2025-2026学年高三数学上期中押题卷2-2（人教A版）

绝密★启用前 2025-2026学年高三数学上期中押题卷2-2（人教A版） 考试分值：150分；考试时间：120分钟；命题人：冲冠数学 题号 一 二 三 四 总分 得分 注意事项： 1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2．请将答案正确填写在答题卡上 第Ⅰ卷（选择题） 评卷人 得 分 一．选择题（共8小题，满分40分，每小题5分） 1．（5分）若集合A＝{x|（k+2）x2+2kx+1＝0}有且仅有2个子集，则满足条件的实数k的个数是（　　） A．1 B．2 C．3 D．4 2．（5分）在复平面中，O为坐标原点，Z1，Z2，Z所对应的复数分别为z1，z2，z，且z＝3z1+4z2，△Z1Z2Z的面积为S，则△Z1Z2O的面积为（　　） A． B． C．6S D．8S 3．（5分）已知，向量与垂直，则实数k的值为（　　） A． B． C．﹣1 D．1 4．（5分）方程lgx＝18﹣x3的解所在的区间是（　　） A．（1.5，2） B．（2，2.5） C．（2.5，3） D．（3，3.5） 5．（5分）把函数y＝f（x）图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把所得曲线向左平移个单位长度，得到函数的图像，则f（x）＝（　　） A． B． C． D． 6．（5分）已知x，y为正实数，x+y＝3，则的最小值为（　　） A． B． C．2 D． 7．（5分）已知，则sin2α＝（　　） A． B． C． D． 8．（5分）函数的图象大致为（　　） A． B． C． D． 评卷人 得 分 二．多选题（共3小题，满分18分，每小题6分） （多选）9．（6分）已知递增数列{an}的通项公式为，则λ的值可能为（　　） A．﹣10 B．﹣5 C．2 D．6 （多选）10．（6分）函数，则（　　） A． B．f（x）的单调递增区间为（1，+∞） C．f（x）最大值为﹣1 D．f（x）有两个零点 （多选）11．（6分）在△ABC中，记角A，B，C的对边分别为a，b，c，则（　　） A．若a＝2，b＝3，，则解此三角形有两解 B．若△ABC为锐角三角形，则sinA+sinB＞cosA+cosB C．sinA＞sinB的充要条件为A＞B D．若acosA﹣bcosB＝sin（A+B+C），则△ABC为等腰直角三角形 第Ⅱ卷（非选择题） 评卷人 得 分 三．填空题（共3小题，满分15分，每小题5分） 12．（5分）已知各项为正数的数列{an}是等比数列，且其前n项和为Sn.若S2＝6，S4＝30，则a1＝ 　 　 ． 13．（5分）定义在R上的函数f（x）满足f（1﹣x）＝f（1+x），当x∈[1，+∞）时，，则不等式f（3x﹣1）≥f（0）的解集为 　 　 ． 14．（5分）已知等边三角形ABC的边长为5，在△ABC内（含边界）的点P满足AP＝1，的取值范围是 　 　 ． 四．解答题（共5小题，满分77分） 15．（13分）已知函数． （1）求函数f（x）在区间的值域； （2）若，求cosα的值． 16．（15分）如图，在四棱锥A﹣BCDE中，平面ABE⊥平面BCDE，AE⊥BE，四边形BCDE为梯形，BC∥DE，BC⊥BE，，BC＝2，，BE＝2，BD交CE于点O，点P在线段AB上，且AP＝2PB． （1）证明：OP∥平面ACD． （2）求二面角A﹣CD﹣E的正弦值． 17．（15分）在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，c＝1，且（3b﹣2）sinB＝3asinA﹣3sinC． （1）求cosA． （2）设M是线段AC的中点，N在线段BC上，且MN⊥AC． ①求△CMN面积的最小值； ②求线段CN的长度的最小值． 18．（17分）已知数列{an}满足.集合． （1）求的通项公式． （2）记.集合． （i）若k＝2，求证：∀t∈Tn，成立t＜2cn+1． （ii）求Tn中所有元素之和． 19．（17分）已知函数． （1）求f（x）的极值． （2）已知函数． ①若g（x）没有零点，求a的取值范围； ②若g（x）有两个不同的零点x1，x2，证明：x1+x2＞2． 2025-2026学年高三数学上期中押题卷2-2（人教A版） 参考答案与试题解析 一．选择题（共8小题） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 C B A C D B B A 二．多选题（共3小题） 题号 9 10 11 答案 BCD ABD ABC 一．选择题（共8小题，满分40分，每小题5分） 1．（5分）若集合A＝{x|（k+2）x2+2kx+1＝0}有且仅有2个子集，则满足条件的实数k的个数是（　　） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【解答】解：若集合A有且只有2个子集，则集合A只有一个元素， 即方程（k+2）x2+2kx+1＝0有且只有1个实数根， 当k+2＝0即k＝﹣2时，方程化为﹣4x+1＝0，，符合题意， 当k+2≠0即k≠﹣2时，只需Δ＝4k2﹣4（k+2）＝0，解得k＝﹣1或k＝2， 故满足条件的k的值有3个， 故选：C． 2．（5分）在复平面中，O为坐标原点，Z1，Z2，Z所对应的复数分别为z1，z2，z，且z＝3z1+4z2，△Z1Z2Z的面积为S，则△Z1Z2O的面积为（　　） A． B． C．6S D．8S 【答案】B 【解答】解：设，OC与AB相交于点D， 由已知条件可得，又A，B，D三点共线， 所以3λ+4λ＝1，解得，则， 所以，即△Z1Z2O的面积为． 故选：B． 3．（5分）已知，向量与垂直，则实数k的值为（　　） A． B． C．﹣1 D．1 【答案】A 【解答】解：因为，向量与垂直， 所以， 由，， 所以（﹣4）×（﹣4）+（1+2k）×（﹣1）＝0， 解得． 故选：A． 4．（5分）方程lgx＝18﹣x3的解所在的区间是（　　） A．（1.5，2） B．（2，2.5） C．（2.5，3） D．（3，3.5） 【答案】C 【解答】解：方程lgx＝18﹣x3的解，即函数f（x）＝lgx+x3﹣18的零点， 因为y＝lgx，y＝x3在定义域上单调递增， 所以f（x）在（0，+∞）单调递增， 因为f（2.5）＝lg2.5+（2.5）3﹣18＝lg2.5﹣2.375， 因为lg2.5＜lg10，即lg2.5＜1， 所以f（2.5）＜0， 因为f（3）＝lg3+33﹣18＝lg3+9， 因为lg3＞lg1，即lg3＞0，所以f（3）＞0， 因为f（x）在（0，+∞）单调递增， f（2.5）•f（3）＜0， 所以函数y＝f（x）的零点在（2.5，3）内， 即方程lgx＝18﹣x3的解所在的区间为（2.5，3）． 故选：C． 5．（5分）把函数y＝f（x）图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把所得曲线向左平移个单位长度，得到函数的图像，则f（x）＝（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【解答】解：函数的图像向右平移个单位，得到函数y＝sin（x）＝sin（x）的图像，再将函数的图像横坐标缩短为原来的，得到函数f（x）＝sin（2x）的图像． 故选：D． 6．（5分）已知x，y为正实数，x+y＝3，则的最小值为（　　） A． B． C．2 D． 【答案】B 【解答】解：∵x，y为正实数，∴x＞0，y+3＞3， 又x+y＝3， ∴ ， 当且仅当，即y+3＝2x，即x＝2，y＝1时取等号， 故当x＝2，y＝1时， 故所求最小值为． 故选：B． 7．（5分）已知，则sin2α＝（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【解答】解：∵， ∴sin2α， ∴sin2α． 故选：B． 8．（5分）函数的图象大致为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【解答】解：， 因为当x＜0时，都为增函数， 所以，在（﹣∞，0）上单调递增，故B，C错误； 又因为， 所以f（x）不是奇函数，即图象不关于原点对称，故D错误． 故选：A． 二．多选题（共3小题，满分18分，每小题6分） （多选）9．（6分）已知递增数列{an}的通项公式为，则λ的值可能为（　　） A．﹣10 B．﹣5 C．2 D．6 【答案】BCD 【解答】解：根据题意，数列{an}的通项公式为，则， 若{an}是递增数列，则有an+1﹣an＞0对n∈N*恒成立． 即， 即λ＞﹣2n（n+2）对n∈N*恒成立， 又由当n≥1且n∈Z时，2n≥2，n+2≥3， 则﹣2n（n+2）≤﹣6， 若λ＞﹣2n（n+2）对n∈N*恒成立，必有λ＞﹣6， 分析选项：B、C、D符合． 故选：BCD． （多选）10．（6分）函数，则（　　） A． B．f（x）的单调递增区间为（1，+∞） C．f（x）最大值为﹣1 D．f（x）有两个零点 【答案】ABD 【解答】解：对于A，，则，x＞0，故A正确； 对于B，由f′（x）＞0可得x＞1，即f（x）的单调递增区间为（1，+∞），故B正确； 对于C，由上分析，当x＞1时，f′（x）＞0；当0＜x＜1时，f′（x）＜0． 即函数f（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，则x＝1时，f（x）取得最小值f（1）＝﹣1，故C错误； 对于D，由上分析，f（x）min＝f（1）＝﹣1＜0，当x→0时，f（x）→+∞；当x→+∞时，f（x）→+∞， 由零点存在定理，可知函数f（x）在区间（0，1）和（1，+∞）各有一个零点，故D正确． 故选：ABD． （多选）11．（6分）在△ABC中，记角A，B，C的对边分别为a，b，c，则（　　） A．若a＝2，b＝3，，则解此三角形有两解 B．若△ABC为锐角三角形，则sinA+sinB＞cosA+cosB C．sinA＞sinB的充要条件为A＞B D．若acosA﹣bcosB＝sin（A+B+C），则△ABC为等腰直角三角形 【答案】ABC 【解答】解：对于A，由余弦定理得：， 即，解得：或， ∴此三角形有两解，A正确； 对于B，∵△ABC为锐角三角形，∴， ∴，∴， ∴sinA+sinB＞cosA+cosB，B正确； 对于C，当A＞B时，a＞b，由正弦定理知：sinA＞sinB，充分性成立； 当sinA＞sinB时，由正弦定理知：a＞b，∴A＞B，必要性成立； ∴sinA＞sinB的充要条件是A＞B，C正确； 对于D，∵acosA﹣bcosB＝sin（A+B+C）＝sinπ＝0， ∴由正弦定理可得：，∴sin2A＝sin2B， ∵A，B∈（0，π），∴2A＝2B或2A+2B＝π， ∴A＝B或，即△ABC为等腰三角形或直角三角形，D错误． 故选：ABC． 三．填空题（共3小题，满分15分，每小题5分） 12．（5分）已知各项为正数的数列{an}是等比数列，且其前n项和为Sn.若S2＝6，S4＝30，则a1＝ 　2　 ． 【答案】2． 【解答】解：各项为正数的数列{an}是等比数列，S2＝6，S4＝30， 则公比为q＞0，由S2＝6，S4＝30得： S2＝a1（1+q）＝6，， 两式相除得q2＝4，则q＝2（负值舍去）， 所以a1＝2． 故答案为：2． 13．（5分）定义在R上的函数f（x）满足f（1﹣x）＝f（1+x），当x∈[1，+∞）时，，则不等式f（3x﹣1）≥f（0）的解集为 　　 ． 【答案】． 【解答】解：依题意，函数f（x）的图象关于直线x＝1对称， 当x∈[1，+∞）时，f′（x）＝x﹣lnx﹣1，令y＝x﹣lnx﹣1，x＞1，求导得， 函数f′（x）在[1，+∞）上单调递增，f′（x）≥f′（1）＝0，函数f（x）在[1，+∞）上单调递增， 不等式f（3x﹣1）≥f（0）化为|3x﹣1﹣1|≥|0﹣1|，解得或x≥1， 所以不等式f（3x﹣1）≥f（0）的解集为． 故答案为：． 14．（5分）已知等边三角形ABC的边长为5，在△ABC内（含边界）的点P满足AP＝1，的取值范围是 　[10，15]　 ． 【答案】[10，15]． 【解答】解：建立如图所示的平面直角坐标系， 则A（0，0），，C（5，0）， 又在△ABC内（含边界）的点P满足AP＝1， 则P（cosθ，sinθ），其中， 则，， 则， 又， 即， 即． 即的取值范围是[10，15]． 故答案为：[10，15]． 四．解答题（共5小题，满分77分） 15．（13分）已知函数． （1）求函数f（x）在区间的值域； （2）若，求cosα的值． 【答案】（1）[，]； （2）． 【解答】解：（1）由题意得f（x）sin2x＝sin2xcos2x2sin（2x）， 当x∈[0，]时，2x∈[，]，可得f（x）的最大值为f（）＝2sin2， 最小值为f（）＝2sin， 所以函数f（x）在区间的值域为[，]； （2）根据f（）＝2sin（α），可得sin（α）， 由α∈（0，π），可知α∈（，），结合sin（α），可知απ，所以cos（α）， 可得cosα＝cos[（α）]． 16．（15分）如图，在四棱锥A﹣BCDE中，平面ABE⊥平面BCDE，AE⊥BE，四边形BCDE为梯形，BC∥DE，BC⊥BE，，BC＝2，，BE＝2，BD交CE于点O，点P在线段AB上，且AP＝2PB． （1）证明：OP∥平面ACD． （2）求二面角A﹣CD﹣E的正弦值． 【答案】（1）证明见解析； （2）． 【解答】证明：（1）∵平面ABE⊥平面BCDE，平面ABE∩平面BCDE＝BE，AE⊥BE， ∴AE⊥平面BCDE， 在△ABE中，∵，BE＝2，∴， ∵BC⊥BE且BC＝BE＝2，∴△BCE是等腰直角三角形， ，∴， ∵BC∥DE，∴， 又∵，∴△DCE为等腰直角三角形，DE＝4， ∵△BOC∽△DOE，∵， 又∵，∴OP∥AD， ∵OP⊄平面ACD，AD⊂平面ACD， ∴OP∥平面ACD． 解：（2）由（1）得AE⊥平面BCDE，且BE⊥DE，所以建立如图所示空间直角坐标系， ，C（2，2，0），D（0，4，0）， ，． 设平面ACD的法向量为，则， 令x＝1，则y＝1，z，， 平面CDE的法向量为， 设二面角A﹣CD﹣E的平面角为θ， 则， 则． 17．（15分）在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，c＝1，且（3b﹣2）sinB＝3asinA﹣3sinC． （1）求cosA． （2）设M是线段AC的中点，N在线段BC上，且MN⊥AC． ①求△CMN面积的最小值； ②求线段CN的长度的最小值． 【答案】（1） （2）①；② 【解答】解：（1）利用正弦定理（3b﹣2）sinB＝3asinA﹣3sinC可化简为（3b﹣2）b＝3a2﹣3c， 因为c＝1，则3b2﹣2bc＝3a2﹣3c2，即， 则由余弦定理可得：； （2）①过点B作BP⊥AC，垂足为P，则， 因为M为AC中点，则AM＝CMb，所以， 由正弦定理可得：，且sinA， 则，得， 在直角三角形CMN中，MN＝CMtanC，CN， 所以 ，当且仅当等号成立，此时， 故△CMN面积的最小值为； ②由①可知，， 令， 则， 令，则， 则f′（x）＞0得，即β＜x＜α； f′（x）＜0得，即0＜x＜β， 则f（x）在（0，β）上单调递减，（β，α）上单调递增， 则， 故CN的最小值为． 18．（17分）已知数列{an}满足.集合． （1）求的通项公式． （2）记.集合． （i）若k＝2，求证：∀t∈Tn，成立t＜2cn+1． （ii）求Tn中所有元素之和． 【答案】（1）3n﹣2； （2）（i）当k＝2时，I＝{0，1，2}，Tn＝{t|trici，ri∈{0，1，2}}， 由于ri≤2，有trici≤t2ci＝2ci， 下面证明ci＜cn+1， 设S2i（3i﹣2）＝3i•2i﹣22i， 设T＝1•21+2•22+...+n•2n， 2T＝1•22+2•23+...+n•2n+1， 相减可得﹣T＝21+22+...+2n﹣n•2n+1n•2n+1＝（1﹣n）•2n+1﹣2， 则T＝（n﹣1）•2n+1+2， 则S＝3[（n﹣1）2n+1+2]﹣4（2n﹣1）＝2n+1（3n﹣5）+10， 因此cn+1﹣S＝2n+1（3n+1）﹣[2n+1（3n﹣5）+10]＝6•2n+1﹣10， 当n≥1时，6•2n+1﹣10≥24﹣10＝14＞0， 则ci＜cn+1， 所以t≤2ci＜2cn+1，即t＜2cn+1． （ii）•[2n+1（3n﹣5）+10]． 【解答】解：（1）数列{an}满足，可得3， 则是首项为1，公差为3的等差数列， 则1+3（n﹣1）＝3n﹣2； （2）（i）证明：当k＝2时，I＝{0，1，2}，Tn＝{t|trici，ri∈{0，1，2}}， 由于ri≤2，有trici≤t2ci＝2ci， 下面证明ci＜cn+1， 设S2i（3i﹣2）＝3i•2i﹣22i， 设T＝1•21+2•22+...+n•2n， 2T＝1•22+2•23+...+n•2n+1， 相减可得﹣T＝21+22+...+2n﹣n•2n+1n•2n+1＝（1﹣n）•2n+1﹣2， 则T＝（n﹣1）•2n+1+2， 故S＝3[（n﹣1）2n+1+2]﹣4（2n﹣1）＝2n+1（3n﹣5）+10， 因此cn+1﹣S＝2n+1（3n+1）﹣[2n+1（3n﹣5）+10]＝6•2n+1﹣10， 当n≥1时，6•2n+1﹣10≥24﹣10＝14＞0， 则ci＜cn+1， 所以t≤2ci＜2cn+1，即t＜2cn+1． （ii）设Sn为Tn中所有元素之和， 由于trici，每个ri独立取{0，1，2，…，k}中的值， 所有可能序列{r1，r2，…，rn}共有（k+1）n个． 对于每个固定的i，rici在所有序列中出现的总和为ciri•（k+1）n﹣1＝ci•（k+1）n﹣1． 因此所有t的总和为Sn[ci•（k+1）n﹣1]（k+1）n﹣1.ci， 其中ci＝2i（3i﹣2），故Sn•[2n+1（3n﹣5）+10]． 19．（17分）已知函数． （1）求f（x）的极值． （2）已知函数． ①若g（x）没有零点，求a的取值范围； ②若g（x）有两个不同的零点x1，x2，证明：x1+x2＞2． 【答案】（1）极大值为，无极小值； （2）①（0，+∞）； ②由①及g（x）有两个不同的零点x1，x2，得a＜0， 不妨设0＜x1＜1＜x2，则，g（x1）＝g（x2）＝0，而， 则，由函数g（x）在（1，+∞）上单调递减，得， 所以． 【解答】解：（1）定义域为（0，+∞），导函数， 当时，f′（x）＜0，当时，f′（x）＞0， 则函数f（x）在上单调递减，在上单调递增， 因此f（x）无极小值，在取得极大值． （2）①，导函数， 令，导函数， 当x∈（0，1]时，x4﹣3＜0，lnx≤0，2（x4﹣3）lnx≥0，2（x4﹣3）lnx+3x4+5＞0， 当时，， 那么， 2（x4﹣3）lnx+3x4+5＞﹣ln3+5＞0， 当时，x4﹣3＞0，lnx＞0， 那么2（x4﹣3）lnx≥0，2（x4﹣3）lnx+3x4+5＞0， 所以当x∈（0，+∞）时，2（x4﹣3）lnx+3x4+5＞0， 即导函数h′（x）＜0，函数h（x）在（0，+∞）上单调递减， 根据h（1）＝0，得当x∈（1，+∞）时，h（x）＜0，当x∈（0，1）时，h（x）＞0， g（x）在（1，+∞）上单调递减，在（0，1）上单调递增，g（x）max＝g（1）＝﹣a， 根据函数g（x）没有零点，得﹣a＜0，解得a＞0，所以a∈（0，+∞）． ②证明：由①及g（x）有两个不同的零点x1，x2，得a＜0， 不妨设0＜x1＜1＜x2，则，g（x1）＝g（x2）＝0，而， 则，由函数g（x）在（1，+∞）上单调递减，得， 所以． 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2025/11/3 0:09:15；用户：思达教育；邮箱：15200006450@xyh.com；学号：30653724 第1页 共2页 ◎ 第2页 共2页 学科网（北京）股份有限公司 $