吉林省长春市东北师范大学附属中学2025届高三上学期第二次摸底考试数学试题（含答案）
文档属性
| 名称 | 吉林省长春市东北师范大学附属中学2025届高三上学期第二次摸底考试数学试题（含答案） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 130.1KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2024-11-06 06:56:43 | ||
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文档简介
吉林省东北师范大学附属中学2025届高三上学期第二次摸底考试
数学试题
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.设集合，，则( )
A. B. C. D.
2.已知是的导函数，则“”是“是函数的一个极值点”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
3.函数的图象大致为( )
A. B.
C. D.
4.“碳达峰”，是指二氧化碳的排放不再增长，达到峰值之后开始下降；而“碳中和”，是指企业、团体或个人通过植树造林、节能减排等形式，抵消自身产生的二氧化碳排放量，实现二氧化碳“零排放”某地区二氧化碳的排放量达到峰值亿吨后开始下降，其二氧化碳的排放量亿吨与时间年满足函数关系式，若经过年，二氧化碳的排放量为亿吨已知该地区通过植树造林、节能减排等形式，能抵消自产生的二氧化碳排放量为亿吨，则该地区要能实现“碳中和”，至少需要经过多少年？参考数据：( )
A. B. C. D.
5.已知，且，则( )
A. B. C. D.
6.已知向量，则向量在向量上的投影向量为( )
A. B. C. D.
7.已知定义在上的可导函数，对，都有，当时，若，则实数的取值范围是( )
A. B.
C. D.
8.在中，角的对边分别为的面积为，则的最大值为( )
A. B. C. D.
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.多选若，则下列不等式一定成立的是( )
A. B. C. D.
10.已知函数，则下列结论正确的有( )
A. 函数的最小正周期为 B. 函数在上有个零点
C. 函数的图象关于对称 D. 函数的最小值为
11.已知是函数的零点，是函数的零点，且满足，则实数的取值可能是( )
A. B. C. D.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.复数满足，则 ．
13.已知函数的定义域为，是偶函数，是奇函数，则的最小值为 ．
14.莱洛三角形，也称圆弧三角形，是一种特殊三角形，在建筑、工业上应用广泛，如图所示，分别以正三角形的顶点为圆心，以边长为半径作圆弧，由这三段圆弧组成的曲边三角形即为莱洛三角形，已知两点间的距离为，点为上的一点，则的最小值为 ．
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.本小题分
在中，角的对边分别为，若．
求的大小；
若，求的最大值．
16.本小题分
已知数列的首项，且满足，设．
求证：数列为等比数列；
若，求满足条件的最小正整数．
17.本小题分
记的内角的对边分别为，已知，是边上的一点，且．
证明：；
若，求．
18.本小题分
已知函数．
若，求曲线在点处的切线方程；
若对任意恒成立，求的取值范围．
19.本小题分
置换是代数的基本模型，定义域和值域都是集合的函数称为次置换满足对任意的置换称作恒等置换所有次置换组成的集合记作对于，我们可用列表法表示此置换：，记．
若，计算；
证明：对任意，存在，使得为恒等置换；
对编号从到的扑克牌进行洗牌，分成上下各张两部分，互相交错插入，即第张不动，第张变为第张，第张变为第张，第张变为第张，，依次类推这样操作最少重复几次就能恢复原来的牌型？请说明理由．
参考答案
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
9.
10.
11.
12.
13.
14.
15.解：由已知，根据正弦定理得
即
由余弦定理得
故，因为，所以．
，由得：
，
因为，则，
故当，即时，取得最大值．
16.解：，
，所以数列为首项为，公比为等比数列．
由可得
，
即，
，
而因为在上均单调递增，则随着的增大而增大，
要使，即，则，
的最小值为．
17.解：证明：在中，由正弦定理得，
在中，由正弦定理得 ，
则，
在中，由正弦定理得，
则，
所以
，
所以；
由，得，，又 ，
所以在和中，由余弦定理得
，，
又，则，
所以 ，
整理得，
又，所以在中，由余弦定理得
，
联立 ，解得
故
18.解：当 时， ，
则 ，
所以，
又，
所以曲线 在点处的切线方程为；
，则 ，
令，则，
令，则，
所以在区间上单调递增，
则，即，
当时，，则，
又，所以，
所以，
则，
所以在区间上单调递增，即在区间上单调递增，
所以，
当，即时，，则在区间上单调递增，
所以，符合题意；
当，即时， ，
令 ，
则 ，
所以在区间上单调递增，
则，故，
又，所以，使得 ，
所以当时，，则在区间上单调递减，
此时，不符合题意，
综上，实数的取值范围为
19.解：，
由题意可知；
解法一：若，则为恒等置换；
若存在两个不同的，使得，不妨设，则．
所以，即为恒等置换；
若存在唯一的，使得，不妨设，则或．
当时，由可知为恒等置换；
同理可知，当时，也是恒等置换；
若对任意的，
则情形一：或或；
情形二：或或
或或或；
对于情形一：为恒等置换；
对于情形二：为恒等置换；
综上，对任意，存在，使得为恒等置换；
解法二：对于任意，都有，
所以中，至少有一个满足，
即使得的的取值可能为．
当分别取时，记使得的值分别为，
只需取为的最小公倍数即可．
所以对任意，存在，使得为恒等置换；
不妨设原始牌型从上到下依次编号为到，则洗牌一次相当于对作一次如下置换：，即
其中．
注意到各编号在置换中的如下变化：
，，
，
，
，
，
，
，
，
所有编号在连续置换中只有三种循环：一阶循环个，二阶循环个，八阶循环个，
注意到的最小公倍数为，由此可见，最少次这样的置换即为恒等置换，
故这样洗牌最少次就能恢复原来的牌型．
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数学试题
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.设集合，，则( )
A. B. C. D.
2.已知是的导函数，则“”是“是函数的一个极值点”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
3.函数的图象大致为( )
A. B.
C. D.
4.“碳达峰”，是指二氧化碳的排放不再增长，达到峰值之后开始下降；而“碳中和”，是指企业、团体或个人通过植树造林、节能减排等形式，抵消自身产生的二氧化碳排放量，实现二氧化碳“零排放”某地区二氧化碳的排放量达到峰值亿吨后开始下降，其二氧化碳的排放量亿吨与时间年满足函数关系式，若经过年，二氧化碳的排放量为亿吨已知该地区通过植树造林、节能减排等形式，能抵消自产生的二氧化碳排放量为亿吨，则该地区要能实现“碳中和”，至少需要经过多少年？参考数据：( )
A. B. C. D.
5.已知，且，则( )
A. B. C. D.
6.已知向量，则向量在向量上的投影向量为( )
A. B. C. D.
7.已知定义在上的可导函数，对，都有，当时，若，则实数的取值范围是( )
A. B.
C. D.
8.在中，角的对边分别为的面积为，则的最大值为( )
A. B. C. D.
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.多选若，则下列不等式一定成立的是( )
A. B. C. D.
10.已知函数，则下列结论正确的有( )
A. 函数的最小正周期为 B. 函数在上有个零点
C. 函数的图象关于对称 D. 函数的最小值为
11.已知是函数的零点，是函数的零点，且满足，则实数的取值可能是( )
A. B. C. D.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.复数满足，则 ．
13.已知函数的定义域为，是偶函数，是奇函数，则的最小值为 ．
14.莱洛三角形，也称圆弧三角形，是一种特殊三角形，在建筑、工业上应用广泛，如图所示，分别以正三角形的顶点为圆心，以边长为半径作圆弧，由这三段圆弧组成的曲边三角形即为莱洛三角形，已知两点间的距离为，点为上的一点，则的最小值为 ．
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.本小题分
在中，角的对边分别为，若．
求的大小；
若，求的最大值．
16.本小题分
已知数列的首项，且满足，设．
求证：数列为等比数列；
若，求满足条件的最小正整数．
17.本小题分
记的内角的对边分别为，已知，是边上的一点，且．
证明：；
若，求．
18.本小题分
已知函数．
若，求曲线在点处的切线方程；
若对任意恒成立，求的取值范围．
19.本小题分
置换是代数的基本模型，定义域和值域都是集合的函数称为次置换满足对任意的置换称作恒等置换所有次置换组成的集合记作对于，我们可用列表法表示此置换：，记．
若，计算；
证明：对任意，存在，使得为恒等置换；
对编号从到的扑克牌进行洗牌，分成上下各张两部分，互相交错插入，即第张不动，第张变为第张，第张变为第张，第张变为第张，，依次类推这样操作最少重复几次就能恢复原来的牌型？请说明理由．
参考答案
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
9.
10.
11.
12.
13.
14.
15.解：由已知，根据正弦定理得
即
由余弦定理得
故，因为，所以．
，由得：
，
因为，则，
故当，即时，取得最大值．
16.解：，
，所以数列为首项为，公比为等比数列．
由可得
，
即，
，
而因为在上均单调递增，则随着的增大而增大，
要使，即，则，
的最小值为．
17.解：证明：在中，由正弦定理得，
在中，由正弦定理得 ，
则，
在中，由正弦定理得，
则，
所以
，
所以；
由，得，，又 ，
所以在和中，由余弦定理得
，，
又，则，
所以 ，
整理得，
又，所以在中，由余弦定理得
，
联立 ，解得
故
18.解：当 时， ，
则 ，
所以，
又，
所以曲线 在点处的切线方程为；
，则 ，
令，则，
令，则，
所以在区间上单调递增，
则，即，
当时，，则，
又，所以，
所以，
则，
所以在区间上单调递增，即在区间上单调递增，
所以，
当，即时，，则在区间上单调递增，
所以，符合题意；
当，即时， ，
令 ，
则 ，
所以在区间上单调递增，
则，故，
又，所以，使得 ，
所以当时，，则在区间上单调递减，
此时，不符合题意，
综上，实数的取值范围为
19.解：，
由题意可知；
解法一：若，则为恒等置换；
若存在两个不同的，使得，不妨设，则．
所以，即为恒等置换；
若存在唯一的，使得，不妨设，则或．
当时，由可知为恒等置换；
同理可知，当时，也是恒等置换；
若对任意的，
则情形一：或或；
情形二：或或
或或或；
对于情形一：为恒等置换；
对于情形二：为恒等置换；
综上，对任意，存在，使得为恒等置换；
解法二：对于任意，都有，
所以中，至少有一个满足，
即使得的的取值可能为．
当分别取时，记使得的值分别为，
只需取为的最小公倍数即可．
所以对任意，存在，使得为恒等置换；
不妨设原始牌型从上到下依次编号为到，则洗牌一次相当于对作一次如下置换：，即
其中．
注意到各编号在置换中的如下变化：
，，
，
，
，
，
，
，
，
所有编号在连续置换中只有三种循环：一阶循环个，二阶循环个，八阶循环个，
注意到的最小公倍数为，由此可见，最少次这样的置换即为恒等置换，
故这样洗牌最少次就能恢复原来的牌型．
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