山东名校考试联盟——11月期中高三数学试题参考答案（A）(1)_251112山东省名校联盟2025-2026学年高三上学期11月期中（济南淄博期中）（全科）

山东名校考试联盟 高三年级数学试题（A卷）参考答案2025.11 一、选择题：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。 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 B D C D C C A B 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每个小题给出的选项中，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。 题号 9 10 11 答案 BCD ABD ABD 11.【解析】 对于A：因为a a 2a a21(a 1)2≤0，所以a 10即可使得{a }单调递减， n1 n n n n n n 所以a 10且a 10，所以a 1且a  2，所以A对. n n1 对于B：只有当a 1或a 2时，a a ，所以B对. n1 n 3 5 5 5 3 对于C：因为a 3a a21(a  )2 ≤ ，所以当a  时，a  ，因为a2，且 n1 n n n 2 4 4 k 4 k1 2 5 3 a ≤ ，所以不存在kN ，使a  .则C错. n1 4  k 2 对于D：因为a 13a a22(a 1)(a 2)， n1 n n n n 1 1 1 1 1 1 1 所以  (  )，则   ， a 1 (a 1)(a 2) a 1 a 2 a 1 a 1 a 2 n1 n n n n n n1 n 1 1 1 1 1 1 1 累加得       ， a 2 a 2 a 2 a 1 a 1 2 a 1 1 2 n 1 n1 n1 1 1 因为a3，所以a 1，又因为{a }单调递减，所以a ≤1，则- ≤ 0， 2 n n1 2 a 1 n1 1 1 1 所以  ( ,1]，所以D对. 2 a 1 2 n1 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12. 9； 13.yx或yex1（写出其中1个即给满分）； 14. [e,). 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.【解析】 （1）方法一：令a b0，所以2f(0) f 2(0)，所以 f(0)0或2......1分 当 f(0)0时，令a 1，b0，所以2f(1)02，所以 f(0)0.............................2分 1综上， f(0)2.·····················································································3分 方法二：令a 1，b0，则2f(1) f(1)f(0)，因为 f(1)1， 所以 f(0)2························································································3分 （2）因为 f(x)的定义域为R，关于原点对称.·············································4分 令a0,bx，所以 f(x) f(x) f(0)f(x)2f(x) ，所以 f(x) f(x). 综上， f(x)为R上的偶函数.····································································6分 （3）因为 f(x1) f(x1) f(x)f(1) f(x) ，···········································8分 所以求 f(x) f(2x)即可. 由（2）得 f(x)为R上的偶函数，且 f(x)在[0,)上单调递减， 所以 x  2x ，···················································································10分 解得x1.则不等式 f(x1) f(x1) f(2x) 的解集为(1,). ·················13分 16. 【解析】（1）a S 2a 212，a 4，a 26， ......................................1分 1 1 1 1 1 由S n 2a n 2n2，得S n1 2a n1 2n12,n2，....................................................2分 a n S n S n1 2a n 2n2 2a n1 2n12  2a n 2a n1 2,n2， 所以a n 2a n1 2,n2，......................................................................................................4分 a 2 2a 22 故 n  n1  2,n2，.....................................................................................5分 a 2 a 2 n1 n1 所以数列a 2是以6为首项，2为公比的等比数列．................................................6分 n （2）a 262n1 32n，所以a 32n 2，.........................................................8分 n n 2n 2n 1 1 1  故 a a   32n2    32n12   3  32n2  32n12   ，................................10分 n n1 2 22 2n 所以T    n a a a a a a 1 2 2 3 n n1 1 1 1      ，.....................................................................................................12分 3 4 32n12 1 1 1    ，........................................................................................................14分 12 3 32n12 1  ．...................................................................................................................................15分 12 17.【解析】 （1）因为c2 b(ba)，由余弦定理c2 b2 a2 2abcosC ，得ab2bcosC， a b c 利用正弦定理   得，sinAsinB2sinBcosC ， sinA sinB sinC 2又因为sinAsin(BC)，所以sin(BC)sinB2sinBcosC ，化简得sin(CB)sinB …4分 π π π π 因为0B ,0C ，所以 CB ， 2 2 2 2 π 又因为sin(CB)sinB0，所以0CB ， .…….……………5分 2 所以C 2B .…….……………6分 （2）由(1)知C 2B，所以Aπ3B，因为a2， a b c 2 b c 2sin2B 利用正弦定理   得，   ，所以c ， …………8分 sinA sinB sinC sinA sinB sin2B sinA 设三角形ABC的面积为S ， 1 S  acsinBcsinB .…….……………9分 2 2sin2BsinB 2sin2BsinB 2sin2BsinB    .…….……………10分 sinA sin3B sin2BcosB cos2BsinB 2 2 4    1 1 1 1tan2B 3 ， .…….………………11分   tanB tanB tan2B tanB 2tanB tanB  π 0B  2   π π π 3 因为0C2B ,所以 B ， tanB1， .…….……………13分  2 6 4 3  π 0 Aπ3B  2 4 3 S  3 令t tanB,t( ,1)，则 3 ，因为S(t)在( ,1)上单调递增， 3 t 3 t 3 3 所以S( ,2)，即三角形ABC面积的取值范围为( ,2) ..…….…………15分 2 2 【注】第（1）问没有求CB和B的范围扣1分. 1 3 3 18.【解析】（1）若a0， f(x) x3 x2，则 f(x) x2 x．……………3分 3 4 2 3   3 故 f(x)在区间,0和  ,上单调递增，在区间0, 上单调递减．………………4分 2   2 3 （2）因为 fx x2 xaex ，若 f(x) 有两个极值点，则 f(x)有两个变号零点，即函数 2 3 x2 x 2 有两个变号零点．……………………………………………………………6分 y a ex 3 令 F(x) x2 2 x a ，则Fx 2 1 ex 2x1x3．故F(x)在区间    , 1 2    和3,上单 ex 31  调递减，在区间 ,3上单调递增，且当x时，F(x)a．………………8分 2  1 e e 故F  a0且a0，解得 a0．……………………………………10分 2 2e 2e 1 3 3 （3）当a0时，函数g(x) f(x) x3  x2aex，则g(x) xaex． 3 4 2 x x  3x x  x1 x2 于是g  1 2   1 2 ae 2 ,……………………………………………………11分  2  2 2  gx 1 gx 2    3 4  x 1 2x 2 2 a  ex1 ex2   3 x x a ex1 ex2 , ……………………12分 x x x x 4 1 2 x x 1 2 1 2 1 2 故 g   x 1 x 2   gx 1 gx 2   a   ex1 ex2 e x1  2 x2    ae x1  2 x2  e x2 2 x1 e  x2 2 x1  x  x    2  x x  x x  x x  2 1  1 2 1 2 2 1 ……………………………………………………………14分 x x 不妨设x  x ，令t  2 1 0，考虑函数Gtet et 2t， 2 1 2 则Gtet et 22 etet 20，又t 0，故不等式取等号不成立，则G(t)0．函数 Gt在区间0,上单调递增，故G(t)G(0)0．…………………………………………16分 于是G   x 2 x 1  0，即 e x2 2 x1 e  x2 2 x1 x x  0 ．  2  2 1 又a0，因此 g   x 1 x 2   gx 1 gx 2   ae x1  2 x2  e x2 2 x1 e  x2 2 x1  x  x   0,  2  x x x x  2 1  1 2 2 1 不等式得证． ……………………………………………………………17分 19.【解析】（1）因为 sin3xsinx2xsinxcos2xcosxsin2x sinx  12sin2 x  2sinxcos2 x sinx  12sin2 x  2sinx  1sin2 x  3sinx4sin3x, ……………………………………………………………2分 故 f xsinx sin3x 2sinx 4 sin3x 2 sinx  32sin2 x  ．……………………………3分 2 3 3 3 因为32sin2x3210，则由 f 2 x0可得sinx0，解得xk,kZ． 故函数 f (x)的所有零点为{x∣xk,kZ}．………………………………………………5分 2 （2）因为 4sin5xsin(2x3x)sin2xcos3xcos2xsin3x 2sinxcosx  4cos3x3cosx    12sin2 x  (3sinx4sin3x) 2sinx  4  1sin2 x 2 3  1sin2 x    12sin2 x  3sinx4sin3x    16sin5x20sin3x5sinx. ……………………………………………………………7分 故 sin3x sin5x f xsinx  3 3 5 sinx 1 3sinx4sin3x   1 16sin5x20sin3x5sinx  3 5 16 16 3sinx sin3x sin5x, 3 5 ……………………………………………………………8分 令tsinx[1,1]，函数Ft3t 16 t3  16 t5，则Ft316t2 16t4   4t2 1  4t2 3  ． 3 5 ……………………………………………………………9分 1 3 由F(t)F(t)可知F(t)为奇函数，只需考虑区间[0,1]上的情形．当0t 或 t1时， 2 2 1 3 F(t)0，函数F(t)单调递增；当 t  时，F(t)0，函数F(t)单调递减． 2 2 ……………………………………………………………10分 1 14  3 2 3 13 而F00，F  ，F     ，F1 ． 2 15  2  5 15  14 14 于是函数 f 3 (x)的值域为    15 , 15   ．…………………………………………………11分 （3）利用 2sinxcos2k1x sin  2k1 x x  sin   2k1 xx   sin2kxsin 2k2 x 可知当xk，kN时， sin2x0 sin4xsin2x sin2nxsin2n2x sin2nx fxcosxcos3xcos2n1x    , n 2sinx 2sinx 2sinx 2sinx ………………………………………………………………12分 k 令 f(x)0可得x ，kN．…………………………………………………………13分 n 2n  为了求 f n (x)的最大值，由(2)及 f(x) f(x)可知只需考虑0 x 的情形． 2 (k1) 2k1 设kN，当  x 时， f(x)0，函数 f (x)单调递增； n n n 2n 52k1 k 当  x 时， f(x)0，函数 f (x)单调递减． n n 2n n 2k1 故 f (x)的极大值点为x ， kN． …………………………………14分 n 2n 当1k n 2 1 和 k n  x 2k 2  n 1 时，令gx f n x f n    x 2  n     f n    k n     f n    2k 2  n 1   ， 则   sin2nx    sin2nx  2n gx fx f x   n n 2n 2sinx   2sinx   2n     sin2nxsinx sin2nx sinx  2n  2n sin2nx       sinx sinx 0,       2n  2sinx sinx 2sinx sinx  2n  2n k 2k1 2k1 k 故g(x)在区间 , 上单调递减，故g  g 0，  n 2n   2n   n  2k1 2k1   即 f   f   f  ． n  2n  n  2n  n 2n    (2n1) 因此 f (x)在区间[0,2]上的最大值为 f  或 f  ． ………………………15分 n n2n n 2n    2n1  故集合M m∣m 2k或 2k,k 0,1,2,,49，共100个元素．……16分  2n 2n  对于集合M 中的每个元素m，含有元素m的子集有 299个，于是集合M 中的所有非空子集的元素 之和为 49  2n1  49 299  2k 2k 2994k  2994950 21002475 k02n 2n  k0 …………………………………………………………17分 6