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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A={x∈N|−20 f (x)+f ′(x)<0
，则实数 的取值范围是( )
e2a−1f (2a−1)≤ea+1f (a+1) a
A. [0,2] B. (−∞,−1]∪[2,+∞)
C. (−∞,0]∪[2,+∞) D. [−1,2]
S
8.在▵ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c,▵ABC的面积为S，则 的最大值为( )
a2+4bc
√2 √2 9√15 9√15
A. B. C. D.
16 8 16 32
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x>1>y，则下列不等式一定成立的是( )
A. x−1>1−y B. x−1>y−1 C. x−y>1−y D. 1−x>y−x
10.已知函数f(x)=√3+2sinx−sin2x，则下列结论正确的有( )
A. 函数f(x)的最小正周期为π B. 函数f(x)在[−π,π]上有2个零点
C. 函数f(x)的图象关于(π,√3)对称 D. 函数f(x)的最小值为−√3
11.已知 是函数 的零点， 是函数 的零点，且满足
x f (x)=x+1−ln(x+2) x g(x)=x2−2ax+4a+4
1 2
，则实数 的取值可能是( )
|x −x |≤1 a
1 2
A. −1 B. −2 C. 2−2√2 D. 4−4√2
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2 1三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.复数z满足|z−5|=|z−1|=|z+i|，则|z|= ．
13.已知函数 的定义域为 ， 是偶函数， 是奇函数，则 的最小值
f(x) R y=f(x)+ex y=f(x)−3ex f(x)
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ABC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
A,B两点间的距离为2，点P为
A
⌢
B
上的一点，则⃗PA⋅(⃗PB+⃗PC)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13分)
在▵ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c，若2asin A=(2sinB+sinC)b+(2sinC+sinB)c．
(1)求A的大小；
若⃗ ⃗ ，求⃗ ⃗的最大值．
(2)
m=(1,sinB),n=(sinC,1) m⋅n
16.(本小题15分)
已知数列 的首项 4，且满足 4a ，设 1 ．
{a } a = a = n b = −1
n 1 5 n+1 a +3 n a
n n
求证：数列 为等比数列；
(1) {b }
n
1 1 1 1
(2)若 + + +⋯+ >2024，求满足条件的最小正整数n．
a a a a
1 2 3 n
17.(本小题15分)
5π
记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，已知A= ，D是边BC上的一点，且
6
sin∠BAD sin∠CAD 3
+ = ．
b c 2a
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3 11
(1)证明：AD= a；
3
(2)若CD=2BD，求cos∠ADC．
18.(本小题17分)
已知函数 ．
f(x)=ex+xsinx+cosx−ax−2(a∈R)
(1)若a=2，求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程；
(2)若f(x)≥0对任意x∈[0,+∞)恒成立，求a的取值范围．
19.(本小题17分)
置换是代数的基本模型，定义域和值域都是集合A={1,2,…,n},n∈N 的函数称为n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
i∈A,f (i)=i . n S . f (i)∈S
n n
此置换：
f
(i)=( 1&2&⋯&n )，记
f (1)&f (2)&⋯&f (n)
．
f (i)=f1(i),f (f (i))=f2(i),f (f2(i))=f3(i),⋯,f (fk−1(i))=fk(i),i∈A,k∈N
+
(1)若f (i)∈S ,f
(i)=(1&2&3&4)
，计算f3(i)；
4 4&2&1&3
证明：对任意 ，存在 ，使得 为恒等置换；
(2) f (i)∈S k∈N fk(i)
4 +
(3)对编号从1到52的扑克牌进行洗牌，分成上下各26张两部分，互相交错插入，即第1张不动，第27张变
为第2张，第2张变为第3张，第28张变为第4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．
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4 1参考答案
1.B
2.B
3.D
4.C
5.B
6.D
7.C
8.A
9.BCD
10.BC
11.AC
12.3√2
13.2√2
14.10−4√7
15.解： 由已知，根据正弦定理得
(1) 2a2=(2b+c)b+(2c+b)c
即a2=b2+c2+bc
由余弦定理得a2=b2+c2−2bccosA
1 2π
故cosA=− ，因为A∈(0,π)，所以A= ．
2 3
⃗ ⃗ ，由 得：
(2)m⋅n=sinB+sinC
(1)
(π ) √3 1 (π )，
sinB+sinC=sinB+sin −B = cosB+ sinB=sin +B
3 2 2 3
因为 ( π)，则 π (π 2π)，
B∈ 0, B+ ∈ ,
3 3 3 3
π π π
故当B+ = ，即B= 时，sinB+sinC取得最大值1．
3 2 6
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5 11 a +3
−1 n −1
16.解： b a 4a 3(1−a ) 3，
(1)∵ n+1= n+1 = n = n =
b 1 1 4(1−a ) 4
n −1 −1 n
a a
n n
1 1 1 3
b = −1= ，所以数列{b }为首项为b = ，公比为 等比数列．
1 a 4 n 1 4 4
1
由 可得( 1 ) ( 1 ) ( 1 ) ( 1 )
(2) (1) −1 + −1 + −1 +⋯+ −1
a a a a
1 2 3 n
1( (3) n )
1−
4 4
=
3
1−
4
(3) n，
=1−
4
即 1 1 1 1 (3) n ，
+ + +⋯+ −n=1−
a a a a 4
1 2 3 n
1 1 1 1 (3) n ，
∴ + + +⋯+ =n+1−
a a a a 4
1 2 3 n
而因为 (3) x在 上均单调递增，则 (3) n随着 的增大而增大，
y=x+1,y=− (0,+∞) n+1− n
4 4
要使 1
+
1
+
1
+⋯+
1
>2024
，即
n+1−
(3) n
>2024
，则
n≥2024
，
a a a a 4
1 2 3 n
∴n的最小值为2024．
a b c
17.解：(1)证明：在△ABC中，由正弦定理得 = = ，
sin∠BAC sinB sinC
sin∠BAD sinB
在△ABD中，由正弦定理得 = ，
BD AD
BD⋅sinB
则sin∠BAD= ，
AD
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6 1sin∠CAD sinC
在△ACD中，由正弦定理得 = ，
CD AD
CD⋅sinC
则sin∠CAD= ，
AD
sin∠BAD sin∠CAD BD⋅sinB CD⋅sinC
所以 + = +
b c AD⋅b AD⋅c
1 1
(BD+CD) a
BD⋅sin∠BAC CD⋅sin∠BAC 2 2 1 3 ，
= + = = = =
AD⋅a AD⋅a AD⋅a AD⋅a 2AD 2a
1
所以AD= a；
3
2 1 1
(2)由CD=2BD，得CD= a，BD= a，又 AD= a ，
3 3 3
所以在△ACD和△ABD中，由余弦定理得
1 2 2 2 1 2 1 2
( a) +( a) −b2 ( a) +( a) −c2
3 3 3 3
cos∠ADC= ，cos∠ADB= ，
1 2 1 1
2× a× a 2× a× a
3 3 3 3
又∠ADC+∠ADB=π，则cos∠ADC+cos∠ADB=0，
1 2 2 2 1 2 1 2
( a) +( a) −b2 ( a) +( a) −c2
3 3 3 3
所以 + =0 ，
1 2 1 1
2× a× a 2× a× a
3 3 3 3
整理得a2−b2=2c2，
5π 5π
又∠BAC= ，所以在△ABC中，由余弦定理得a2= b2+c2−2bccos =b2+
6 6
c2+√3bc，
联立 { a2−b2=2c2 ，解得{c=√3b
,
a2=b2+c2+√3bc a=√7b
1 2 2 2 5
( a) +( a) −b2 ×7b2−b2
3 3 9 13
故cos∠ADC= = = .
1 2 4 14
2× a× a ×7b2
3 3 9
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7 118.解： 当 时， ，
(1) a=2 f(x)=ex+xsinx+cosx−2x−2
则 ，
f′ (x)=ex+xcosx−2
所以f ′(0)=−1，
又f(0)=1+1−2=0，
所以曲线y=f(x) 在点(0,f(0))处的切线方程为y=−x；
，则 ，
(2)f(x)=ex+xsinx+cosx−ax−2(a∈R) f ′(x)=ex+xcosx−a
令 ，则 ，
ℎ(x)=f ′(x)(x⩾0) ℎ′(x)=ex+cosx−xsinx
令 ，则 ，
u(x)=ex−1−x(x⩾0) u′(x)=ex−1⩾0
所以u(x)在区间[0,+∞)上单调递增，
则 ，即 ，
u(x)⩾u(0)=0 ex−(x+1)⩾0
当x⩾0时，sinx⩽1，则−xsinx⩾−x，
又cosx⩾−1，所以cosx−xsinx⩾−(x+1)，
所以 ，
ex+cosx−xsinx⩾ex−(x+1)⩾0
则ℎ′(x)⩾0，
所以ℎ(x)在区间[0,+∞)上单调递增，即f ′(x)在区间[0,+∞)上单调递增，
所以f ′(x)⩾f ′(0)=1−a，
①当1−a⩾0，即a⩽1时，f ′(x)⩾f ′(0)⩾0，则f(x)在区间[0,+∞)上单调递增，
所以f(x)⩾f(0)=0，符合题意；
当 ，即 时， ，
② 1−a<0 a>1 f ′(a)=ea+acosa−a≥ea−2a
令 ，
g(a)=ea−2a(a>1)
则 ，
g′(a)=ea−2>e−2>0
所以g(a)在区间(1,+∞)上单调递增，
则g(a)>g(1)=e−2>0，故f ′(a)>0，
又 ，所以 ，使得 ，
f ′(0)<0 ∃x ∈(0,a) f ′(x )=0
0 0
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8 1所以当x∈(0,x )时，f ′(x)<0，则f(x)在区间(0,x )上单调递减，
0 0
此时f(x)
