【文档说明】福建省龙岩市一级校联盟2024-2025学年高三上学期11月期中联考数学试题 Word版含解析.docx，共(19)页，997.593 KB，由小赞的店铺上传

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福建省龙岩市一级校联盟2024-2025学年高三上学期11月期中联考数学试题（考试时间：120分钟总分：150分）命题人:漳平一中叶建谊连城一中陈益兴上杭一中赖伟英一、单选题:本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.

设集合2{||11},430AxxBxxx=−=−+∣∣，则()RAB=Ið（）A.(1,2)−B.[0,1)C.(0,2]D.[0,2)【答案】B【解析】【分析】化简两集合，再求()ABRð即可.【详解】解：因为{||11}{|02}A

xxxx=−=∣2430{|13}Bxxxxx=−+=∣，所以{|1Bxx=Rð或3}x，所以(){|01}ABxx=Rð.故选：B2.命题“2[1,2],ln20xxxa+−”为假命

题，则实数a的取值范围为（）A.1,2−B.(,0)−C.(,ln22)−+D.(,ln24)−+【答案】A【解析】【分析】存在性命题为假等价于“2[1,2],ln20xxxa+−”为真，应用参变分离求解即可.【详解】解：因为命题“2[1

,2],ln20xxxa+−”为假命题等价于“2[1,2],ln20xxxa+−”为真命题，所以2[1,2],2lnxaxx+，所以只需2min2(ln)axx+.设2()ln,[1,2]fxxxx=+，则()fx在[1,2]上单增，所以min()1

fx=.所以21a，即12a.故选：A3.设nS为等差数列na的前n项和，已知488,72aS==，则5a的值为（）A.64B.14C.10D.3【答案】C【解析】【分析】根据等差数列前n项和公式，可得1818aa+=，再由等差数列的性质可知4

518aaaa+=+，从而求得5a.【详解】由等差数列前n项和公式1()2nnaanS+=，可知：188()8722aaS+==，所以1818aa+=，由等差数列的性质“当mnst+=+时，mnstaaaa+=+”可知：4518aaaa+=+，所以541818810aa=−=−=.故选：C.

4.已知正数a，b满足(1)(2)2ab−−=，则ab的最小值为（）A.4B.6C.22D.8【答案】D【解析】【分析】由(1)(2)2ab−−=解出a，代入ab，进行适当变形，应用基本不等式求最小值即可.【详解】解：因正数a，b满足(1)(2)2ab−−=，所

以21022babb=+=−−，所以20b−，所以222(22)(2)4(2)4222bbbbabbbb−+−+−+===−−−为44(2)42(2)4822bbbb=−++−+=−−，当且仅当422bb−=−，即4b=时等号成立

，所以ab的最小值为8.故选：D5.人脸识别就是利用计算机检测样本之间的相似度，余弦距离是检测相似度的常用方法.假设二维空间中有两个点()()1122,,,,AxyBxyO为坐标原点，定义余弦相似度为co

s(,)AB=cos,OAOB，余弦距离为1cos(,)AB−.已知点(sin,cos),(1,0)PQ，若P，Q的余弦距离为555+，则cos2=（）A.15−B.15C.35-D.35【答案】D【解析】【分析】首先求出cos(,)PQ，根据所给定义可得5sin5=−，再由二倍角公式

计算可得.【详解】因为(sin,cos)P，(1,0)Q，所以(sin,cos)OP=，(1,0)OQ=，所以22sincos1OP=+=，1OQ=，sinOPOQ=，所以cos(,)cos,sin

OPOQPQOPOQOPOQ===，则P，Q的余弦距离为551sin5+−=，所以5sin5=−，所以2253121255cos2sin=−=−−=.故选：D6.已知等比数列na的公比为1,0qa，则“2nnaa+”是“

0q”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.既不充分又不必要条件【答案】A【解析】【分析】根据题意，利用等比数列的通项公式与不等式的性质，分析出2nnaa+成立的充要条件，进而判断即可.【详解】根据题

意，2nnaa+成立时，有1111nnaqaq+−，结合10a，得11nnqq+−，即𝑞𝑛−1(𝑞2−1)>0，①当0q时，可得10nq−，所以21q，即1q；②当0q时，n为偶数时，10nq−，可得210q−，所以10q−，n为奇数

时，10nq−，可得210q−，所以1q−，因此不存在0q满足2nnaa+成立，综上所述，2nnaa+成立的充要条件是1q，所以“2nnaa+”是“0q”的充分不必要条件.故选：A.7.已知函数3222,1()135(21),1326a

xxfxxaxaxx−=−++−，若对任意12xx，都有()1fx−()212fxxx−，则实数a的取值范围是（）A.(,1)−−B.[1,)+C.12,2−D.3,4−−【答案】A【解析】【分析】问题等价于()()gxfxx=−在R单调递增，

根据分段函数在定义域内单调递增的等价条件求解即可.【详解】解：设3222(1),1()()1352,1326axxgxfxxxaxaxx−+=−=−+−.由对任意12xx，都有()1fx−()212fxxx−，即()()1122fxxfxx−−，也就是

()()12gxgx，所以()gx在R单调递增.当1x时，()2(1)gxax=−+单调递增，所以(1)0a−+，所以1a−；当1x时，()3221352326gxxaxax=−+−单调递增，所以()0gx

恒成立，即22320xaxa−+恒成立，又因为1a−，所以3322a−，所以只需221320aa−+即可，所以12a或1a，所以1a−.3222(1),1()1352,1326axxgxxaxaxx−+=−+−在R单调递增，还应该满足21352(1)23

26aaa−+−+−，即34a−或1a，又因为1a−，所以1a−.故选：A8.已知acadbcbd=−，定义运算@:()1()@()()()afxfxgxfxgx+=，其中()fx是函数()fx的导数.若()()(ln)@e1axxx=+，设实数0

a，若对任意0,()0xx恒成立，则a的最小值为（）A.12eB.1eC.eD.2e【答案】B【解析】【分析】对目标不等式进行同构转化，得到“(e1)lne(1)lnaxaxxx++”.再构造函数()(1)ln,(0)hxxxx=+，利用其单调

性，得到eaxx，再分离参数得到lnxax恒成立，只需maxln()xax即可，进而求出a的最小值.【详解】解：因为()111()(ln)@e1=(e1)(1)lnlne1axaxaxaxxaxxxx+=+=+−++所以()0x，即1(

e1)(1)ln0axaxx+−+，所以(e1)(1)lnaxaxxx++，即对任意0x，(e1)lne(1)lnaxaxxx++恒成立.设()(1)ln,(0)hxxxx=+，因为1()1lnhxxx=++，22111(())x

hxxxx−=−=所以当1x时，(())0hx，()hx单调递增；当01x时，(())0hx，()hx单调递减.所以当0x时，()(1)2hxh=，所以当0x时，()(1)lnh

xxx=+单调递增.因为对任意0x，(e1)lne(1)lnaxaxxx++恒成立，所以对任意0x，eaxx恒成立.所以对任意0x，lnaxx恒成立.即lnxax恒成立.设ln(),(0)xmxxx=，则

21ln()xmxx−=，所以当0ex时，()0mx，()mx单调递增；当ex时，()0mx，()mx单调递减.所以当0x时，1()(e)emxm=.所以对任意0x，lnxax恒成立，只需1ea即可.故a的最小值为1e.故选：B

【点睛】关键点点睛：本题对目标不等式进行同构转化，得到“(e1)lne(1)lnaxaxxx++”是解题的关键.再构造函数()(1)ln,(0)hxxxx=+，利用其单调性，使问题迎刃而解.二、多选题: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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.已知向量(1,1),(2,3),(,1)abcmn=−=−=−，则（）A.||5ab−=B.当(

)+⊥abc时，434nm−=C.当//ac时，1mn−=D.a在b上的投影向量的坐标为1015,1313−【答案】ABD【解析】【分析】利用平面向量的坐标运算求差向量的模；应用两向量垂直等价于数量积为0化简；应用向量平行的条件求解；应用坐标形式求投影向量即可.【详解】

解：因为(1,1),(2,3)ab=−=−，所以(1,2)ab−=−，所以||5ab−=，故A正确；因为(3,4)ab+=−，且()+⊥abc，所以()34(1)0abcmn+=−+−=，即434

nm−=，故B正确；因为//ac，所以111mn−=−，即1mn+=，故C错误；因为a在b上的投影向量为23(2,3)1015(,)13131313abbbb+−==−，所以D正确.故选：ABD10.已知函数()fx的定义域为R，对任意x都有(2)(2)fxfx+=−，且()()

fxfx−=−，1(1)2f=，则（）A.()fx的图象关于直线2x=对称B.()fx的图象关于点(2,0)对称C.1(2023)2f=−D.(4)yfx=+为偶函数【答案】AC【解析】【分析】根据函数

的对称性、奇偶性、周期性逐项判断即可.【详解】∵(2)(2)fxfx+=−，则()fx的图象关于直线2x=对称，故A正确，B错误；∵函数()fx的图象关于直线2x=对称，则()()4fxfx−=+，又()()fxfx−=−，∴()()4fxfx=−+，则()()()48fxfxfx+=−+=

−，即()()8fxfx+=，∴函数()fx的周期为8，则()()1(2023)(82531)112ffff=−=−=−=−，故C正确；∵()()()()()4444fxfxfxfx−+=−−=−−=−+，所以(4)yfx=+为奇函数，故D错误．故选：AC.11.已知函数21

()(sincos)sin22fxxxx=−+，则（）A.()fx是以π为周期的函数B.()fx存在无穷多个零点C.()fx的值域为1,12D.至少存在三个不同的实数(1,4)a−，使得()fxa+为偶函数【答案】ACD【解析】【分析】根据()()πfxf

x=+即可判断A,根据周期，考虑()fx在区间[0,π]上的正负，分别考率π0,4x和π,π4x，即可判断()fx在[0,]上无零点，可判断BC，结合函数的周期性，分别考虑ππ5π,,444a=−即可求解D.【详解】对于A,211()(sincos)sin

2sincossin222fxxxxxxx=−+=−+1,(π)|sin(π)cos(π)|sin[2(π)]|sincos|2fxxxxxx+=+−+++=−++11sin2|sincos|sin2()

22xxxxfx=−+=，则()fx是以π为周期的函数，故A正确.对于B，C，因为()fx的周期为π，所以只需研究()fx在区间[0,π]上的正负，当π0,4x时，1()cossinsin22fxxxx=−+，因为cossin0xx−，且1sin202x，所以()0f

x在π0,4x上恒成立.当π,π4x时，1()sincossin22fxxxx=−+，设πsincos2sin[0,2]4txxx=−=−，则211()22gttt=−++，当1t=时，()fx有最大值1，当

0t=时，1()2fx=，当2t=时，1()22fx=−，故()fx的最小值为12.综上所述，()fx在[0,]上的取值均大于0,()fx没有零点.故()0fx=在R上没有实数根，即()fx在R上没有零点，故B错误，C

正确.对于D，由ππ44fxfx+=−，可得()fx的图象关于直线π4x=对称，当π4a=时，π(),()4fxafxfxa+=++的图象关于y轴对称，此时()fxa+为偶函数.由π是()fx的周期，可知当5π4a=时，()fxa+为偶函数.又因为

ππ12|cos|cos2442fxfxxx−+=−−=−−，所以()fx的图象关于直线π4x=−对称，可知当π4a=−时，()fxa+为偶函数.综上所述，当(1,4)a−时

，至少存在ππ5π,,444a=−这三个值，使得()fxa+为偶函数，故D正确.故选：ACD【点睛】关键点点睛：当π0,4x时，1()cossinsin22fxxxx=−+，得()0fx在π0,4x上

恒成立.当π,π4x时，1()sincossin22fxxxx=−+，利用换元法得211()22gttt=−++，利用二次函数的性质求解.三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知复数z满足(34i)10iz+=，则z=____________

_.【答案】86i55−【解析】【分析】利用复数除法的法则计算z，由共轭复数的概念得到结果.【详解】由题意得，10i10i(34i)4030i86i34i(34i)(34i)2555z−+====+++−，∴86i55z=−.故答案为：8

6i55−.13.已知函数3()ln,fxxaxaa=−−R.曲线()yfx=在点(1,(1))f处的切线方程为y=2xb+，则ab+=____________【答案】1−【解析】【分析】利用导数的几何意义求出斜率，结合切点，切线方程即可求出参数a，b；【详解】由于3()ln,fxxaxaa

=−−R，故()11axfxaxx−=−=，()12fb=+，()12f=，32aab−−=+，12a−=，解得1a=−，0b=．ab+=1−，故答案：1−14.黎曼猜想由数学家波恩哈德黎曼于1859年提出，是至

今仍未解决的世界难题.黎曼猜想研究的是无穷级数1111()123ssssnnn−===+++，我们经常从无穷级数的部分和1112ss+113ssn+++入手.已知正项数列{𝑎𝑛}的前n项和为nS，且满足112nnnSaa=+，则11S2202411SS

+++=______.（其中x表示不超过x的最大整数）【答案】88【解析】【分析】根据,nnSa的关系可得2211nnSS−−=，即可得=nSn，利用放缩法可得12(1)2(1)nnnnnS+−−−，结合裂项求和即可求解.【详解】由题意可得0nS，为当2n时，11112nn

nnnSSSSS−−=−+−，化简得2211nnSS−−=，又当1n=时，1111112Saaa=+=，解得11a=或11a=−（舍去），所以111Sa==，所以数列2nS是首项、公差均为1的等差数列，所以21(1)1nSnn=+−=，即=nSn.故当2n时

，22122(1)2(1)211nnnnnnSSnnnn+−===−−+++−①，所以当2n时，12(1)2(1)nnnnnS+−−−，设212004111SSSS=+++，由①可得，𝑆>1+2×(√3−√2+√4−√3+⋯+√2025−√2024)=1+2×(

√2025−√2)=1+2(45−√2)>88，且12(213220242023)12(20241)220241,S+−+−++−=+−=−220241220251245189−−=−=.所以12202411188SSS+++=.故答案为：88四、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.已知函数()221()cossin3sincos(π)2fxxxxx=−−−.（1）求()fx的最小正周期及单调递增区间;（2）将()fx的图象先向右平移π4个单位长度，再将所有点的横坐标缩短为原来的12（纵坐标不变），得到函数()gx的图

象，求()gx在ππ,126−上的最大值和最小值.【答案】（1）π；πππ,π()36kkk−++Z（2）最大值为32，最小值为1−【解析】【分析】（1）应用二倍角公式与辅助角公式将函

数化简为()sin()fxAx=+的形式，利用公式法求最小正周期，利用整体代换求单调递增区间；（2）结合图象变换规律求出()gx解析式，再结合正弦函数的性质求出()gx的最大值与最小值.【小问1详解】解：依题意得131π()cos23sincossin2

cos2sin22226fxxxxxxx=+=+=+，所以()fx的最小正周期为π令πππ2π22π,262kxkk−+++Z，得ππππ,36kxkk−++Z，所以()fx的单调递增区间为πππ,π()36kkk−++Z.【小问2详解】解：将()fx的图

象向右平移π4个单位长度，得到函数πππsin2sin(2)463yxx=−+=−的图象，再将所得图象上所有点横坐标缩短为原来的12，得到函数)()sinπ3(4gxx=−的图象.

令π43tx=−，由ππ,126x−，可得2ππ,33t−.因为函数sinyt=在2ππ,32−−上单调递减，在ππ,23−上单调递增，的所以()gx在ππ,126−上的最大值为32，

最小值为1−.16.已知数列{𝑎𝑛}的前n项和为111,2,34nnnnSaSSa++=+=−，等差数列{𝑏𝑛}的前n项和为244,6,10nTbbT+==.（1）求{𝑎𝑛}和{𝑏𝑛}的通项公式

;（2）设,,nnnnbncabn=为奇数，为偶数，求数列nc的前2n项和.【答案】（1）2nna=，nbn=（2）223182399nnn++−+【解析】【分析】（1）利用,nnSa的关系求出na，

利用等差数列的基本量求解nb；（2）可分组求和，分别依据等差数列求和与错位相减求和.【小问1详解】解：因为1134nnnSSa+++=−，①所以当1n=时，112234aaaa++=−，又12a=，所以24a=.当2n时，134

nnnSSa−+=−，②①式减去②式得1133nnnnaaaa+++=−，所以12nnaa+=.又1212,42aaa===，所以*1,2nnana+=N，所以{𝑎𝑛}是以2为首项，2为公比的等比数列，所以2nna=.设等差数列{𝑏𝑛}的公差

为d，因为2446,10bbT+==，可得112464610bdbd+=+=，解得11bd==，所以1(1)1nbnn=+−=，即{𝑏𝑛}的通项公式为nbn=.【小问2详解】解：因,,nnnnbncabn=为奇数，为偶数，可得,2,nnnncnn=

为奇数，为偶数，则数列nc的前2n项和()242(1321)224222nnMnn=+++−++++，令2(121)13(21)2nnnAnn+−=+++−==，242352122422212222nnn

Bnn+=+++=+++，则52372212222nnBn+=+++，所以()32357212323212312222223nnnnnBnn+++−−=++++−=−−，23182399nnnB+=−+，223182399nnnMn+

=+−+.17.在ABCV中，内角,,ABC所对的边分别是π,,,22sin,36abccabCc−=−=.（1）求角B;（2）如图，已知D为平面内一点，且,,,ABCD四点共圆，2BCBA=，求四边形ABCD周长的最大值.【答案】（1）π3B=（2）最大值为

53.【解析】为【分析】（1）由正弦定理转化为三角函数，利用三角恒等变换求解；（2）利用余弦定理及基本不等式求最值即可.【小问1详解】π22sin3sincos6cabCbCbC−=−=−，由正弦定理可得2sinsin3sinsinsincosCABCBC−=−.因为πABC+

+=，所以sinsin()sincoscossinABCBCBC=+=+，则π2sin3sinsincossin2sinsin6CBCBCCB=+=+，且(0,π)C，因为sin0C，所以πsin16B+=，又因为(

0,π)B，则ππ7π666B+，可得ππ62B+=，所以π3B=.【小问2详解】因为2,3BCBAc==，所以223ac==，又π3B=，所以由余弦定理可得22212cos123223392bacacB=+−=+−

=，所以3b=，即3AC=.因为,,,ABCD四点共圆，π3B=，所以2π3D=.在ACD中，由余弦定理可得2222cosACDADCDADCD=+−，所以229DADCDADC=++，所以29()DADCDADC=+−.由基本不等式可得22DADCDA

DC+，当且仅当DADC=时，等号成立，所以23()94DADC+，当且仅当DADC=时，等号成立，所以23DADC+，则53ABBCDADC+++，所以当3DADC==时，四边形ABCD的周长取得最大值，最大值为53.18.已知函数2121()()ln242(0)fx

axaxaax=−+++.（1）求𝑓(𝑥)的单调区间;（2）设()22gxxx=−，若对任意1(0,2]x，均存在2(0,2]x，使得()()12fxgx，求实数a的取值范围.【答案】（1）答案见解析（2）{01ln2}aa−∣【解析】【分析】（1）求导，根据导数分情

况讨论导函数零点情况及函数单调性；（2）根据题意可得maxmax()()fxgx，分别求最大值即可得不等式，解不等式即可求解.【小问1详解】由21()(21)2ln42fxaxaxxa=−+++，0x，得22(21)2(1)(2)()(21)axaxaxxfxaxaxxx

−++−−=−++==.令()0fx=，解得121,2xxa==.当102a时，12a，当(0,2)x时，()0,()fxfx单调递增；当12,xa时，()0,()fxfx单调递减；当1,xa+时

，()0,()fxfx单调递增.当12a=时，12,()0fxa=恒成立，()fx在(0,)+上单调递增.当12a时，102a，当10,xa时，()0,()fxfx单调递增；当1,2xa

时，()0,()fxfx单调递减；当(2,)x+时，()0,()fxfx单调递增.综上所述，当102a时，()fx的单调递增区间为(0,2)和1,a+，单调递减区间为(2，1a；当12a=时，()fx的单

调递增区间为(0,)+，无单调递减区间；当12a时，()fx的单调递增区间为10,a和(2,)+，单调递减区间为1,2a.【小问2详解】因为对任意1(0,2]x，均存在2(0,2]x，使得()()12fxgx，所以2

2maxmax()(),()2(1)1,(0,2]fxgxgxxxxx=−=−−，当2x=时，()gx取得最大值，最大值为0.由（1）得，当102a时，()fx在(0,2]上单调递增，即当2x=时，

()fx取得最大值(2)2(21)22ln24222ln2faaaa=−+++=−+，所以222ln20a−+，解得1ln2a−，即01ln2a−.当12a时，()fx在10,a

上单调递增，在1,2a上单调递减，当1xa=时，()fx取得最大值11111(21)2ln422ln22faaaaaaaa=−+++=−−−4a+.设11()22ln4,22saaaaa=−−−+，则22212148()4022aasaaaa−

+=−+=，()sa单调递增，所以𝑠(𝑎)≥𝑠(12)=ln4−1>0成立，所以10fa无解.综上所述，a的取值范围为{01ln2}aa−∣.19.南宋的数学家杨辉“善于把已知形状、大小的几何图形的求面积，体积的连续量问题转化为求离散变量的垛积问题”.在他的专著

《详解九章算法·商功》中，杨辉将堆垛与相应立体图形作类比，推导出了三角垛、方垛、刍薨垛、刍童垛等的公式.如图，“三角垛”的最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球……第1n+层球数比第n层球数多1n+，

设各层球数构成一个数列{𝑎𝑛}.（1）求数列{𝑎𝑛}的通项公式；（2）求()()ln11xfxxx=+−+的最小值；（3）若数列{𝑏𝑛}满足()2ln22lnnnnban=−，对于*Nn，证明：11232nnbbbbn+++++

.【答案】（1）()12nnna+=；（2）0；（3）证明见解析.【解析】【分析】（1）根据给定条件，可得1nnaan−−=()2n，再利用累加法计算即得.（2）利用导数说明函数的单调性，进而求出最小值.（3）由（2）令1xn=*()nN即可得

到11ln(1)1nn++，从而得到()12nnbn+，再利用错位相减法计算可得.【小问1详解】依题意，12341,3,6,10,aaaa====，则有213212,3,,nnaaaaaan−−=−=−=，当2n时，(

)()()112211nnnnnaaaaaaaa−−−=−+−++−+()()()112212nnnnn+=+−+−+++=，又11a=也满足，所以()12nnna+=.【小问2详解】函数()()ln11xfxxx=+−+定义域为(1,)−+，求导得2211()1(1)(1)xfxxxx

=−=+++，当10x−时，()0fx，当0x时，()0fx，的则函数()fx在(1,0)−上单调递减，在(0,)+上单调递增，因此min()(0)0fxf==，所以函数()fx的最小值为0.【小问3详解】由（2）知，当0x时，()ln11x

xx++，令1xn=()*nN，则11ln(1)01nn++，则()222222(1)2(1)1ln(2)2lnln1lnln[]ln(1)nnnnnnnbnnnannnnnn====++−+−+，因此()12312322324212n

nbbbbn+++++++++，令()12322324212nnTn=+++++，于是()2341222324212nnTn+=+++++，两a式相减得()12312222212nnnTn+−=+++++−+()()1121221

2212nnnnn++−=+−+=−−，因此12nnTn+=，所以11232nnbbbbn+++++.【点睛】关键点点睛：本题第三问关键是结合（2）的结论，令1xn=()*nN得到11ln(1)1nn++，从而得到()12nnbn+.