)≤g(1)=0，
即lnx≤x−1，当x=1时取等号，
设数列{bn}的前n项和为Wn(n>2)，
则Wn=ln1+ln2+k=3πlnk即数列{bn}是“B(n)控制数列”；
(3)证明：要证数列{cn}是”a2−1a2+a−1特控数列“，
即证(a+1)⋅(a2+1)·⋯·(an+1)∵00，
对(a+1)⋅(a2+1)·⋯·(an+1)k=1nln(ak+1)即证k=1nln(ak+1)即证ln(a+1)+k=2nln(ak+1)由(2)知当0则当n≥2时，有k=2nln(ak+1)即证ln(a+1)+a21−a令m(x)=x21−x−lnx−1x2+x−1，0则m′(x)=x3(2−x)(x2+x−1)(x−1)2<0，
∴m(x)在(0, 5−12)上单调递减，
∴m(x)故(a+1)⋅(a2+1)·⋯·(an+1)即数列{cn}是”a2−1a2+a−1特控数列“得证．