【文档说明】四川省内江市威远中学校2024-2025学年高三上学期期中考试数学试题 Word版含解析.docx，共(21)页，979.794 KB，由小赞的店铺上传

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威远中学校2025届高三上期半期考试数学试题一、单选题：本题共8个小题，每小题5分，共40分．在每个小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的．1.已知集合4,2,0,2,4A=−−，2|230Bxxx=+−，则图中阴影部分表示的集合为（）A.4,2,4

−B.4,2,4−−C.2,0−D.4,2,0−−【答案】A【解析】【分析】先求出{|31}Bxx=−，由图知道阴影部分表示A中把B中去掉后剩下元素组成的集合，写出结果即可.【详解】2|230{|31}Bxxxxx=+−=−，由图知道阴影部分表示4,2,

0,2,4A=−−中把{|31}Bxx=−中去掉后剩下元素组成的集合.即图中阴影部分表示的集合为4,2,4A=−.故选：A.2.2024年巴黎奥运会中国代表队获得金牌榜第一，奖牌榜第二的优异成绩.首金是中国组合黄雨婷和盛李

豪在10米气步枪混合团体赛中获得，两人在决赛中14次射击环数如图，则（）A.盛李豪的平均射击环数超过10.6B.黄雨婷射击环数的第80百分位数为10.65C.盛李豪射击环数的标准差小于黄雨婷射击环数的标准差D.黄雨婷射击环数的极差小于盛李豪射击环数的极差【答案】C【解析

】【分析】根据图表数据可直接判断选项A，利用第80百分位数的解法直接判断选项B，根据图表的分散程度即可判断选项C，根据极差的求法直接判断选项D.【详解】由题知，盛李豪的射击环数只有两次是10.8环，5次

10.6环，其余都是10.6环以下，所以盛李豪平均射击环数低于10.6，故A错误；由于140.811.2=，故第80百分位数是从小到大排列的第12个数10.7，故B错误；由于黄雨婷的射击环数更分散，故标准差更大，故C正确；黄雨婷射击环数的极差为10.89.71.1−=，盛李豪的射击环数极差为

10.810.30.5−=，故D错误.故选：C3.天上有三颗星星，地上有四个孩子．每个孩子向一颗星星许愿，如果一颗星星只收到一个孩子的愿望，那么该愿望成真，若一颗星星收到至少两个孩子的愿望，那么向这颗星星许愿的所有孩子的愿望都无法成真，则至少有两个孩子愿望成真的概率是（）A.19

B.29C.49D.23【答案】C【解析】【分析】利用古典概型的概率公式，结合排列组合知识求解．【详解】四个孩子向三颗星星许愿，一共有4381=种可能的许愿方式.由于四个人选三颗星星，那么至少有一颗星星被两个人选，这两个人愿望无法实现，至多只能实现两个人的愿望，所以至少有两个孩子愿望

成真，只能是有两颗星星各有一个人选，一颗星星有两个人选，可以先从四个孩子中选出两个孩子，让他们共同选一颗星星，其余两个人再选另外两颗星，有212432CCA36=种情况，所以所求概率为364819P==.故选：C.4.

已知1sin()2cos(),tan()2−=+−=，则tantan−=（）A.47B.74C.76D.45【答案】D【解析】【分析】由两角差的正弦公式、两角和的余弦公式，结合同角的三角函数关系式中的商关系、两角差的正切公式进行求解即可.【详解】由sin()2cos()si

ncoscossin2coscos2sinsin−=+−=−sincoscossin2coscos2sinsintantan22tantan,coscoscoscos−−=−=−由()1tantan1tan()ta

ntan2tantan121tantan2−−===−−+，于是有()4tantan222tantan1tantan5−=−−−−=，故选：D5.已知函数()11e12xfx=−+，若正实数a，b满

足()()210fafb+−=，则2bab+的最小值为（）A.172B.7C.532+D.422+【答案】D【解析】【分析】判断函数的奇偶性、单调性，据此可得21ab+=，再由基本不等式求最值即可.【详解】因为()11e12xfx=−+，所以函数的定义域为R，关于原点对称

，又11e11111()()e121e22e1xxxxfxfx−+−−=−=−=−=−+++，所以()fx为奇函数，且易知()fx在R上单调递减，又()()210fafb+−=，即()(21)(12)fafbfb=−−

=−所以12ab=−，即21ab+=，22424422bbabbaababab++=+=+++，当且仅当2baab=即22142,77ab−−==时等号成立，故选：D6.已知函数𝑦=𝑓(𝑥)的图象与函数xya=（0a且1a）的图象关于直线yx=对称，记()()[()(2)1

]gxfxfxf=+−．若𝑦=𝑔(𝑥)在区间1,22上是增函数，则实数a的取值范围是（）A.[2,)+B.()()0,11,2C.1,12D.10,2【答案】D【解

析】【分析】求出函数()fx的解析式代入将函数()gx表示出来，对a进行分类讨论，利用复合函数的单调性即可求解．【详解】∵函数()yfx=的图象与函数xya=（0a且1a）的图象关于直线yx=对称，∴()yfx=与xy

a=互为反函数，∴()logafxx=，∴2()()[()(2)1](log)(log21)logaaagxfxfxfxx=+−=+−，令logatx=，函数可化为2()(log21)ahttt=+−，对

称轴为直线1log22at−=.当1a时，1log,log22aat，()logafxx=为增函数，若()ygx=在区间12,2上增函数，则()ht在1log,log22aa轾犏犏臌上为增函数，∴1log21log22aa−，解得102a，不合题意

，舍去.当01a时，1log2,log2aat，()logafxx=为减函数，若()ygx=在区间12,2上是增函数，则()ht在1log2,log2aa轾犏犏臌上为减函数，是∴

1log21log22aa−，解得102a.综上得，a的取值范围是0,12.故选：D.7.已知正项等差数列{𝑎𝑛}的前n项和为nS，则“1232aaa+=”是“nS为等差数列”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【答案】C【解析】【分析】根据两者之间的推出关系可判断两者之间的条件关系.【详解】设等差数列的公式为d，若1232aaa+=，则1132adad+=+，故120da=，故()

()2111111222nnnnnSnadnaaan−−=+=+=，故1nSan=，故11nnSSa−−=即nS为等差数列，故“1232aaa+=”是“nS为等差数列”的充分条件.若nS为等差数列，设其公差为1d，则()111nSan

d=+−，故()2111nSadnd=−+，故()()2211111112nnnaSSadndadnd−=−=−+−−+()1111232dadnd=−+，其中2n.因为{𝑎𝑛}为等差数列，故1

a也应该符合上式，故()11112adad=−，故11da=，故21nSna=，故2211123aaaa=−=，223111325aaaa=−=，故121325aaaa+==，故“1232aaa+=”是“nS为等差数列

”的必要条件.综上，“1232aaa+=”是“nS为等差数列”的充要条件，故选：C.8.设定义在R上的函数()fx与()gx的导函数分别为()fx和()gx，若()()212fxgx+−−=，()()1fxgx=+，且(

)1gx+为奇函数，则下列说法中一定正确的是（）A.()fx是奇函数B.函数()gx的图象关于点()1,0对称C.点()2,2k（其中kZ）是函数()fx的对称中心D.()202310kgk==【答案】C【解析】【分析】对于A，由()1gx+为奇函数，可得()gx的图象关于(1,0)中心对称

，由()()1fxgx=+，可得()()12fxgx=++，再求得()02f=，即可判断；对于B，对()(1)1gxgx−=−+两边求导，即可判断；对于C，结合()gx的对称性及()()12fxgx=++，可得()fx的一个对称中心为(0,2)及()fx

的图象关于1x=对称，即可判断；对于D，由已知可得()gx的周期为4，再由()20231505[(1)(2)(3)(4)](1)(2)(3)kgkggggggg==++++++求解即可判断.【详解】解：对于A，因为()1

gx+为奇函数，所以()(1)1gxgx−=−+，所以()gx的图象关于(1,0)中心对称；又因为()()1fxgx=+，所以()()1,,Rfxagxbab+=++，又因为()()212fxgx+

−−=，所以()()32fxgx−−=，所以(3)2(1)gxagxb−++=++，令1x=，得(2)2(2)gagb++=+，所以2ab+=，所以(3)(1)gxgx−=+，所以()()12fxgx=++，所以()gx关于2x=对

称，所以()()032(1)22fgg=+=+=，所以()fx一定不是奇函数，故A错误；对于B，因为()(1)1gxgx−=−+，两边求导得()(1)10gxgx+−−=，即()(1)1gxgx+=−，所以()gx的图象关于1x=对称，故错误；对于C，由A可知，()gx

关于2x=对称，又因为()1gx+为奇函数，()()12fxgx=++，所以()fx的一个对称中心为(0,2)，又因为()()212fxgx+−−=，所以()2()fxfx+=−，所以()fx的图象关于1x=对称，则点()2,2k（其中kZ）是函数()fx的对称中心，故正确

；对于D，因(1)0g=，()gx关于2x=对称，所以(3)0g=，又因为()gx的图象关于(1,0)中心对称，所以()gx的周期为4，所以(2)(4)(2)(0)0gggg+=+=，故(1)(2)(3)(4)

0gggg+++=，所以()20231505[(1)(2)(3)(4)](1)(2)(3)(1)(2)(3)(2)kgkggggggggggg==++++++=++=而(2)g的值不确定，故错误.故选：C．为【点睛】结论点睛：如果函数()fx满足(

)()()()faxfaxfbxfbx+=−+=−−，则函数()fx的周期4||Tab=−.二、多选题：本题共3个小题，每小题6分，共18分．在每个小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对得部分分，有错选的得0分．9.已知复数13i,zz=−+是z的共轭

复数，则（）A.32i5z+−=B.z的虚部是3iC.z在复平面内对应的点位于第二象限D.复数z是方程2280xx++=的一个根【答案】AC【解析】【分析】利用复数的定义、模长公式、几何意义、共轭复数定义与方程的解法一一判定选项即可.【详解】由题意可知32i2iz+−=+

，所以32i5z+−=，故A正确；易知z的虚部是3，故B错误；z在复平面内对应的点为()1,3−，位于第二象限，故C正确；对于2228i28017i2xxx−++===−，显然13iz=−−不符合题意

，故D错误.故选：AC10.函数π()2cos()(0,||)2fxx=+相邻两个最高点之间的距离为5ππ,(,0)12为()fx的对称中心，将函数()fx的图象向左平移π12后得到函数()ygx=的图象，则（）A.()gx在5π(0,)12上

存在极值点B.方程1π()()23gxx=−所有根的和为4π3C.若()gxm+为偶函数，则正数m的最小值为π12D.若()2gx在ππ(,)32上无零点，则正数的取值范围为416(0,][5,]33【答案】AC【解析

】【分析】根据给定条件，求出函数()fx及()gx解析式，结合余弦函数的图象、性质逐项分析判断得解.【详解】依题意，2ππ=，解得2=，由5π()012f=，得5ππ2π,Z122kk+=+，而π||2，则π0,3k==−，π()2cos(2)3fxx=−，

πππ()2cos[2()]2cos(2)1236gxxx=+−=−，对于A，当5π(0,)12x时，ππ2π2(,)663x−−，显然当26π0x−=时，函数()gx取得极大值，A正确；对于B，由π()03g=，得函数()ygx=的图象关于点π(,0)3对称，直线1π()23yx

=−过点π(,0)3，因此直线1π()23yx=−与()ygx=的图象交点关于点π(,0)3对称，共有21,Nnn+个交点，即方程1π()()23gxx=−共有21n+个根，所有根的和为21π3n+，不存在n使得214ππ33n+=，B错误；对于C，函数π()2cos(22

)6gxmxm+=+−是偶函数，则11π2π,Z6mkk−=，11ππ,Z212kmk=+，因此当10k=时，正数m取得最小值π12，C正确；对于D，函数π()2cos()26gxx=−，当ππ(,)32x时，ππ(,)32πππ666x−−−，由()2gx在ππ

(,)32上无零点，得Zππ(,)[πππ3πππ,],66222kkk−−+−，则ππππ362,Zππππ262kkk−−−+，解得31,Z423kkk−+，显然42313,Z4203k

kkk+−+，即27,Z33kk−，于是{0,1,2}k，所以正数的取值范围为41016(0,][2,][5,]333，D错误.的故选：AC11.已知函数()(1)ln(0)fxxxaxaa=−−−在区间(0,

)+上有两个不同的零点1x，2x，且12xx，则下列选项正确的是（）A.a的取值范围是(0,1)B.121xx=C.()()12114++xxD.1214ln2lnln23xaxxa+++【答案】BCD【解析】【分析】先令()0fx=，参

变分离化简，得1ln1xaxx−=+，我们将题中函数零点个数问题转化为，函数交点问题，然后求得a的取值范围；利用图像可知两个零点的大小关系，然后去验证两个关系即可；然后利用两个的关系，利用基本不等式判断()()12114xx++；假设1

214ln2lnln23xaxxa+++正确，利用零点与a的关系消元，然后利用不等式性质以及构造函数证明即可.【详解】令1()(1)ln0ln1xfxxxaxaaxx−=−−−==+，令()1ln1xgxxx−=

+，由题可知，()()12gxgxa==，()()222ln11xxxgxxx+−+=，令()()222ln101xxxgxxx+−==+，得1x=，显然，当𝑥∈(0,1)时，()0gx，所以()1ln1xgxxx

−=+单调递减；当𝑥∈(1,+∞)时，()0gx，所以()1ln1xgxxx−=+单调递増；()10g=，得()1ln1xgxxx−=+示意图所以0a都符合题意，故A错误；由示意图可知121xx<<，显然()11111lnln111xxgxgxxxxx−−===++，

当0x且1x时，易知x取两个互为倒数的数时，函数值相等，因为()()12gxgxa==，所以12,xx互为倒数，即121xx=，故B正确；()()()1212121212111214xxxxxxxxxx++=+++++=，等且仅当121xx==时等号成立，因为121xx

<<，所以()()12114xx++，故C正确；因为121xx=，要证1214ln2lnln23xaxxa+++，即证222242ln2lnln2ln33xaxxaaxa−+−+++，因为()()12gxgxa==，所以2221ln1xaxx−=+，即证2

222222112lnlnln113xxxxxxx−−+++，我们分别证明22221lnln1xxxx−+，222212lnln13xxxx−++，证明22221lnln1xxxx−+：因为21x，所以22222222211ln0,0111lnln11xxxxxxxxx−−−

+++，证明222212lnln13xxxx−++：要证222212lnln13xxxx−++，即证223ln1xx+，不妨设()()13ln1hxxxx=+−，得()31hxx=−，显然，当()1

,3x时，ℎ′(𝑥)<0，此时ℎ(𝑥)单调递减；当()3,x+时，ℎ′(𝑥)>0，此时ℎ(𝑥)单调递増；故()()343ln30hxh=−，故13ln0xx+−，即13lnxx+，所以证得223ln1xx+，即证得222212lnln13xxxx−

++，即得1214ln2lnln23xaxxa+++，故选项D正确.故选：BCD【点睛】关键点点睛：零点问题解决的关键是转化，有变量的式子，我们经常参变分离，然后将零点问题转化为两个函数的交点问题，画图判断即可；对于选择

题中的一些选项，我们可以假设正确，然后验证即可；题中存在多个变量，我们经常需要找到变量之间的关系，然后消元，变成一个变量，然后解决即可.三、填空题：本题共3个小题，每小题5分，共15分．12.已知双曲线()2222100xyCabab−=

：，的一条渐近线的方程为20xy+=，则C的离心率的值为________.【答案】52【解析】【分析】由已知可得12ba=，进而可求双曲线的离心率.【详解】因为双曲线()2222100xyCabab−=：，的一条渐近线的方程为20xy+=，所以12ba=，所以双曲线的离心率为25

1()2bea=+=.故答案为：52.13.已知曲线ln2yx=+与()lnyxa=+的公切线为1ln2ykx=+−，则实数a=______.【答案】1【解析】【分析】设切点坐标为(,ln2)tt+，求得切线方程1ln1yxtt=++，根据题意，求得12t=，得到切线方程为21ln2yx=+−，再

设切点为(,ln())mma+，结合切点在切线上和12ma=+，列出方程组，即可求解.【详解】由函数ln2yx=+，可得1yx=，设切点坐标为(,ln2)tt+，可得1|xtyt==，则切线方程为1(l

n2)()ytxtt−+=−，即1ln1yxtt=++，与公切线1ln2ykx=+−重合，可得ln11ln2t+=−，可得12t=，所以切线方程为21ln2yx=+−，对于函数()lnyxa=+，可得1yxa=+，设

切点为(,ln())mma+，则1|xmyma==+则ln()21ln212mamma+=+−=+，解得1,12ma=−=.故答案为：114.若1e1lnaxaxax+−对()0,x

+恒成立，则实数a的取值范围为___【答案】1e,+【解析】【分析】通过变形将条件化为()()lne1lne1axxaxx++恒成立，构造函数()()e1xnxx=+判定其单调性，将问题转化为lnxax，再利用导数研究()lnxxx=的单调性及最值计算即可.

【详解】两边同乘以x后移项，得()e1lnaxaxxxax+−，即()()lne1lne1axxaxx++.令()()e1xnxx=+，则有()()()ln,ee1xxnaxnxnxx=++，由𝑥∈(0,+∞)知

()0nx，所以()nx在(0,+∞)上单调递增.因为()()lnnaxnx，所以lnaxx，所以lnxax，令()()()2ln1ln0xxxxxxx−==，显然当0ex时，𝜑′(𝑥)>0，当ex时，𝜑′(𝑥)<0，所以𝜑(𝑥

)在()0,e上递增，在()e,+上递减，所以()()max1eex==，所以1ea.故答案为：1e,+.四、解答题15.ABCV的内角、、ABC的对边分别为abc、、，已知22cos−=abcB．（1）求角C；（2）若1a=，点D满足2ADDB=，且73CD=

，求ABCV的面积.【答案】（1）π3C=（2）34【解析】【分析】（1）利用正弦定理及正弦和角公式可得1cos2C=，结合三角形内角的范围可得结果.（2）利用线性运算表示CD，根据73CD=可求出b，根据面积公式求解.【小问1详解】∵22cos−=abc

B，∴由正弦定理得，2sinsin2sincosABCB−=，∴()2sinsin2sincosBCBCB+−=，∴2sincos2cossinsin2sincosBCBCBCB+−=，∴2sincossin0BCB−=，∵𝐵∈(0,π)，∴sin0

B，∴1cos2C=，∵()0,πC，∴π3C=.【小问2详解】由题意得，()22123333CDCAADCAABCACBCACACB=+=+=+−=+，∴221217|4|43333CDCACBCACBCACB=+=++=，∴22|4|47CACBC

ACB++=，即2214472baab++?，∴2230bb+−=，解得1b=或3b=−（舍去），∴ABCV的面积为1133sin112224abC==.16.已知椭圆C：22221xyab+=()0ab

的离心率为22，且过点()2,6．（1）求C的标准方程；（2）过C的左焦点且斜率为()0kk的直线l与C交于A，B两点，O为坐标原点，当OAB△的面积为163时，求k的值．【答案】（1）221168xy+=；（2）1k=.【解析】【

分析】（1）依据题给条件列方程求得ab、的值，进而求得C的标准方程；（2）先设直线l的方程为()22ykx=+，与椭圆方程联立，利用设而不求的方法列出关于OAB△的面积的方程，解之即可求得k的值.【小问1详解】设椭圆的半焦距为c，由题意得，2222222461caabcab==++=

，解得42222abc===，∴C的标准方程为221168xy+=；【小问2详解】由（1）得，椭圆C的左焦点为()22,0F−，∴设直线l的方程为()22ykx=+，令()11,Axy，()22,Bxy，联立()22116822xyykx+==+，整理得()222

2218216160kxkxk+++−=，∴21228221kxxk+=−+，2122161621kxxk−=+，∴()22121212281421kxxxxxxk+−=+−=+，∴212122821116222

13OABkkSOFyykxxk+=−=−==+△，解得1k=.17.甲、乙两人进行象棋比赛，赛前每人有3面小红旗.一局比赛后输者需给赢者一面小红旗；若是平局就不需要给红旗，当其中一方无小红旗时，比赛结束，有6面小红旗者最终获胜.根据

以往两人的比赛结果可知，在一局比赛中甲胜的概率为0.5，乙胜的概率为0.4.（1）设第一局比赛后甲的红旗个数为X，求X的分布列和数学期望；（2）求比赛共进行五局且甲获胜的概率；（3）若比赛一共进行五局且第一局是乙胜，求此条件下甲最终获胜的概率（结果保留两位有效数字）.【答案】

（1）分布列见解析，期望为3.1（2）0.225（3）0.48【解析】【分析】（1）求出X的可能取值和相应的概率，得到分布列，计算出数学期望；（2）分两种情况，计算出概率相加得到概率；（3）设出事件，利用

条件概率公式得到答案.【小问1详解】X的可能取值为2,3,4，其中()20.4PX==，()30.1PX==，()40.5PX==，所以分布列为X234P0.40.10.5数学期望为20.430.140.53.1EX=++=【小问2详解】比

赛共进行五局且甲获胜，则前4场甲赢2场，平局2场，最后一场甲赢，或前3场甲赢2场，输1场，第4场和第5场最后一场甲均赢，故概率为222243C0.50.10.5C0.50.40.50.225+=，【小问3详解】设比赛一共进行五局且甲最终获胜

为事件A，比赛一共进行五局且第一局是乙胜为事件B，故()40.40.50.025PAB==，事件B包含三种情况，一共进行五局，甲后4局获胜，第2场，第3场和第4场中乙胜1场，平局2场，第5场乙胜，第2场或第3场甲胜，剩余3场乙胜，()422314320.40.5C

0.10.4C0.50.40.05252PB=++=，故比赛一共进行五局且第一局是乙胜，此条件下甲最终获胜的概率为()()()0.0250.480.05252PABPABPB==18.三角函数是解决数学问题的重要工具.三倍角公式是三角学中的重要公式之一，某数学学习小组研究得

到了以下的三倍角公式：①3sin33sin4sin=−；②3cos34cos3cos=−.根据以上研究结论，回答：（1）在①和②中任选一个进行证明；（2）已知函数()323fxxaxa=−+有三个零点123,,xxx且123xxx.（i）

求a的取值范围；（ii）若1231xxx=−，证明：222113xxxx−=−.【答案】（1）证明见解析；（2）（i）(0,4)；（ii）证明见解析；【解析】【分析】（1）转化为两角和的公式求解；（2）（i）()233fxxa=−，分0a和0a，根据函数()323fxxaxa

=−+有三个零点求解；（ii）设()()()()321233fxxaxaxxxxxx=−+=−−−，由()212301faxxx==−=，04a，得到1a=，利用零点存在定理得到方程3310xx−+=的三个根均在()2,2−内，将方程3310xx−+=变形为3

134222xx=−，令ππsin222x=−，再利用三倍角公式求解.【小问1详解】若选①，证明如下：()()22sin3sin2sin2coscos2sin2sincos1

2sinsin=+=+=+−()()2232sin1sin12sinsin3sin4sin=−+−=−若选②，证明如下：()()22cos3cos2cos2cossin2sin2cos1cos2sincos=+=−=−−()32

32coscos21coscos4cos3cos=−−−=−.【小问2详解】（i）解：()233fxxa=−，当0a时，()0fx恒成立，所以()fx在(),−+上单调递增，至多有一个零点；当0a时，令()0fx=，得xa=；令()0fx

，得axa−，令()0fx，得xa−或xa，所以()fx在(),aa−上单调递减，在()(),,,aa−−+上单调递增.若()fx有三个零点，则()()00fafa−，即222020aaaaaa+−，解得04

a，当04a时，4aa+，且()()()()()3222443445160faaaaaaaaa+=+−++=++++，所以()fx在(),4aa+上有唯一一个零点，同理()()22,2220,aagaaaaaaa−−−=−+=

−所以()fx在()2,aa−−上有唯一一个零点.又()fx在(),aa−上有唯一一个零点，所以()fx有三个零点，综上可知a的取值范围为()0,4.（ii）证明：设()()()()321233fxxaxaxxxxxx=−+=−−−，则()212301faxxx==−=.又

04a，所以1a=.此时()()()()210,130,110,230ffff−=−−==−=，方程3310xx−+=的三个根均在()2,2−内，方程3310xx−+=变形3134222xx=−

，令ππsin222x=−，则由三倍角公式31sin33sin4sin2=−=.因为3π3π3,22−，所以7ππ5π7ππ5π3,,,,,66618

1818=−=−.因为123xxx，所以1237ππ5π2sin,2sin,2sin181818xxx=−==，所以222221π7ππ7π4sin4sin21cos21cos181899xx−=−=−−−137ππ5π7π2cos2

cos2sin2sin991818xx=−=−−=−.【点睛】关键点点睛：第二问的（ii）中，由零点存在定理得到方程3310xx−+=的三个根均在()2,2−内，将方程3310xx−+=变形为3134222xx=−，再利用（1）的结论，令ππsin222x=−

，转化为三倍角公式而得证.19.定义：从数列na中随机抽取m项按照项数从小到大的顺序依次记为12,,,mkkkaaa()12mkkk，将它们组成一个项数为m的新数列nb，其中()1,2,,iik

baim==，若数列nb为递增数列，则称数列nb是数列na的“m项递增衍生列”；为（1）已知数列na满足42,1,3,52,2,4,6nnnnan−===，数列nb是na的“3项递增衍

生列”，写出所有满足条件的nb﹔（2）已知数列na是项数为m的等比数列，其中3m，若数列nb为1，16，81，求证：数列nb不是数列na的“3项递增衍生列”；（3）已知首项为1的等差数列na的项数为14，且141105iia

==，数列nb是数列na的“m项递增衍生列”，其中114m．若在数列nb中任意抽取3项，且均不构成等差数列，求m的最大值．【答案】（1）nb为1，3，4或1，3，5或1，4，5或3，4，5（2）证明见解析

（3）8【解析】【分析】（1）先列出数列{𝑎𝑛}前6项，根据“3项递增衍生列”，可列出满足条件的所有数列{𝑏𝑛}.（2）利用“反证法”证明数列{𝑏𝑛}不是数列{𝑎𝑛}的“3项递增衍生列”.（3）先明确数列{𝑎𝑛}的各项，再根据“m项递增衍生列”的概念分析数列{𝑏𝑛}的

构成特点，可求数列{𝑏𝑛}的最大项数.【小问1详解】由题意得，数列{𝑎𝑛}为1，8，3，4，5，2，若{𝑏𝑛}是数列{𝑎𝑛}的“3项递增衍生列”，且1345，则{𝑏𝑛}为1，

3，4或1，3，5或1，4，5或3，4，5﹒【小问2详解】设等比数列{𝑎𝑛}的公比为q．假设数列{𝑏𝑛}是数列{𝑎𝑛}的“3项递增衍生列”，则存在1231kkkm，使1231,16,81kkkaaa===，所以3

1212131,kkkkkkkkaaqaaq−−==，则312116,81kkkkqq−−==，所以()3116221log81log81log3*log16qqkkkk−===−．因为*2131,kkkk−−N，所以3121kkkk−−为有理数，但2log3为无理数，的所以（

*）式不可能成立．综上，数列{𝑏𝑛}不是数列{𝑎𝑛}的“3项递增衍生列”．【小问3详解】设等差数列{𝑎𝑛}的公差为d．由14111491105iiaad==+=，又11a=，所以1d=，故数列{𝑎𝑛}为1，2，3，4，5，L，14﹒令iikba=，因为数列{𝑎𝑛}中各

项均为正整数，故313kkaa−﹔（若312kkaa−=，则123,,kkkaaa，成等差数列）同理533kkaa−，且5331kkkkaaaa−−，所以513kkaa−，同理957kkaa−，且9551kkkkaaaa−−，所以9115kkaa−，这与已知条件矛盾，所以8ik，

此时可以构造数列{𝑏𝑛}为1，2，4，5，10，11，13，14，其中任意三项均不构成等差数列．综上所述，m的最大值为8．【点睛】关键点点睛：数列新定义问题，解决的关键有两点：一是紧抓新数列的定义，如题目中“m项递增衍生列”条件的使用，是解题的入手

点；二是应用数列的单调性或等差等比通项特性等重要性质构造等量或不等关系解决问题.