黑龙江省哈尔滨市双城区兆麟中学2024-2025学年高三上学期8月模拟考试数学试卷

级 兆解中学2024一2025学年度上学期 辽宁名校联醒联考模拟考一数学 名 命思人：王斜亮群入明审题人，无任桥B分，助分 时间：120分种 单理选排思：本驱共：小题。韩小湘分，用切身，在的小服喻出的酒个速明中，只形一项将合愿用夏束 1经含童例，惠合A4i到.-冰-2州，利家()的B中的元系个 最有() A4个 B3个 C2个 立1个 2已如题P,过eR,任-x>0,时( 43如gR,a-x0 s.p Yag。a-a”s0 Cm3数eR,-x0 D产9geR,a-s0 主世，yeR。前“g>1“期“2+y>“的() 九充分不0要条件 B金委不克公条件 乙夹要条件 D线不无什也不必要条件 403年7再2甘时0分，山中国坐静城天白主细制的气雀二号通二运款火们的空划任务农得蛋装度装， 通大著由发成为会球前款波站入轨的活翼甲税次垂，标志着表回运锐火箭在西型任成木表体海过的应消万面取 得置大突量色天蓝印发的省关塑论中。齐：尔解大所温单报火繁的是大理塑速度公式至关雾延其公式为 vg上丝菜中为级大精的原大母想建宝限位m少写为发动税的喷新速度单位m名，从 M,分别为火等的船始酰算和发动递火（花运有闲亮）时养要量（单良女， 丛特为火紫的莉床质数此 使火管达到某童皮，应酒顿开火童的却末流量比以及晚射速度。但由于火菊可能的地构〔各黄喻力。连按装 里号)所制的，物来照量比不可能大于地.现有第数号单细火新的发对孔能该薄的桑大实射速度跨为 的器x98m发*4m多，富么它能我得的条大幽包隐度的为( )(参与数期ln2m06的，h5m1,61) A44- 且1a C9.2km 0.88km-s 5,授5为数列口}的前n项和，已知4=3，￥m,GN,3-S3,则() 真问，}是等比数列 s8=34 ca+a+4+4+4=3 a3-3m 6使2”=-t.521,则r-《1 A.23 c. n底 已a>了--4期不等式也-小x-月40的复数（美 (引 c(引 a层 8已ea-。%,b=血自0e),e=0%,H() A Esash 五d>>中 c bsase Dezhzc 二，多项球师愿：本共3小题。每小喝后分，共日分，在每小题哈出的成领中，有多乐杆合题开坚求全御选 对的得：分，在去暗的将0分，都分速时的得江微 9看43上>0，则（为 A a al c 0.a+6s2品 a定义在R上的座成通数)操正，y∈R,了g)=了(a)/y,刊=1，周() A.(0)=0 点当名ye0+o)时， 得得 c若八--1，则/()为%函数 a8/得2 板4.，e 的第期效不为3.，则义) A da s≤}m时 c3<1 三，填包题（共3个个那，每圆5分，辆分5分） 2香数养，9。，寸为率北数儿利b-可-(35。 B两登”右的值装为 1a卫日a,6房足12,20-)=5-20,2.3+h-9则b:4gm 因、解花都，本帽其5小想。共打分解若在写出文字说月、证有过塑酸演第业里 5通曲4=一2当，8-仔1r,2沾-M<的，者xeA是x后的充分不必系条件：米实章 +2 的京简衣国 1收三如等非数到包的槽n项和为名，4一1，S一S=33, 1)巴的惠装经式， 2》槽广家云一京2的大小关韩证用常储地 17.已短的数-2--世+1.a6我 (D若3x>0f八)s,求0的联值用 (2)共数g()=f代)+a-1,中)-产一如，若每率为1验直线与由线y=g(),y-h()忽相切，求 务的值 这已知能数-。其中“生2量帝函数 )果。的值： 2球解木等式月24 当x化)时，/-f白-身>0恒成立，求实靠：的章值值覆， 设Ee定文内》2.a,y(时，餐有小6-/ (1)立到：()为合通数 aa传a14器7高7高7滑则加 -一旷（位+6）<4.来之差取值范程.第 1页/共 6页 学科网（北京）股份有限公司 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. 1. 【答案】B【分析】根据集合的补集运算求得 U Að ，求出集合 B，再根据集合的交集运算即可得答案. 解：由题意得  0,1, 2,3, 4,5, 6, 7,8,9,10U  ，  0,1, 2,5, 7,9,10U A ð ，  1,4,7,10B  ，所以    1,7,10U A B ð , 2. 【答案】D【分析】根据全称量词命题的否定是存在量词命题判断即可. 解：根据全称量词命题的否定是存在量词命题，所以 p ： Ra  ， 0aa   的否定是 p： Ra  ， 0aa  ≤ ， 3. 【答案】A【分析】利用重要不等式、特殊值法结合充分条件、必要条件的定义判断可得出结论. 解：由 1xy > ，得 2 2 2 2 1x y xy  ≥ ，则“ 1xy > ”“ 2 2 1x y  ”；但当 2 2 1x y  时，取 1x  ， 1 100 y  ， 则 1 1 100 xy   ，即“ 1xy > ” “ 2 2 1x y  ”.所以“ 1xy > ”是“ 2 2 1x y  ”的充分不必要条件．选：A. 4. 【答】C解：由题意得 14000 m sq   ，初末质量比最大为 10，则该型号单级火箭能获得的最大理想速度     14000 ln10 4000 ln 2 ln 5 4000 0.69 1.61 9200 m sv         ．故选：C． 5. 【答案】B 【析】根据题意，令令 1m  ，得到 1 3n nS S  ，得出 nS 为等比数列，求得 3nnS  ，结合选项，逐项判定，可求解. 解：因为 1 3a  ，且 *,m n N ， m n m nS S S  ，令 1m  ，可得 1 1 1 3n n n nS S S S a S    ，又因为 1 0S  ，所以 nS 是首项为 3，公比为 3的等比数列，所以 3nnS  ，所以 4 3 4 4 3 3 3 54a S S     ，所以 B正确，D项错误； 由 2 2 1 6a S S   ， 3 3 2 18a S S   ，可得 2 2 1 3a a a  ，所以数列 na 不是等比数列，所以 A项错误； 由 9 8 5 6 7 8 9 4 4 9 3 33a a a a a S S       ，所以 C项错误．故选：B． A. 6. 【答案】C 【分析】由题，将指数式 2 3a b t  化成对数式，求出 a，b，代入 1 2 2 a b   ，根据对数运算性质可计算得答案. 解：由 2 3a b t  ，知 0t  ，且 2loga t ， 3logb t ， 2 3 1 2 1 2 log 2 2log 3 log log t ta b t t       log 18 2t  ， 所以 2 18t  ， 3 2t  ．故选：C． 7. 【答案】D 【分析】根据函数解析式变形判断其单调性，并推出    4f x f x    ，则可将    2 1 1 4 0f x f x     变为    2 1 1f x f x   ，利用函数单调性，即可求解. 解：由题意得  f x 的定义域为 R，   3 3 35 5 54 4 1 1 x x x x a xf x x a a        ，又 1a  ，则 xy a 为增函数，而 3 5y x 为 第 2页/共 6页 学科网（北京）股份有限公司 R上的增函数，所以  f x 为增函数，又       3 3 5 5 4 4 4 4 4 1 1 1 1 x x x x x af x f x x x a a a a                    ， 所以    4f x f x    ，即        2 1 1 4 2 1 1 0f x f x f x f x         ，即    2 1 1f x f x   ，所以 2 1 1x x   ，所以 2 3 x  ,即不等式    2 1 1 4 0f x f x     的解集为 2 , 3      ，故选：D 8.【答案】B 解：由题意 0.03ea  ，    ln 1.03e ln 1 0.03 1b     ， 1.06 1 2 0.03c     ，下面先证明 e 1x x  ， 设函数   e 1xx x    ，则   e 1xx   ，当 0x  时，   0x  ，  x 在  0,  内单调递增， 当 0x  时，   0x  ，  x 在  ,0 内单调递减，所以    0 0x   ，所以当 0x  时， e 1x x  ， 设   1 1 2f x x x    ， 0x  ，令 1 2 1t x   ，则 2 1 2 tx  ，所以     2 1 1 2 tf x h t t         21 0 1 2 t t    ，所以 1 1 2x x   ①，所以 0.03e 0.03 1 1 2 0.03 1.06      ， 即 a c ．再设      ln 1 1 1 2 0g x x x x      ，       1 2 11 1 1 1 2 1 1 2 x x g x x x x x            ， 又由①知   0g x  ，所以  g x 在  0,  内单调递减，所以    0 0g x g  ， 所以  ln 1 1 1 2x x    ，所以  ln 1 0.03 1  1 2 0.03   ，即  ln 1.03e 1.06 ，所以b c ．综上，a c b  ． 二、选择题：本题共 4小题，每小题 5分，共 20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全 部选对的得 5分，部分选对的得 2分，有选错的得 0分. 9. 【答案】ABD 【分析】利用作差法即可判断 A，根据函数单调性即可判断 B，举反例即可判断 C，根据均值不等式即可判断 D. 解：对于 A 项，因为 0a b  ，则 0b a  ，       1 0 1 1 1 ab b ab ab b b a a a a a a a            ，所以 1 1 b b a a    ，A 项正确；对于 B项，因为 0a b  ，所以 0a b  ，所以 1 1a b    ，所以 1 1 13 3 3 a b    ，B项正确； 对于 C项，令 2a  ， 1 2 b  ，则 1 1a b a b    ，C错误；对于 D项，由均值定理即可得到 2a b ab  ，D项正确． 10. 【答案】BC 【析】举反例即可判断 A，D；利用赋值法推出   1 1f x f x       ，从而可判断 B；利用赋值法结合偶函数定义判断 C. 解：对于 A项，令   1f x  ，则  f x 满足题中所给条件，但此时有  0 1 0f   ，A项错误；对于 B项，当 x，  0,y  时，取 1y x  ，则    1 1 1f x f f x        ，所以   1 1f x f x       ，所以      1 1 f xxf f x f x f y y y f y                      ，B 第 3页/共 6页 学科网（北京）股份有限公司 项正确；对于 C项，由题意得  f x 定义域关于原点中心对称，且  1 1f   ，则        1f x f f x f x    ，所 以  f x 为偶函数，C项正确；对于 D项，令  f x x ，则  f x 满足题中所给条件， 但当 0x  时，   1 1 2f x f x x x        = + ，故   1 2f x f x       ≥ 不成立，D项错误．故选：BC 11. 【答案】ACD 【分析】选项 A，利用数列单调性定义，可判断；选项 B，D， 2 2 2 1 3 3 3 1 33 4 2 2 2 4 2n n n n n a a a a a                     ， 两边取对数， 1 3ln 2 2n a        3ln 2n a     ，迭代可得， 123 3 2 2 n na         ，取值放缩可判断；选项 C，    21 3 4 1 2 2n n n n na a a a a        ，可得 1 1 1 2n na a    1 1 2na    ，利用裂项相消法可得结果. 解：因为 1 3 2a   ，由 2 2 1 3 73 4 2 4n n n n a a a a           ，所以当 2na  时，由二次函数单调性知 2 1 3 72 2 2 4n a          ，所以 2na  ，  221 4 4 2 0n n n n na a a a a        ，所以 1n na a  ，A项正确； 2 2 2 2 1 3 3 5 3 1 33 4 3 2 2 2 2 4 2n n n n n n n a a a a a a a                        ，因为 2na  ，所以 1 3ln 2 2n a        3ln 2n a     2 1 1 2 1 3 3 3 3ln 2ln 2 ln 2 ln 2 2 2 2 n n n na a a a                                   12 1 3 32 ln ln 2 2 n n          ，所以 123 3 2 2 n na         ，所以 20222 2023 3 3 2 2 a        ，显然 2022 112 2 2048 2023   ，所以 2023 2023 3 3 2 2 a        ．又 23 1 2023 11 9 32023 2023 2 4 2          ，所以 2 1 3 2023 32023 2       ，所以 20233 2 32023 2       ，B项错 误，D项正确；    21 3 4 1 2 2n n n n na a a a a        ，    1 1 1 1 1 2 1 2 2 1n n n n na a a a a         ， 1 1 1 2n na a     1 1 2na    ， 1 2 1 2 2 3 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2n n n n S a a a a a a a a a                        1 1 1 1 1 11 1 2 2 2n na a a          ，C项正确．故选：ACD． 三、填空题：本题共 4小题，每小题 5分，共 20分. 12. 【答案】 π【分析】根据等比数列性质求得 ,a b，根据根式以及分数指数幂的运算，即可得答案. 第 4页/共 6页 学科网（北京）股份有限公司 解 ： 由 题 意 得 227 9a  ， 81a   ， 从 而 等 比 数 列 公 比 为 1 3  ， 所 以 3b  ， 所 以         112 2 55π 3 3 π 3 81b a           1 5 5π 3 3 π 3 3 π       ，故答案为： π 13. 【答案】  10, 1, 2       【析】根据反比例函数求出指数的取值范围，再根据指数函数的单调性求出函数的值域. 解：设 4 1t x  ，则 1t   且 0t  ，根据反比例函数性质，从而    1 , 1 0,t     ，所以   1 12 0, 1, 2 t       ． 14.【答案】11 【分析】由对数的运算性质，化简得到  3log 2 1 10 4a a   ，设  3log 2 1t a  ，得到 2 3 8t t   ， 又由 12 3 9b b   ，得到 12 3 1 8b b    ，结合   2 3xf x x   的单调性，得到 1t b  ，进而求得 4b a 的值． 解：由  9log 2 1 5 2a a   ，可得2 1 0a   ，即 1 2 a  ，且      3 3 3 9 log 9 log 2 1 log 2 1 log 2 1 5 2 2 a a a a       ， 可得  3log 2 1 10 4a a   ，设  3log 2 1t a  ，则 2 3 1ta   ，原式化为  10 2 3 1tt    ，即 2 3 8t t   ， 又由 12 3 9b b   ，可得 12 3 1 8b b    ，令函数   2 3xf x x   ，显然  f x 为增函数，所以 1t b  ， 则 1 92 3 1 3 1 1 2 t b ba        ，所以 4 11b a  ． 故答案为：11. 四、解答题：本题共 6小题，共 70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 【答案】   , 2 3,   【分析】根据对数的性质，求得 { | 2 3}A x x    ，利用不等式的解法，分类讨论 的不等式的解集，解“ x A ”是“ x B ”的充分不必要条件，分类讨论列出不等式组，即可求解. 解：由 6 2 0 2 x x    ，可得    02 3x x   ，解得 2 3x   ，即 { | 2 3}A x x    ，又由 2 22 3 0x kx k  ≤ ，得    3 0x k x k  ≤ ，当 0k  时，  3 ,x k k  ；当 0k  时， 0x  ；当 0k  时，  , 3x k k  ．因为“ x A ”是 “ x B ”的充分不必要条件，所以当 0k  时，满足 3 2 3 k k      ，解得 3k  ；当 0k  时，不符合题意； 当 0k  时，满足 2 3 3 k k     ，解得 2k   ．综上可得，实数 k的取值范围为    , 2 3,   ． 16. 【答案】（1） 2 1na n  （2） 1 2 3 1 1 1 1 2 nS S S S      ，证明见解析 【分析】（1）设等差数列 na 的公差为d ，根据等差数列的基本性质可求得 6a 的值，由此可求得d 的值，再利用等差 数列的通项公式可得出数列 na 的通项公式； （2）判断出 1 2 3 1 1 1 1 2 nS S S S      ，求得 2nS n ，当 1n  时，可得出 1 1 1 2 S   ；当 2n  时，利用放缩法可得 第 5页/共 6页 学科网（北京）股份有限公司 2 1 1 1 1n n n    ，可证得结论成立，综合可证得结论成立. 【小问 1详解】 解：设等差数列 na 的公差为d ，由 7 4 5 6 7 63 33S S a a a a      ，可得 6 11a  ． 又 1 1a  ，所以公差 6 1 11 1 2 6 1 5 a ad      ，所以    1 1 1 2 1 2 1na a n d n n        ． 【小问 2详解】解： 1 2 3 1 1 1 1 2 nS S S S      ．证明如下：由（1）可求得    1 21 2 1 2 2 n n n a a n n S n       ， 当 1n  时， 1 1 1 2 S   ；当 2n  时，  2 1 1 1 1 1 1n n n n n      ，所以 2 2 1 2 2 3 1 1 1 1 1 3 1 2 1 1 nS S nS S         1 1 1 21 11 1 2 2 3 1 12 n n n                           .综上所述，对任意的 n N ， 1 2 3 1 1 1 1 2 nS S S S      . 17. 【答案】（1） 1a  （2） 3b  或 1b = - ． 【小问 1详解】解：由题意 0x  ，   0f x  ，得 3 2 1 0x x ax    ，即 3 2 1x xa x    在 0x  时有解． 设   3 2 1x xx x    ，则   2 12 1x x x     ，易知   01  ．令   2 12 1m x x x    ，则   3 22 0m x x     ， 所以  x 单调递增，所以当  0,1x 时，   0x  ，  x 单调递减；当  1,x  时，   0x  ，  x 单调递 增．所以    min 1 1x   ，所以 1a  ． （2）解：由题意得   3 2g x x x  ，所以   23 2g x x x   ，令   1g x  ，解得 1 1x  ， 2 1 3 x   ，所以直线与  y g x 的两个切点坐标分别为  1,0 ， 1 4, 3 27       ，所以切线方程分别为 1y x  和 5 27 y x  ．令 21x x bx   ，得  2 1 1 0x b x    ，令  21 1 4 0b     ，解得 3b  或 1b = - ．令 2 5 27 x x bx   ，得  2 51 0 27 x b x    ， 令  22 201 0 27 b     ，无解．检验，直线与  y h x 的两个切点坐标分别为  1, 2  ， 1,0 ，综上， 3b  或 1b = - ． 18. 【答案】(1) 2a  (2)  20, log 3 (3)   1, 0, 4 t          解：（1）函数的定义域为    , 0 0,  ，因为函数是奇函数，所以    f x f x   ，   2 2 2 2 2 1 1 2 x x x x a af x            ， 则 2 2 2 2 1 2 1 2 x x x x a a       ，则 2a  ； （2）   2 2 2 4 2 1 x xf x      ，即 2 1 2 2 1 x x    ，整理得1 32x  ，则 20 log 3x  ，所以  20, log 3x ． （3）   2 2 2 42 2 1 2 1 x x xf x        ，所以  f x 在  , 0 和  0,  上是严格减函数，且当  , 0x  时，   2f x  ；当  0,x  时，   2f x  ；由    2 1 0f tx f x   可得：      2 1 1f tx f x f x     ，， 第 6页/共 6页 学科网（北京）股份有限公司 当  1,3x 时，1 0x  ，当 0t  时， ² 0tx  ，所以 2 1tx x  ，即 2 2 1 1 1 1 1 2 4 t x x x          ，又  1,3x ，所以 1 4 t   ； 当 0t  时， 2 0tx  ，则  2 2f tx  ，而  1,3x ，1 0x  ，则   21f x  满足题意； 函数的定义域  0D x x  ，则 0t  时 2 0tx D  不符，舍去．综上  1, 0,4t          19. （1）  f x 为奇函数．（2） 81, 5      【小问 1详解】 证明：由题意知  f x 的定义域为  1,1 ．令 0x y  ，则      0 0 0f f f  ，故  0 0f  ． 再令 y x  ，则      0 0f x f x f    ，所以    f x f x   ．故  f x 为奇函数． 【小问 2详解】由题意得        1 2 2 2 1 n n n n n n af a f f a f a f a a         ，又 1 1 1 1 4 42 2 21 12 2 5 51 2 2 f f f f f                                      ，所以 1 1 2 f        ，即  1 1 0f a    ，所以     1 2n n f a f a   ， 故   nf a 是首项为 1 ，公比为 2的等比数列，所以   12nnf a   ，所以 0 1 2 1 2 3 4 1 2 2 2 2n n nb             ， 所以 1 2 3 1 2 3 4 1 2 2 2 2 2n n nb            ，两式相减得 1 2 1 1 1 1 1 1 1 1 32 2 1 3 2 2 2 2 2 2 2 2 n n n n n n n n nb                                  ，所以 1 36 2n n nb      ． 所以        *131 6 1 42 n n n n nb n N           恒成立，即     1 *21 N 3 n n n n       恒成立． 设 12 3 n nc n    ，则       12 1 1 2 22 2 0 4 3 4 3 nn n n n n c c n n n n              ，所以数列 12 3 n n      递增． 当 n为奇函数时， 12 3 n ncn        ，当 1n  时， nc 有最大值 1 ，故 1   ；当 n为偶数时， 12 3 n ncn      ，当 2n  时， nc 有最小值 8 5 ，故 8 5   ．综上， 的取值范围是 81, 5      ．