【文档说明】吉林省东北师范大学附属中学2024-2025学年高三上学期第一次摸底考试数学试卷 Word版含解析.docx，共(19)页，942.449 KB，由小赞的店铺上传

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东北师大附中高三年级（数学）科试卷2024—2025学年上学期第一次摸底考试出题人：高三备课组审题人：高三备课组考试时长：120分钟满分：150分一、单项选择题：本大题共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.

已知集合213Axx=−，240Bxxx=−N，则AB=（）A.(0,2)B.[0,2]C.0,1,2D.1,2【答案】C【解析】【分析】根据不等式解法求集合,AB，进而求交集.【详解】由

题意可得：21312Axxxx=−=−，240040,1,2,3,4Bxxxxx=−==NN，所以0,1,2AB=.故选：C.2.已知1tan2=，则sincossin3

cos−=+（）A.23B.17−C.12D.12−【答案】B【解析】【分析】利用齐次式法求值，代入计算即可得答案.【详解】由于1tan2=，故11sincostan1121sin3costan3732−−−===−+++.故选：B3.已知角的终边经过点5π5πsi

n,cos66，则tan=（）A.3−B.3C.33−D.33【答案】A【解析】【分析】根据三角函数的定义计算．【详解】5ππ1sinsin662==，5ππ3coscos662=−=−，所以5πcos6

tan35πsin6==−，故选：A．4.若函数()3lnfxaxxx=+−既有极大值也有极小值，则实数a的取值范围为（）A.()0,23B.()(),2323,−−+C.(),23−−D.()23,+【答案】D【解析】【分析】求导，分

析可知230xax−+=有2个不相等的正根12,xx，结合二次方程的根的分布列式求解即可.【详解】由题意可知：()fx的定义域为()0,+，且()222331axaxfxxxx−+=−−=−，若函数()fx既有极大值也有极小值，则230xax−+=有2个不相等的正根12,xx，则21212Δ1

20030axxaxx=−+==，解得23a，所以实数a的取值范围为()23,+.故选：D.5.已知函数()fx是定义在R上的奇函数，当0x时，()3e1e1xxfx−=−，则下列说法正确的是（）A.函数()fx有两个零点B.当0x时，()e3e1xxfx−=−C.()0f

x的解集是(),ln3−−D.mR，0xR，使得()0fxm=【答案】D【解析】【分析】对于A：当0x时，令()0fx=，解得ln3x=−，结合奇函数性质分析判断；对于B：根据奇函数定义求解析式；对于C：分析0x、0x=和0x三种情况解不等式即可；对于D：根据解析式

以及奇函数性质分析()fx的值域，即可得判断.【详解】对于选项A：当0x时，()3e1e1xxfx−=−，令()0fx=，则3e10x−=，解得ln3x=−，又因为函数()fx是定义在𝑅上的奇函数，则ln3也为函数()fx的零点，当0x=时，由奇函数性质可知()00f=，所以函数()fx有

三个零点，故A错误；对于选项B：若0x，则0x−，由奇函数定义可得()()3e13ee1e1xxxxfxfx−−−−=−−=−=−−，故B错误；对于选项C：当0x时，()3ee1xxfx−=−，令()0fx，且e10x−，可得3e0x−，解得0ln3x；且(

)00f=不满足()0fx；当0x时，()3e1e1xxfx−=−，令()0fx，且e10x−，可得3e10x−，解得ln3x−；综上所述：()0fx的解集是()(),ln30,ln3−−，故C错误；对于选项D：当0x时，()3e123e1e1xxxfx−==+−−，因为

0x，则1e10x−−，可得22e1x−−，即()231e1xfx=+−，由奇函数性质可得：当0x时，()1fx−，且()00f=，可得()fx的值域为𝑅，所以mR，0xR，使得()0fxm=，故D正确；故选：D.6.定义在R上的函数()

fx的导函数为()fx，若()10f=，()()fxfx，则不等式()0fx的解集为（）A.()0,+B.()1,+C.()0,1D.()()0,11,+【答案】B【解析】【分析】构建()(

)exfxgx=，求导，利用导数判断()gx的单调性，进而判断()gx的符号性，即可得()fx的符号性.【详解】令()()exfxgx=，则()gx的定义域为𝑅，且()()()exfxfxgx=−，因为()()fxfx，即()()0fxfx−，注意到e0x，可得()0g

x，可知()gx在定义域𝑅内单调递增，且()()110efg==，当1x时，()()0exfxgx=，即()0fx；当𝑥<1时，()()0exfxgx=，即()0fx；所以不等式()0fx的解集为(1,+∞).故选

：B.7.已知34m=，44ma−=，22mb−=，则下列说法正确的是（）A.abB.abC.ab=D.ab=−【答案】B【解析】分析】已知变形得(22)mab=+，再证明220m−后即可得．【详解】则已知44(22)(22)mmma=−=−+，22mb=−，所以(22)mab=

+，由34m=，则1m，因此220mb=−，又221m+，所以(22)mabb=+，故选：B．8.若关于x不等式()lnaxxb+恒成立，则当1eea时，1elnba+−的最小值为（）A.11e+B.e1−C.1D.e【答案】C【解析】【分析】构建()()lnf

xaxxb=−−，分析可知()fx的定义域为(0,+∞)，且()0fx在(0,+∞)内恒成立，利用导数可得ln1ab+，整理可得1elnlnbaaa+−−，构建()1ln,eegaaaa=−，利用导数求其最值即可.【详解】设()()lnfxaxxb=−−，因为1e

ea，可知()fx定义域为(0,+∞)，所以()0fx在(0,+∞)内恒成立，又因为()111xfxxx−=−=，令𝑓′(𝑥)>0，解得01x；令𝑓′(𝑥)<0，解得1x；可知()fx在(0,1)内单调递增，在(1

,+∞)内单调递减，则()()1ln10fxfab=−−，可得ln1ab+，则1lneebaa+=，可得1elnlnbaaa+−−，当且仅当ln1ab=+时，等号成立，令()1ln,eegaaaa=−，则()111agaaa−=−=

，【的令()0ga，解得1ea；令()0ga，解得11ea≤；可知()ga在(1,e内单调递增，在1,1e内单调递减，则()()11gag=，即1elnln1baaa+−−，当且仅当1,1ab==−时，等号

成立，所以1elnba+−的最小值为1.故选：C.【点睛】方法点睛：两招破解不等式的恒成立问题（1）分离参数法第一步：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题；第二步：利用导数求该函数的最值；第三步：根据要求得所求范围．（2）函数思想法第一步：将不等式转化为含待求参数的函数的最

值问题；第二步：利用导数求该函数的极值；第三步：构建不等式求解．二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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.若0ba，则下列不等式成立的是（）A.2abaabb+B.11a

bC.222logloglog22abab++D.()22baba−−【答案】AC【解析】【分析】对于AC：利用作差法分析判断即可；对于BD：举反例说明即可.【详解】因为0ba，则0ba，对于选项A：022abbab+−−=

，即2abb+；()2022baabab−+−=，即2abab+；()0abaaba−=−，即aba；所以2abaabb+，故A正确；对于选项BD：例如2,4ab==，满足0ba，因为1111,24ab==，即11ab，故B错误；因为()222224,

24baba−==−==，即()22baba−=−，故D错误；对于选项C：因为2222loglog1loglog22abbbaa+==，又由选项A知，02abab+，所以2222loglogloglog22

ababab++=，故C正确；故选：AC.10.已知π2sin33+=，则下列说法正确的是（）A.π5cos63−=B.π1cos239−=−C.5π2cos63+=−D.若()0,π，235cos6−=【答案】BC

D【解析】【分析】以π3+为整体，利用诱导公式、倍角公式以及两角和差公式逐项分析求解.【详解】因为π2sin33+=，对于选项A：ππππ2coscossin63233−=+−=+=

，故A错误；对于选项B：2ππππ1cos2cos2πcos22sin133339−=+−=−+=+−=−，故B正

确；对于选项C：5ππππ2coscossin63233+=++=−+=−，故C正确；对于选项D：若()0,π，则ππ4π,333+，

且π23sin0,332+=，则ππ,π32+，2ππ5cos1sin333+=−−+=−，可得ππππcoscoscoscossinsin3333

=+−=+++512323532326−=−+=，所以235cos6−=，故D正确；故选：BCD.11.定义在R上的偶函数()fx，满足()()=2fxfx−−，当(

1,0x−时，()1fxx=−−，则下列说法正确的是（）A.()10f=B.2027122f=C.函数()()31yfxx=−−的所有零点之和为5D.()0.11e1ln1.1ff−【答案】ABD【解析】【分析】利用赋值法判断A；推出函数

周期求函数值，判断B；将零点问题转化为函数图象的交点问题，数形结合，判断C；结合函数单调性判断D.【详解】对于A，由于()()=2fxfx−−，令1x=，则()()()1=1,10fff−=，A正确；对于B，()fx为偶函数，即𝑓(−�

�)=𝑓(𝑥)，结合()()=2fxfx−−，得()()=2fxfx−−−，即()()2+fxfx=−，故()()4fxfx+=，故4为函数()fx的周期，由(1,0x−时，()1fxx=−−得1122f−=−，故202733111425322222

2fffff=+==−=−−=，B正确；对于C，由于()()=2fxfx−−，故函数()fx的图象关于点(1,0)对称，又()fx为偶函数，则()fx的图象也关于点(1,0)−对称，结合4为函数()fx的周期，当(1,0x

−时，()1fxx=−−，作出函数()fx的图象如图，设()31yx=−，则该函数图象关于点(1,0)对称，且函数在R上单调递增，结合()()3,1yfxyx==−的图象可知，二者有3个交点，且交点横坐标之和为3，即函数()()31yfxx=

−−的所有零点之和为3，C错误；对于D，令()e1xhxx=−−，则()e1xhx=−，当0x时，()0hx，()hx在(,0)−上单调递减，当0x时，()0hx，()hx在(0,)+上单调递增，故()(0)0hxh=，即e1xx+，当且仅当0x=时等号成立，故得0.1e

0.11+，则10.120.1e1e1211−−−=；同理可证得ln1−xx，当且仅当1x=时等号成立，则0ln1.11.110.1−=，由于()fx在(0,1)上单调递增，故()()()0.11e1ln1.1l

n1.1ln1.1ffff−=−=，D正确，故选：ABD【点睛】难点点睛：本题综合考查了函数性质的应用，涉及到函数对称性；周期性以及奇偶性，解答时要判断出函数相关性质，数形结合，另外要结合导数知识进行解答.三、填空题：本大题共3小题，每小题5

分，共15分.12.已知某扇形的圆心角为120°，弧长为2πcm，则此扇形的面积为________2cm.【答案】3π【解析】【分析】利用弧长公式求出半径，再利用扇形面积公式求解即可【详解】设扇形的半径为R，∵扇形的圆心角为2π3，弧长为2πcm，∴2π2π3R=，解得：R=3，∴

扇形的面积12S=2π3=3π2cm.故答案为：3π.13.已知函数2231,0()ln(3),0xxfxxaxx+−=++，()()30ff−=，则实数a的值为______.【答案】3−【解析】【分析】根据分段函数的定义计算函数值后，解方程可

得．【详解】32(3)312f−+−=−=，所以((3))ln(423)0ffa−=++=，所以271a+=，解得3a=−.故答案为：3−14.对于函数()fx，若在定义域内存在实数x满足()()fxfx−=−，则称函

数()fx为“局部奇函数”.若函数()14972xxfxm+=−−在定义域R上为“局部奇函数”，则实数m的取值范围为________.【答案】1,7−+【解析】【分析】根据“局部奇函数

”的定义便知，若函数()fx是定义在R上的“局部奇函数”，只需方程()494977740xxxxm−−+−+−=有解．可设772xxt−=+，从而得出方程67tmt−=在2t时有解，，从而设()6,2gtttt=−，由函数单调性分析可得答案．【详解】根据题意，由“局部奇函数”的定

义可知：若函数()14972xxfxm+=−−是定义在R上的“局部奇函数”，则方程()()fxfx−=−有解，即()1149724972xxxxmm−−++−−=−−−有解；整理可得()494977740xxxxm−−+−+−=，即()()

27777760xxxxm−−+−+−=有解即可设772772xxxxt−−=+=，当且仅当77xx−=，即0x=时，等号成立.则方程()()fxfx−=−有解等价为2760tmt−−=在2t时有

解，等价为67tmt−=在2t时有解，设()6,2gtttt=−，可知()gt在)2,+内单调递增，则()()21gtg=−，则71m−，解得17m−，所以m的取值范围为1,7−+．故答案为：1,7−+．【点睛】方法点睛：已知函数

有零点（方程有根）求参数值（取值范围）常用的方法：（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结

合的方法求解.四、解答题：本大题共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.已知数列na满足：11a=，()*12nnaan+=+N，数列nb为单调递增等比数列，22b=，且1b，2b，31b−成等差数列.（1）求数列na，nb的通项公式；（2）设2lo

gnnncab=+，求数列nc的前n项和nT.【答案】（1）21nan=−，12nnb−=；（2）232nnnT−=【解析】.【分析】（1）根据()*12nnaan+=+N得到na为公差为2的等差数列，利用等差数列求通项公式求出21nan=−，再设nb的公比为q，列出

方程，求出2q=，得到通项公式；（2）化简得到32ncn=−，故nc为公差为3的等差数列，利用等差数列求和公式得到答案.【小问1详解】因为()()**1122nnnnaanaan++=+−=NN，故na为公差为2的等

差数列，所以()()12112121naannn=+−=+−=−，又1b，2b，31b−成等差数列，故21321bbb=+−，设nb的公比为q，其中22b=，则2421qq=+−，解得2q=或12，当2q=时，11b=，此时1112nnnbbq--==，为递增

数列，满足要求，当12q=时，14b=，此时31112nnnbbq−−==，为递减数列，舍去，综上，21nan=−，12nnb−=；【小问2详解】212log1322nncnn−=+−−=，则13nncc+−=，故nc为公差为3的等差数列，故()2121323143222nnnnn

nTcccn+−−=+++=+++−==.16.已知函数()2eexxfxx=+−.（1）求曲线()yfx=在点()()0,0f处的切线方程；（2）当1,0x−时，求函数()fx的最大值与最小值.【答案】（1）22yx=+（2）函数()f

x的最大值为2，最小值3ln24+【解析】【分析】（1）求导，根据导数的几何意义可得切点和切线斜率，即可得切线方程；（2）根据求导判断()fx的单调性，结合单调性分析最值.【小问1详解】因为()2eexxfxx=+−，则()22ee1xx

fx=+−，可得()()02,02ff==，即切点坐标为()0,2，切线斜率为2k=，所以切线方程为22yx=+.【小问2详解】由（1）可得()()()22ee1e12e1xxxxfx=+−=+−，且1,0x−，则e10x+，令()0fx，则2e10x−，解得ln20x−

；令()0fx，则2e10x−，解得1ln2x−−；可知()fx在)1,ln2−−内单调递减，在(ln2,0−内单调递增，又因为()()()221ee31,02,ln2ln2e4fff+−

−==−=+，且221ee2e+−，所以函数()fx的最大值为2，最小值3ln24+.17.师大附中考入北大的学生李聪毕业后帮助某地打造“生态果园特色基地”，他决定为该地改良某种珍稀水果树，增加产量，提高收入，调研过程中发现：此珍稀水果树的单株产量W（单位：千克）与投入的成本30x（单位：

元）满足如下关系：()2343,02,332,25.1xxWxxxxx+=++，已知这种水果的市场售价为10元/千克，且供不应求.水果树单株获得的利润为()fx（单位：元）.（1）求()fx的函数关系式；（2）当投入成

本为多少时，该水果树单株获得的利润最大?最大利润是多少?【答案】（1）()23403030,02332020,251xxxfxxxxx−+=−+（2）当投入成本为90元时，该水果树单株获得的利润最大，最大利

润是180元【解析】【分析】（1）由题意可知：()()1030fxWxx=−，结合题意代入运算即可；（2）分02x和25x，结合二次函数和基本不等式求最大值.【小问1详解】由题意可知：()()23403030,023103032020,251xxxfxWxxxx

xx−+=−=−+.【小问2详解】由（1）可知：()23403030,02332020,251xxxfxxxxx−+=−+，若02x，则()234030303fxxx

=−+，可知其图象开口向上，对称轴为12x=，此时()fx的最大值为()52023f=；若25x，则()()()3201616203402013402021180111xfxxxxxxx=−=−++−+=+++，当且仅当16

11xx+=+，即3x=时，等号成立，此时()fx的最大值为()3180f=；又因为5201803，可知()fx的最大值为()3180f=，所以当投入成本为90元时，该水果树单株获得的利润最大，最大利润是180

元.18.已知函数()()elnxfxxaax=−−，aR.（1）当ea=时，求函数()fx的单调区间与极值；（2）若函数()fx有2个不同的零点1x，2x，满足2121e2exxxx，求a的取值范围.【答案】（1）()fx单调递减区

间为()0,1；()fx单调递増区间为()1,+；()fx有极小值0，无极大值.（2）2ln2a>【解析】【分析】（1）将ea=代入()()elnxfxxaax=−−，然后求导利用导函数的正负判断原函数的单调性，计算极值即可；（2）先将

()fx化为()()elnexxfxxax=−，然后令exxt=，将问题转变为ln0tat−=有两个解为12,tt，设()lnhttat=−，利用零点存在性定理证明其有两个零点时的情况，分离得1lntat=，再设新

函数ln()tFtt=，利用导数求出其值域，最后求出a的取值范围即可.【小问1详解】当ea=时，()()eeelneeelnxxfxxxxxx=−−=−−，其定义域为(0,+∞)，()()()1eeeeeexxxxxfxxxx+−=+−−=，所以显然当𝑥∈(0,1)时，𝑓′(𝑥)

<0，此时()fx单调递减；当𝑥∈(1,+∞)时，𝑓′(𝑥)>0，此时()fx单调递増；所以()fx有极小值𝑓(1)=0，无极大值；综上所述，()fx单调递减区间为(0,1)；()fx单调递増区间为(1

,+∞)；()fx有极小值0，无极大值.小问2详解】()()()()elnelnelnexxxxfxxaaxxaxxxax=−−=−+=−，令extx=，因为(1)e0xtx=+，所以extx=在(

0,)+单调递增，则0t，令()lnhttat=−，即()ht在(0,)t+有2个零点12,tt，且121122e,etttxtx==，因为()1atahttt−=−=，当0a时，()0,()htht在(0,)t+

单调递增，不存在2个零点，所以0a，当(0,)ta时，()0ht:当(,)ta+时，()0ht.【所以()ht在(0,)a单调递减，在(,)a+单调递增，则min()()(1ln)hthaaa==−，令()ee,()eex

xxxx=−=−，当(0,1)x时，()0,()xx单调递减：当(1,)x+时，()0,()xx单调递增，则min()(1)0x==，所以()0x恒成立.即eexx恒成立.因此2e2e20aaa，()()()222ee2e2e20aaaahaaa

=−=−+，因为0t→时，()ht→+;且()2e0ah.()()()222ee2e2e20aaaahaaa=−=−+，因为0t→时，()ht→+;且()2e0ah.所以当min()(1ln)0htaa=−，即(e,)a+时，函数()fx有2个不同的零点.又2121e

2exxxx，即()()21122,,0,,0ttttht+=等价于1lntat=，设2ln1ln(),()ttFtFttt−==.当(0,e)t时，()0Ft;当(e,)t+时，()0Ft.则()Ft在(0,e)上单调递增，在(e,)+上单调递减

，则max1()(e)eFtF==，由题意得:121ett.（i）当12et，即1e2t时，212tt恒成立;（ii）当12et，即1e2t时，有()()()1212FtFtFt=.令e()()(2),,e2GtFtFtt=−，由

()0Gt，即lnln2lnln2022tttttt−−=可得2t，所以1e,22t，综上，1(1,2)t，因此()11ln220,,,2ln2Ftaa=+.【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是利用同构思想得()lnht

tat=−，再结合分离参数即可得到答案.19.对于数列nx，若0M，对任意的*nN，有nxM，则称数列nx是有界的.当正整数n无限大时，若nx无限接近于常数a，则称常数a是数列nx的极限，或称数列nx收敛于a，记为

limnnxa→+=.单调收敛原理：“单调有界数列一定收敛”可以帮助我们解决数列的收敛性问题.（1）证明：对任意的1x−，*nN，()11nxnx++恒成立；（2）已知数列na，nb的通项公式为：11

nnan+=，111nnbn+=+，*nN.（i）判断数列na，nb的单调性与有界性，并证明；（ii）事实上，常数elimlimnnnnab→+→+==，以e为底的对数称为自然对数，记为lnx.证明：对任意的*nN，()1111ln11

nnkknkk==++恒成立.【答案】（1）证明见解析；（2）（i）{}na是递增数列，是有界的，{}nb是递减数列，也是有界的，（ii）证明见解析．【解析】【分析】（1）主要是构造函数()(1)1n

fxxnx=+−−（1x−），利用导数进行证明；（2）（i）利用作差法，作差1nnaa+−，1nnbb−−，结合（1）中不等式证明数列单调性，根据有界性的定义结合单调性证明有界性，（ii）由极限定义及单调性得出N*k，111(1)e(1)kkkk+++，取对数变形后，令1,2,,kn=

并相加得证．【小问1详解】1x=−时，不等式()11nxnx++显然成立，同样，1n=时，()11nxnx++显然成立，1x−时，设()(1)1nfxxnx=+−−（1x−），2n且*nN，则1()(1)nfxnxn−=+−，当10x−时011x+，()0

fx，()fx递减，0x时，11x+，()0fx，()fx递增，的所以1x−时，()(0)0fxf=，即()11nxnx++，综上，对任意的1x−，*nN，()11nxnx++

恒成立；【小问2详解】（i）11nnan=+，1221111(1)1CCCnnnnnnnannnn=+=++++23(1)1(1)(2)1(1)11112!3!!nnnnnnnnnnnn−−−−=+++++11112112111(1)(

1)(1)(1)(1)(1)2!3!!nnnnnnnn−=++−+−−++−−−，11211111211111(1)1CCC11(1)(1)nnnnnnnannnn+++++++=+=++++++++23(1)1(1)(2)1(1)11112!3!!n

nnnnnnnnnnn−−−−=+++++11112112111(1)(1)(1)(1)(1)(1)2!13!11!111nnnnnnnn−=++−+−−++−−−++++++1121(1)(1)(1)(1)(1)!1111nnnnnnn−+−

−−−+++++，比较对应项可得1nnaa+，所以{}na是递增数列；（{}na单调性的另证：1111112(1)(1)()()11nnnnnnnnaannnn+++++−=+−+=−++2222212212()[()]()[(1)]121121nnnnnnnnnnnnnnnn

nn++++++=−=+−++++++，由（1）知221112(1)11122211nnnnnnnnnn+++=++=+++++，所以10nnaa+−，即1nnaa+．）又由上面展开式知21111111112332!3!!2222nnnan+++++++++=−

，又0na，所以3na，所以{}na是有界的；111nnbn+=+，2n时，111111(1)(1)()()11nnnnnnnnbbnnnn++−+−=+−+=−−−2211()[()]1nnnnnnnn++=−−，由(1)得22

22111()(1)11111nnnnnnnnnn+=+++=−−−，所以10nnbb−−，即1nnbb−，所以{}nb是递减数列，因此14nbb=，又0nb，所以4nb，所以{}nb是有界的；（ii）由（i）知

ekkab，N*k，即111(1)e(1)kkkk+++，取自然对数得11ln(1)1(1)ln(1)kkkk+++，所以11ln(1)kk+，11ln(1)1kk++，即11ln(1)ln1kkkk+−

+，令1,2,,kn=并相加得11111ln(1)ln112312nnn++++−++++，即()1111ln11nnkknkk==++【点睛】关键点点睛：解题的关键要理解题意：数列的极限，数列的有界性以及

数列的收敛性，单调收敛原理，其次在证明了（1）中函数不等式后，要能应用此不等式证明数列{},{}nnab的单调性，同时由单调收敛原理得出111(1)e(1)kkkk+++，从而完成最终不等式的证明．