2025无锡高三上学期期中教学测试数学含答案

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这是一份2025无锡高三上学期期中教学测试数学含答案，共8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.若集合A={x|−1A. [0,1)B. (−1,1)C. (−1,2]D. (−1,0]
2.已知复数z=1+2i3−4i(i为虚数单位)，则z在复平面上对应的点在( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
3.已知函数y=sin(2x+15)的图象为C，为了得到函数y=sin(2x−15)的图象，只要把C上所有的点( )
A. 向右平行移动15个单位长度B. 向左平行移动15个单位长度
C. 向右平行移动25个单位长度D. 向左平行移动25个单位长度
4.一家货物公司计划租地建造仓库储存货物，经过市场调查了解到下列信息：每月土地占地费y1(单位：元)与仓库到车站的距离x(单位：km)成反比，每月库存货物费y2(单位：元)与x成正比;若在距离车站6km处建仓库，则y2=4y1.要使这家公司的两项费用之和最小，则应该把仓库建在距离车站( )
A. 2kmB. 3kmC. 4kmD. 5km
5.若等差数列{an}的前n项和为Sn，则“S2024>0且S2025<0”是“a1012a1013<0”的( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
6.已知函数f(x)=ln2−xx+xx−1，则下列函数是奇函数的是( )
A. f(x+1)+1B. f(x−1)+1C. f(x−1)−1D. f(x+1)−1
7.若sin(θ2+π4)= 33(−π2<θ<π2)，则tan2θ的值为( )
A. −2 55B. 2 55C. −4 27D. 4 27
8.在△ABC中，已知BC=3，AC=1，∠ACB=60∘，点D是BC的中点，点E是线段AD上一点，且AE=13AD，连接CE并延长交边AB于点P，则线段CP的长度为( )
A. 75B. 375C. 65D. 355
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.下列函数中，在区间(π2,3π4)上单调递增的函数是( )
A. y=sin(2x−π4)B. y=cs(x+2π3)C. y=|sin2x|D. y=sin2x
10.下列说法中正确的有( )
A. 若a>b>0，cB. 若a>b>0，c<0，则ca>cb
C. 若1D. 若a<0，ab>a2，则b2>a2
11.函数f(x)=x3+ax2+bx−1.下列说法中正确的有( )
A. 当a=3，b=1时，有f(−2−x)+f(x)=0恒成立
B. ∃a，b∈R，使f(x)在(−∞,1)上单调递减
C. 当b=0时，存在唯一的实数a，使f(x)恰有两个零点
D. 当b=0，x∈[−2,0]时，x−6≤f(x)≤x恒成立，则a∈[14,1]
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知a=(0,2)，b=( 3,1)，则向量a在向量b上的投影向量的坐标为．
13.已知实数a，b，c满足9a=24b=c且1a+1b=3，则c= ．
14.任何有理数mn都可以化为有限小数或无限循环小数;反之，任一有限小数或无限循环小数也可以化为mn的形式，从而是有理数.则1.4˙= (写成mn的形式，m与n为互质的具体正整数);若1.4，1.44，1.444，⋯⋯构成了数列an，设数列bn=1(10n+1−1)⋅(an−1)，求数列{bn}的前n项和Sn= ．
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)
已知向量a与b的夹角为135∘，且|a|=1，|b|= 2，若c=λa+(1−λ)b，λ∈R.
(1)当b⊥c时，求实数λ的值;
(2)当|c|取最小值时，求向量b与c夹角的余弦值．
16.(本小题15分)
已知函数f(x)=x2+aln(x+1)，a∈R.
(1)若函数f(x)有两个不同的极值点，求a的取值范围;
(2)求函数g(x)=f(x)−(a2+2)x的单调递减区间．
17.(本小题15分)
在△ABC中，已知( 3tanA−1)( 3tanB−1)=4．
(1)若△ABC为锐角三角形，求角C的值，并求sin2A−cs2B的取值范围;
(2)若AB= 3，线段AB的中垂线交边AC于点D，且CD=1，求A的值．
18.(本小题17分)
已知函数f(x)=ex．
(1)若∀x∈R，不等式mf(x)−x>0恒成立，求实数m的取值范围;
(2)过点T(t,1)可以作曲线y=f(x)的两条切线，切点分别为A(a,ea)，B(b,eb).
①求实数t的取值范围;
②证明：若a>b，则|AT|>|BT|．
19.(本小题17分)
在下面n行、n列(n∈N∗)的表格内填数：第一列所填各数自上而下构成首项为1，公差为2的等差数列{an};第一行所填各数自左向右构成首项为1，公比为2的等比数列{bn};其余空格按照“任意一格的数是它上面一格的数与它左边一格的数之和”的规则填写.设第2行的数自左向右依次记为c1，c2，c3，⋯，cn．
(1)求数列{cn}通项公式;
(2)对任意的m∈N∗，将数列{an}中落入区间[bm,cm]内项的个数记为dm，
①求d1和d10的值;
②设数列{am⋅dm}的前m项和Tm;是否存在m∈N∗，使得9(Tm+2)=5m⋅3m−1，若存在，求出所有m的值，若不存在，请说明理由．
参考答案
1.D
2.B
3.A
4.B
5.A
6.D
7.C
8.B
9.BC
10.ABD
11.ACD
12. 32,12
13.6
14.139；1419−110n+1−1
15.解：由题，|a|=1，|b|= 2，a,b=135°，
a·b=a·b·csa,b=1× 2×− 22=−1．
(1)当b⊥c，所以b·c=b·λa+1−λb
=λa·b+1−λb2=−λ+21−λ=2−3λ=0，
所以λ=23，故实数λ的值为23．
(2)由c= c2= λa+1−λb2
= λ2a2+2λ1−λa·b+1−λ2b2
= λ2−2λ1−λ+21−λ2
= 5λ2−6λ+2= 5λ−352+15，
当λ=35时，cmin= 55，此时c=35a+25b，
又b·c=35a+25b·b=35a·b+25b2=−35+45=15，
所以csb,c=b·cb·c=15 2× 55= 1010，
即向量b与c夹角的余弦值为 1010．
16.解：(1)f′(x)=2x+ax+1=2x2+2x+ax+1=0，
∴2x2+2x+a=0在(−1,+∞)上有两个不等的实根，
设m(x)=2x2+2x+a，
∵m(x)在(−1,−12)上单调递减，在(−12,+∞)上单调递增，
故只需m(−1)=a>0m(−12)=−12+a<0,
∴0∴a的取值范围为(0,12)；
(2)g(x)=x2+aln(x+1)−(a2+2)x，
∴g′(x)=2x+ax+1−(a2+2)=4x2−ax+a−42(x+1)=4[x−(a4−1)](x−1)2(x+1)，
①当a≤0时，a4−1⩽−1，∴由g′(x)<0，得−1 ②当a=8时，a4−1=1，∴g′(x)=4(x−1)22(x+1)≥0，∴g(x)在(−1,+∞)上单调递增，g(x)无递减区间;
③当0 ④当a>8时，a4−1>1，∴由g′(x)<0，得1综上所述，
当a≤0时，g(x)的单调递减区间为(−1,1);
当a=8时，g(x)无递减区间;
当0当a>8时，g(x)的单减区间为(1,a4−1)．
17.解：(1)∵( 3tanA−1)( 3tanB−1)=4，∴3tanAtanB− 3tanA− 3tanB+1=4，
∴ 3tanAtanB−tanA−tanB= 3，∴tan A+tan B1−tan AtanB=− 3，
∴tan(A+B)=− 3，∴tanC= 3，∵C∈(0,π)，∴C=π3，∴角C的值为π3；
sin2A−cs2B=1−cs2A2−1+cs2B2=−12[cs2A+cs2(A+π3)]
=12( 32sin2A−12cs2A)=12sin(2A−π6)，
∵ΔABC为锐角三角形，0(2)由题可知，C=π3，若AB= 3，
ΔABC中，由asinA=bsinB=csinC，得a=2sinA，b=2sinB，
ΔDBC中，BCsin∠CDB=BDsinC，
∵BD=AD=b−1，∠CDB=2A，
∴asin2A=b−1sinπ3=2 3(b−1)，
∴(2sinB−1)csA= 32，
∵sinB=sin(A+π3)=12sinA+ 32csA，
∴(sinA+ 3csA−1)csA= 32，
∴sinAcsA+ 3cs2A−csA= 32，
∴12sin2A+ 32cs2A=csA，
∴sin⁡(2A+π3)=csA=sin⁡(π2−A)，
∴A=π6或π18，
若A=π6，但此时∠ABC=π2，tanB不存在，与题设矛盾；
若A=π18(经检验适合题意)，
综上所述，A的值为π18．
18.解：(1)mex>x⇒m>(xex)max ，
令g(x)=xex，g′(x)=ex−xexe2x=1−xex=0⇒x=1，
当x<1时，g′(x)>0，g(x)单调递增;当x>1时，g′(x)<0，g(x)单调递减，
∴g(x)max=g(1)=1e，∴m>1e．
(2) ①设切点为(x0,ex0)，∴f′(x)=ex，k=ex0 ，
∴切线方程为y=ex0(x−x0)+ex0，它过(t,1)，
∴ex0(t−x0)+ex0=1，∴t=1ex0+x0−1．
令ℎ(x)=1ex+x−1，y=t与y=ℎ(x)有两个不同的交点，
ℎ′(x)=−e−x+1，
当x<0时，ℎ′(x)<0，ℎ(x)单调递减;当x>0时，ℎ′(x)>0，ℎ(x)单调递增，
作出ℎ(x)大致图象，如下图所示：
∴t>0．
②由题意知1ea+a−1=t1eb+b−1=t，其中b<0∴|AT|= 1+e2a(a−t)，|BT|= 1+e2b(t−b)= 1+e2b⋅(1eb−1)= 1+e2a(1−1ea)，
而1eb−1ea=a−b⇒ea−ebea+b=a−b⇒
ea+b=ea−eba−b> ea+b⇒a+b>0，a>−b，
∴|AT|> 1+e2−b.(1−1e−b)= 1+e2beb⋅(1−eb)= 1+e2b(1eb−1)=|BT|，即证．
19.解：(1)由题意知cn+1=cn+2n，c1=3，
∴cn+1−cn=2n⇒n≥2时，cn=(cn−cn−1)+(cn−1−cn−2)+⋯+(c2−c1)+c1=2n−1+2n−2+⋯+21+3
=2(1−2n−1)1−2+3=2n+1，而c1=3也满足上式，∴cn=2n+1．
(2) ①bn=1⋅2n−1=2n−1，an=1+2(n−1)=2n−1，bm=2m−1，cm=2m+1，
令bm≤an≤cm⇒2m−1≤2n−1≤2m+1⇒2m−1+12≤n≤2m+22，
当m=1时，1≤n≤2，此时d1=2，
当m≥2时，2m−2+1≤n≤2m−1+1，此时dm=2m−1−2m−2+1=2m−2+1∴d10=28+1=257．
②amdm=2,m=1(2m−1)(2m+2+1),m≥2，记{m⋅2m−1}从第2项到第m项的和为Sm，
∴Sm=2⋅21+3⋅22+4⋅23+⋯+(m−1)⋅2m−2+m⋅2m−1 ①，
2Sm=2⋅22+3⋅23+⋯+(m−2)⋅2m−2+(m−1)⋅2m−1+m⋅2m ②，
①− ②⇒−Sm=4+22+⋯+2m−1−m⋅2m=4+4(1−2m−2)1−2−m⋅2m=(1−m)⋅2m，∴Sm=(m−1)⋅2m，
当m=1时，Tm=2;
当m≥2时，Tm=2+(m−1)⋅2m+(3+2m−1)(m−1)2−1⋅(1−2m−1)1−2=(2m−3)⋅2m−1+m2+2，m=1也满足上式，
∴Tm=(2m−3)⋅2m−1+m2+2，
∴9[(2m−3)⋅2m−1+m2+4]=5m⋅3m−1⇒(2m−3)⋅2m−1+m2+4=5m⋅3m−3
⇒(5⋅3m−3−2m)m+3⋅2m−1−m2−4=0，当m=1，2，3时，左边<0，舍去，
当m=4时，经检验符合;
当m≥5时，左边恒>0，无解，
综上：m=4．第1列
第2列
第3列
⋯
第n列
第1行
1
2
22
⋯
2n−1
第2行
3
5
9
第3行
5
10
⋯
⋯
第n行
2n−1

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