黑龙江省牡丹江第一高级中学2025届高三上学期期中数学试卷（PDF版，含答案）

黑龙江省牡丹江第一高级中学 2025 届高三上学期期中数学试卷
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.在△ 中，∠ = 30°， = √ 3， = 3，则 =( )
9 9
A. 3 B. C. 3 D.
2 2
2.记 为等差数列{ }的前 项和，若 3 + 9 = 14， 6 7 = 63，则 7 =( )
A. 21 B. 19 C. 12 D. 42
3.正四棱台的上、下底面边长分别是2和4，高是√ 3，则它的侧面积为( )
A. 6 B. 12√ 3 C. 24 D. 44
4.如图，在空间四边形 各边 ， ， ， 上分别取点 ， ， ， ，
若直线 ， 相交于点 ，则下列结论错误的是( )
A. 点 必在平面 内
B. 点 必在平面 内
C. 点 必在直线 上
D. 直线 与直线 为异面直线

5.某同学用“五点法”画函数 ( ) = ( + )( > 0, | | < )在某一个周期内的图象时，列表并填入
2
了部分数据，如表：
3
+ 0
2
2
2
5

3
6
( + ) 0 5 5 0
根据这些数据，要得到函数 = 的图象，需要将函数 ( )的图象( )

A. 向左平移 个单位 B. 向右平移 个单位 C. 向左平移 个单位 D. 向右平移
12 12 6 6
个单位
1 1 2
6.已知函数 ( ) = ，若正实数 ， 满足 ( ) + (2 1) = 0，则 + 的最小值为( ) +1 2
17
A. B. 7 C. 5 + 3√ 2 D. 4 + 2√ 2
2
2
7.已知 , , 均为单位向量，且 , = , + , = ，则| + + |( ∈ )的最小值为( )
3 3
3 √ 3 9 3
A. B. C. D.
4 2 4 2
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+1 2023
8.数列{ }满足 1 = 1， +1 + = 2 + 1，若数列{
+1
2
}的前 项的和为 ，则 > 的 的最小
+1 2024
值为( )
A. 6 B. 7 C. 8 D. 9
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.已知向量 ， ， 满足 = (1,1), = ( 1,2), = (2 , 1)，则( )
A. | | = 5 B. 当 // 时，4 + = 1
1 2
C. 当(2 + ) ⊥ 时， + 2 = 2 D. 在 上的投影向量的坐标为( , )
5 5
10.数列{ }满足 +1 + 2 +1 = 0( ∈
), 1 = 1，则下列结论正确的是( )
1
3(9 1)
A. 若 = 3 ，则{ }前 项和为 8
1 1 1 2 +1
B. + + + =
1 2 2 1

( 1)
C. 数列{ }的前 项和为( 1)

9
D. 数列{( )
1
}最大项为第10项
10
11.已知△ 的内角 ， ， 所对的边分别为 ， ， ，下列四个命题中，正确的命题是( )
A. 在△ 中，若 > ，则 >
B. 若( 2 + 2)sin( ) = ( 2 2)sin( + )，则 是等腰三角形
√ 5
C. 若 在线段 上，且 = 5, = 3, = 2 , cos∠ = ，则△ 的面积为8
5
2 8
D. 若 = 2√ 3，动点 在△ 所在平面内且∠ = ，则动点 的轨迹的长度为
3 3
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分。

12.若 = 1 + ，则| | = ______．
1
13.已知数列{ }的前 项和为 ，且√ +1 = 3√ , 1 = 1，则 = ______．
14.若函数 ( )的图象上存在两点 ， 关于 轴对称，则点对[ , ]称为 ( )的“比肩点对”(点对[ , ]与
2
( 1) ( 2 3 2)
[ , ]视为同一个“比肩点对”).若函数 ( ) = { , > 0 恰有4个“比肩点对”，则实数 的
( + 1)2, ≤ 0
取值范围是______．
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)
设 ′( )是函数 ( )的导函数， ″( )是函数 ′( )的导函数，若方程 ″( ) = 0有实数解 0，则称点( 0, ( 0))
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为曲线 = ( )的“拐点”.经过探究发现：任何一个三次函数的图象都有“拐点”，且“拐点”就是三次
函数图象的对称中心.已知函数 ( ) = 3 + 2 9 13的图象的对称中心为( 1, 2)．
(Ⅰ)求实数 ， 的值；
(Ⅱ)求 ( )的零点个数．
16.(本小题15分)
1
已知函数 ( ) = + cos(2 + )，且 ( ) = ．
6 4 2
(1)求 的值；
(2)求 ( )的对称中心和单调递减区间；
3
(3)若 ( ) = , ∈ [ , ]，求cos(2 + )的值．
2 4 5 2 2 6
17.(本小题15分)
+ ( 1+1) ( 2+1) ( 3+1) ( +1)已知数列{ }对于任意 ∈ 都有 + 2 + 3 + +

= ． 2 2 2 2
(1)求数列{ }的通项公式．
2
(2)设数列{ }前 项和为 求 ．
+1

1 1 1 1 5
(3)证明： + + + + < , ( ∈ )．
1 2 3 +1 3
+
18.(本小题17分)
记△ 的内角 ， ， 的对边分别为 ， ， ，已知 ( ) = ( )．
(1)求 取值的范围；
(2)若 = 2，求△ 周长的最大值；
(3)若 = 2， = 2 ，求△ 的面积．
19.(本小题17分)

已知函数 ( ) =

， ( ) = ( ) + ．
(1)若 ( )在 = 0处取得极值，讨论 ( )的单调性；
(2)设曲线 = ( )在点 ( , ( ))(0 < < 2)处的切线为 ，证明：除点 外，曲线段 = ( )(0 ≤ ≤ 2)
总在 的下方；
1 1 1
(3)设 = × ，证明：∑
40
=1 ( ) ≤ 2

20 + 2 ．
2 √ 2 +1+√ 2 1
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1.【答案】
2.【答案】
3.【答案】
4.【答案】
5.【答案】
6.【答案】
7.【答案】
8.【答案】
9.【答案】
10.【答案】
11.【答案】
12.【答案】√ 2
1, = 1
13.【答案】{
8 × 9 2
, ≥ 2
14.【答案】(1 3 2, 1)
15.【答案】解：(Ⅰ)因为 ( ) = 3 + 2 9 13，
所以 ′( ) = 3 2 + 2 9，
所以 ″( ) = 6 + 2 = 2(3 + )，
又因为 ( )的图象的对称中心为( 1, 2)，
所以 ，
3 + = 0, = 1,
即{ ，解得{
+ = 2. = 3.
(Ⅱ)由(Ⅰ)知， ( ) = 3 + 3 2 9 13，
所以 ′( ) = 3 2 + 6 9 = 3( + 3)( 1)，
令 ′( ) = 0，得 = 3或 = 1，
当 变化时， ′( )， ( )的变化情况如下表：
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( ∞, 3) 3 ( 3,1) 1 (1,+∞)
′( ) + 0 0 +
( ) 单调递增 14 单调递减 18 单调递增
所以 ( )的极大值为 ( 3) = 14，极小值为 (1) = 18，
又 ( 10) = 623 < 0， (3) = 14 > 0，
所以 ( )有3个零点．
√ 3 1
16.【答案】解：(1) ( ) = 2 + 2 2 ，
2 2 2
1 1
又 ( ) = = ，
4 2 2 2
∴ = 2；
1 √ 3
(2) ( ) = 2 + 2 = sin(2 + )，
2 2 3

令2 + = ( ∈ )，得 = ( ∈ )，
3 2 6

∴ ( )的对称中心为( , 0)( ∈ )；
2 6
3
令2 + ≤ 2 + ≤ 2 + ( ∈ )，
2 3 2
7
解得 + ≤ ≤ + ( ∈ )，
12 12
7
∴ ( )的单调递减区间为[ + , + ]( ∈ )；
12 12
3
(3)若 ( ) = sin[2( ) + ] = sin( ) = ，又 ∈ [ , ]，
2 4 2 4 3 6 5 2 2
2
∴ ∈ [ , ]，
6 3 3
4
∴ cos( ) = √ 1 sin2( ) = ，
6 6 5
3 4 24
∴ cos(2 + ) = sin[ (2 + )] = sin(2 ) = 2 ( )cos( ) = 2 × × = ．
6 2 6 3 6 6 5 5 25
( +1) ( +1) ( +1) ( +1)
17.【答案】解：(1)因为 1 + 2 + 3 2 3 + + = ①， 2 2 2 2
( 1+1) ( 2+1) ( 3+1) ( 所以 + + 1
+1)
2 22 23
+ + 1 = 1②， ≥ 2， 2
( +1)① ②得： = 1，即 2
= 2 1， ≥ 2，
+1
当 = 1时， 1 = 1，解得 1 = 1，满足上式， 2
所以{ }的通项公式为 = 2 1；
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2 2
(2)由题意 = = ，
+1 2

2 1
2 3
= 1 + +2 22
+ +
2 1从而{ ，
1 1 2 3
= + + + +2 2 22 23 2
1
1 1 1 1 1 ( )2 +2所以 = 1 + + 2 + +2 2 1

2
= 1 = 2 ， 2 2 1 2
2
2
+2
所以 = 4 ；
2 1
(3)证明： ≥ 3，2 1 3 × 2 2 = 2 2 1 > 0 2 1 > 3 × 2 2，
1 1 1 4 5
当 = 1时， + = 1 + = < ，
1 2 3 3 3
1 1 1 1 1 1 1 5
当 = 2时， + + = 1 + + < 1 + + = ，
1 2 3 3 7 3 3 3
1 1 1 1 1 1 1 1 1
当 ≥ 3时， + + + + = 1 + + + + + + +1 1 2 3 +1 3 7 15 31 2 1
1 1 2
1 1 1 1 1 1 4 (1 ( ) ) 4 1 5
< + + + + + + = + 6 2 < + = ，故得证．
1 3 6 12 24 3 2 2 3 11 3 3 3
2
18.【答案】解：(1)由 ( ) = ( )，
可得 ( ) = ( )，
整理可得： ( + ) = ( + ) = 2 ，
又 + + = ，则sin2 = 2 ，
2
根据正弦定理可得： 2 = 2 ，则 = ，
2
2
+ 2 2
又由余弦定理可得： = ，可得： 2 + 2 2 = 2，
2
即 2 + 2 = 2 2 ≥ 2 ，当且仅当 = 时取等号，
2 1
所以 = ≥ ，
2 2
又因为 ∈ (0, )，

可得 ∈ (0, ]；
3
(2) = 2，由(1)可得 2 + 2 = 2 2 = 8，又 2 + 2 ≥ 2 ，
又 2 + 2 = 2 2 ≥ 2 ，可得 2 ≥ ，则 2 + 2 = ( + )2 2 ≥ ( + )2 2 2，
所以8 ≥ ( + )2 8，即( + )2 ≤ 16，解得 + ≤ 4，当且仅当 = = 2取等号，
所以△ 周长的最大值为2 + 2 + 2 = 6；
(3)由 = 2 ， = = 3 ，
又因为 ( ) = ( )，
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所以sin( 3 ) = ( 3 2 )，而 ≠ 0，
3 = 5 ，因为 = 3 ∈ (0, )， = 2 ∈ (0, )， ∈ (0, )

可得 ∈ (0, )，
3
可得3 + 5 = + 2 ， ∈ ，
5
可得 = ， = ， = ，
8 4 8
2
由 = 2，而 = = = ，

5
2 2 2 ( + )
可得 = = 8 = 2 8
2
= ， sin sin tan
8 8 8
1 1 2
所以 △ = = × 2 ×2 2 × sin ， tan 4
8

1 cos4 √ 2 √ 2 2 √ 2因为tan = √
8
= = = √ 2 1，
1+cos 2+√ 2 √ 2
4
1 1 2 √ 2
所以 △ = = × 2 × × sin = = 2 + √ 2． 2 2 tan 4 √ 2 1
8

19.【答案】解：(1) ∵ ( ) = + ， ∈ ，
1
∴ ′( ) = + ，
由 ( )在 = 0处取得极值，得 ′(0) = + 1 = 0，
解得 = 1．
1 1
当 = 1时， ′( ) = 1 = ，
设 ( ) = 1 ，则 ( )在 上单调递减，且 (0) = 0，
则当 < 0时， ( ) > (0) = 0，即 ′( ) > 0，故 ( )在( ∞,0)单调递增，
当 > 0时， ( ) < (0) = 0，即 ′( ) < 0，故 ( )在(0,+∞)单调递减，
故 ( )在 = 0处取到极大值，满足题意，
所以 ( )在( ∞, 0)单调递增，在(0,+∞)单调递减．
1
(2)证明：∵ ( ) = ， ∈ ， ′( ) = ，
1
∴曲线 = ( )在点 ( , ( ))处的切线 的斜率为 ，0 < < 2．
1 1 2
故切线方程为

=

( )，即 =

+ ，

1 2
构造函数 ( ) = ( ) ，0 ≤ ≤ 2，
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1 2
即 ( ) = ，其中 ( ) = 0，
1 1
则 ′( ) = ， ∈ ，
1 1
设 ( ) =



，其中 ( ) = 0，
2
则 ′( ) = ，
令 ′( ) = 0，得 = 2，
当 < 2时， ′( ) < 0，故 G( )在( ∞, 2)单调递减，
当 > 2时， ′( ) > 0，故 G( )在(2,+∞)单调递增，
所以 ( )在[0,2]单调递减，且 ( ) = 0，0 < < 2．
故当0 ≤ < 时， ( ) > 0，即 ′( ) > 0，则 ( )在[0, )单调递增，
当 < ≤ 2时， ( ) < 0，即 ′( ) < 0，则 ( )在( , 2]单调递减，
故 F( )在 = 处取极大值，且极大值为 ( ) = 0，
当且仅当 = 时， ( ) = 0，
1 2
所以当 ∈ [0,2]时， ( ) ≤ 0恒成立．即 ( ) ≤ 0恒成立，
故除点 外，曲线段 = ( )(0 ≤ ≤ 2)总在 的下方，命题得证．
1 2
(3)证明：由(2)结论，任意0 < < 2，0 ≤ ≤ 2，

≤ + 恒成立．

1 1
又由 = × 可知，{ }单调递减， 2 √ 2 +1+√ 2 1
1 1 √ 3 1 1 1
2
则0 < ≤ 1 = × = < ≤ 2，故 ≤ + 恒成立， 2 √ 3+1 4 4
1 19 1 1 1
令 = ，则 20 20
20
≤ + 恒成立．
20 400
1 1 1
又由 = × = (√ 2 + 1 √ 2 1) 2 √ 2 +1+√ 2 1 4
40 1所以∑ = ∑40 =1 =1( √ 2 + 1 √ 2 1) 4
1 1
= (√ 3 1 + √ 5 √ 3 + + √ 79 √ 77 + √ 81 √ 79) = (√ 81 1) = 2．
4 4
19 1 1 1 19 1 1 1
故 ( ) =
+ ≤ + 20 20 + = ( 20 + ) + 20 ， 20 400 20 400
19 1 1 1 19 1 1 1
故∑40 40 =1 ( ) ≤ ∑ =1[ (

20 + ) + 20] = (

20 + )∑40 =1 + 40 ×

20
20 400 20 400
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19 1 1 1 19 1 1 1 1
= ( 20 + )∑40 =1 + 20 = 2( 20 + ) +

20 = 2 20 + 2 ．
20 10 20 10
1
即∑40 =1 ( ) ≤ 2 20 + 2 成立，命题得证．
第 9 页，共 9 页