安徽省临泉田家炳实验中学（临泉县教师进修学校）2026-2027学年高三上学期10月阶段检测数学试题

高三数学 (120分钟 150分) 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.已知集合A={x|0<x<10}，B={x|x2-4>0}，则A∩(∁RB)= A.[-2，2] B.[2，10) C.(0，2] D.[-2，10) 2.设Sn为等比数列{an}的前n项和，若a1=1，{an}的公比为q，则“S3=a2+10”是“q=3”的 A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 3.已知复数z满足3z=(2+z)i，则z的虚部是 A. B.- C. D.- 4.已知向量a，b满足a·b=1，|b|=2，且|a+b|=，则b在a的方向上的投影向量为 A.a B.a C.a D.a 5.记Sn为数列{an}的前n项和，若S2=4a1，且为等比数列，则= A.32 B.16 C.8 D.4 6.将数列{3n-1}与数列{2n+5}中的公共项按从小到大的顺序排列，得到数列{an}，则数列{an}的第100项为 A.299 B.371 C.551 D.605 7.定义在R上的函数f(x)满足3f(x)=f(x-1)，且当x∈[0，1)时，f(x)=-8x2+8x.若对∀x∈[m，+∞)，都有f(x)≤，则m的取值范围是 A.，+∞ B.，+∞ C.，+∞ D.，+∞ 8.已知公差不为0的等差数列{an}的首项为3，且a1，a4，a13成等比数列，bn=则bi= A.2548 B.2550 C.2648 D.2650 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9.已知数列{an}的通项公式为an=n2-6n-1，数列{an}的前n项和为Sn，则 A.a1+a2=a4+a5 B.从第三项起，{an}的每一项都小于它的前一项 C.S6最小 D.数列{an+1-an}是等差数列 10.将函数f(x)=sin x+cos x图象上所有点的横坐标缩短到原来的(ω>0)，纵坐标不变，得到函数g(x)的图象.若曲线y=g(x)上存在点A(x1，y1)，B(x2，y2)，使得线段AB的中点恰为P，g，且直线AB与曲线y=g(x)再无其他交点，则ω的可能取值为 A.2 B.4 C.16 D.32 11.二进制数是电子计算机常用的进制，只需两个数码0和1，如四位二进制的数1 101(2)=1×23+1×22+0×21+1×20，等于十进制数的13.已知m，n∈N*，且m≥2，n≥2，若把m位n进制中的最大数记为M(m，n)，且M(m，n)为十进制的数，则下列说法正确的是 A.将二进制数11 011(2)化成四进制数的结果是123(4) B.M(6，3)=728 C.已知a0=1，ai∈{0，1}，满足a0，a1，a2，…，a6中有且只有3个1的所有二进制数a0a1a2…a6(2)对应的十进制数的和为1 280 D.M(n+3，n+2)>M(n+2，n+3) 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12.已知2cos+θ=cos-θ，则sin 2θ=　　　　.  13.已知等比数列{an}共有2n+1项，a1=1，所有奇数项的和为341，所有偶数项的和为170，则n=　　　　.  14.已知x>0，y>0，且ln x=-ln y，则x2y-ln x-ln(xy)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.(13分)已知数列{an}的前n项和为Sn，若a1=1，点A(n，an)，B(n+1，an+1)在斜率是2的直线上. (1)求数列{an}的通项公式； (2)令bn=，求数列{bn}的前n项积Tn. 16.(15分)在锐角△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且=1+2cos A. (1)证明：A=2B. (2)求tanAtanB的取值范围. 17.(15分)对于数列{an}，记区间(1，an)内偶数的个数为bn，则称数列{bn}为{an}的“偶数列”.已知正项数列{an}的首项为5，且对任意的正整数n，都有=成立. (1)证明：数列{an}是等差数列. (2)已知数列{cn}为数列{2n+1+3}的“偶数列”. (ⅰ)证明：数列{cn-1}为等比数列. (ⅱ)若数列{bn}为等差数列{an}的“偶数列”，求数列{bn·(cn-1)}的前n项和Sn. 18.(17分)已知函数f(x)= (1)若x≤0，证明：f(x)≥-. (2)已知关于x的方程f(x)=ln|x|有两个不同的实数解x1，x2. (ⅰ)求实数a的取值范围； (ⅱ)证明：x1+x2>2. 19.(17分)对于一个递增正整数数列{an}，如果它的奇数项为奇数，偶数项为偶数，则称它是一个“好”数列.若数列只有一项且是奇数，则该数列也是一个“好”数列.将每项都取自集合{1，2，…，n}的所有“好”数列的个数记为An.例如，当n=1时，取自集合{1}的“好”数列只有1一种情况，则A1=1；当n=2时，取自集合{1，2}的“好”数列有1和1，2两种情况，则A2=2. (1)求A3和A5的值. (2)证明：取自集合{1，2，…，n}(n≥2)的首项为1的“好”数列的个数为An-1+1. (3)记数列{An}的前n项和为Sn，求使得Sn>4 000成立的n的最小值. 参考答案 1.C 【解题分析】因为B={x|x2-4>0}=(-∞，-2)∪(2，+∞)，得∁RB=[-2，2]， 所以A∩(∁RB)=(0，2]. 2.B 【解题分析】当S3=a2+10时，由a1=1，知a3=9，故q=±3；当q=3时，易知a3=9，则S3=a2+10.故“S3=a2+10”是“q=3”的必要不充分条件. 3.A 【解题分析】由3z=(2+z)i，得(3-i)z=2i，则z====-+i，所以z的虚部是. 4.D 【解题分析】因为a·b=1，|b|=2，且|a+b|=，所以a2+2a·b+b2=7， 则|a|2+2+4=7，则|a|=1，则b在a的方向上的投影向量为·=a. 5.A 【解题分析】∵为等比数列，的首项为a1，第二项为=2a1， ∴的公比为2，∴Sn=na1·2n-1，当n≥2时，an=Sn-Sn-1=(n+1)a1·2n-2， 显然当n=1时，上式也符合， ∴an=(n+1)a1·2n-2，∴==32. 6.D 【解题分析】因为数列{3n-1}是以3为公差的等差数列，数列{2n+5}是以2为公差的等差数列，且它们第一个相同的数为11，所以这两个数列的公共项所构成的数列{an}是以11为首项，6为公差的等差数列，则a100=11+99×6=605. 7.B 【解题分析】当x∈[0，1)时，f(x)=-8x2+8x≤f=2， 又因为函数f(x)满足3f(x)=f(x-1)， 所以当x∈[n，n+1)，且n∈Z时，f(x)=[-8(x-n)2+8(x-n)]·n≤2×n. 又因为2×5<<2×4， 所以当x∈[4，5)时，f(x)=[-8(x-4)2+8(x-4)]·4. 令f(x)≤，知-8(x-4)2+8(x-4)≤，即(x-4)(x-5)≥-， 解得x≥或x≤. 综上所述，当x≥时，f(x)≤，即m的取值范围是，+∞. 8.C 【解题分析】设数列{an}的公差为d(d≠0)， 因为a1，a4，a13成等比数列，所以(3+3d)2=3(3+12d)，所以d=2， 所以bn=设数列{bn}的前n项和为Tn， 当n为偶数时， Tn=b1+b2+b3+…+bn-1+bn=(b1+b3+…+bn-3+bn-1)+(b2+b4+…+bn-2+bn) =[-2+(-2)+…+(-2)+(-2)]+[12+20+…+(4n-4)+(4n+4)] =(-2)×+=n2+3n，所以bi=T50+b51=2 650-2=2 648. 9.ACD 【解题分析】an=n2-6n-1=(n-3)2-10. 对于A，由对称性可知a1=a5，a2=a4，则a1+a2=a4+a5，故A正确； 对于B，由二次函数性质可知当n≥3时，数列{an}单调递增，则从第四项起，{an}的每一项都大于它的前一项，故B错误； 对于C，由计算可知a1，a2，a3，a4，a5，a6均为负数，a7为正数，且由B可知a7以后的各项均为正数，显然S6最小，故C正确； 对于D，由an+1-an=(n+1)2-6(n+1)-1-n2+6n+1=2n-5，且(an+2-an+1)-(an+1-an)=2(n+1)-5-(2n-5)=2，知{an+1-an}是公差为2的等差数列，故D正确. 10.BC 【解题分析】由题意，将函数f(x)=sin x+cos x图象上所有点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，得到函数g(x)的图象，则g(x)=sinωx+. 因为直线AB与曲线y=g(x)仅交于A(x1，y1)，B(x2，y2)，P，g三点，且P为AB的中点，所以不妨设x1=-η，x2=+η， 则sinω-η++sinω+η+=2sin+， 即2sin+cos(ωη)=2sin+. 若sin+≠0，则cos(ωη)=1，即ωη=2kπ，k∈Z，此时直线AB与曲线y=g(x)不止三个交点，不合题意. 故sin+=0，结合g(x)=sinωx+图象的对称性，可得直线AB与曲线y=g(x)仅有三个交点， 即P，g必为函数g(x)的对称中心， 即g=sin+=0，故+=kπ，k∈Z，所以ω=6k-2，k∈Z， 故B，C正确. 11.ABD 【解题分析】对于A，二进制数11 011(2)=1×24+1×23+0×22+1×21+1×20=27(10)， 然后将十进制的27化为四进制：27÷4=6……3，6÷4=1……2，1÷4=0……1，故结果为123(4)，所以A正确； 对于B，由M(6，3)=222 222(3)=2×35+2×34+2×33+2×32+2×31+2×30=36-1=728，所以B正确； 对于C，n=a0×26+a1×25+…+a5×21+a6×20，其中a0=1，a1，a2，…，a6中有且只有2个1，有=15种可能， 所以所有二进制数a0a1a2…a6(2)对应的十进制数的和中，26出现=15次，25，24，…，21，20均出现=5次， 所以对应的十进制数的和为(25+24+…+21+20)+×26=1 275，所以C错误； 对于D，M(n+3，n+2)= =(n+1)(n+2)n+2+(n+1)(n+2)n+1+…+(n+1)(n+2)1+(n+1)(n+2)0 =(n+1)[(n+2)n+2+(n+2)n+1+…+(n+2)1+(n+2)0] =(n+1)·=(n+2)n+3-1， M(n+2，n+3)= =(n+2)(n+3)n+1+(n+2)(n+3)n+(n+2)(n+3)n-1+…+(n+2)(n+3)1+(n+2)(n+3)0 =(n+2)[(n+3)n+1+(n+3)n+(n+3)n-1+…+(n+3)1+(n+3)0] =(n+2)·=(n+3)n+2-1， 函数f(x)=，x>e，可得f'(x)=<0，所以f(x)在(e，+∞)上单调递减， 当n∈N*时，e<n+2<n+3，则f(n+2)>f(n+3)，即>， 因此(n+3)ln(n+2)>(n+2)ln(n+3)，即(n+2)n+3>(n+3)n+2， 则M(n+3，n+2)>M(n+2，n+3)，所以D正确. 12. 【解题分析】由2cos+θ=cos-θ，可得2coscos θ-2sinsin θ=coscos θ+sinsin θ，所以coscos θ=3sinsin θ，所以cos θ=3sin θ，所以tan θ=， 则sin 2θ=2sin θcos θ====. 13.4 【解题分析】a1+a3+a5+…+a2n+1=341，即a2q+a4q+…+a2nq=340， 而a2+a4+…+a2n=170，所以q=2，该数列前2n+1项的和为=511，解得n=4. 14.1 【解题分析】因为x>0，y>0，ln x=-ln y，整理得yln(xy)=ex，所以xyln(xy)=xex，且ln(xy)>0，所以ln(xy)·eln(xy)=xex. 设f(x)=xex，x>0， 则f'(x)=ex+xex=(1+x)ex，因为x>0，所以f'(x)>0，f(x)在(0，+∞)上为增函数. 因为ln(xy)·eln(xy)=xex，所以ln(xy)=x，则xy=ex，所以y=， 所以x2y-ln x-ln(xy)=x2·-ln x-x=xex-ln x-x. 令g(x)=xex-ln x-x，则g'(x)=ex+xex--1=(1+x)ex-. 令φ(x)=ex-，则φ'(x)=ex+>0，则φ(x)在(0，+∞)上为增函数. 令φ(x)=0，得ex-=0，即xex=1， 则存在唯一实数x0>0，使得x0=1，即φ(x0)=0， 所以当x∈(0，x0)时，φ(x)<0，g'(x)<0，当x∈(x0，+∞)时，φ(x)>0，g'(x)>0， 所以g(x)在(0，x0)上为减函数，在(x0，+∞)上为增函数， 所以g(x)min=g(x0)=x0-ln x0-x0=x0-ln(x0)=1-0=1. 所以x2y-ln x-ln(xy)的最小值为1. 15.【解题分析】(1)由点A(n，an)，B(n+1，an+1)在斜率是2的直线上，得kAB==2，即an+1-an=2，所以数列{an}是首项为a1=1，公差为2的等差数列， 所以an=1+(n-1)×2=2n-1. 6分 (2)由(1)可得Sn==n2， 因为bn====×. 所以Tn=b1·b2·b3·…·bn=×××…× =×=， 故Tn=. 13分 16.【解题分析】(1)∵=1+2cos A，∴c=b+2bcos A， ∴sinC=sinB+2sinBcosA， ∴sinC=sin(A+B)=sinAcosB+sinBcosA=sinB+2sinBcosA， 整理可得sinAcosB-sinBcosA=sin(A-B)=sinB. 又∵△ABC为锐角三角形，∴A∈0，，B∈0，，∴A-B∈-，， ∴A-B=B，即A=2B. 6分 (2)tan Atan B=tan(2B)tan B=， ∵ ∴<B<，∴<tan B<1，∴<tan2B<1，∴tan Atan B==. ∵1<<3，∴0<-1<2，∴>1， 即tan Atan B的取值范围为(1，+∞). 15分 17.【解题分析】(1)由=，得-=2(an+1+an)， 又数列{an}的各项均为正数，则an+1+an≠0，所以an+1-an=2， 又a1=5，所以数列{an}是以5为首项，2为公差的等差数列. 4分 (2)(ⅰ)证明：在区间(1，2n+1+3)内的偶数为2，4，…，2n+1，2n+1+2， 则cn=+1=2n+1. 因为==2， 所以{cn-1}是首项为2，公比为2的等比数列. 9分 (ⅱ)由(1)可得an=5+2(n-1)=2n+3， 所以bn=+1=n+1. 由(ⅰ)知cn=2n+1，则bn·(cn-1)=(n+1)×2n， Sn=2×2+3×22+…+(n+1)×2n　①， 则2Sn=2×22+3×23+…+(n+1)×2n+1　②， 所以①-②可得-Sn=4+(22+23+…+2n)-(n+1)×2n+1 =4+-(n+1)×2n+1=-n×2n+1， 故Sn=n×2n+1. 15分 18.【解题分析】(1)令g(x)=e-x-2+，x≤0， 令g'(x)=-e-x-2+>0，得-1<x≤0， 故g(x)在(-∞，-1]上单调递减，在(-1，0]上单调递增，则g(x)≥g(-1)=0， 故x≤0时，f(x)≥-. 4分 (2)(ⅰ)设h(x)=ln(-x)+，x<0，则h'(x)=+， 令h'(x)>0，得x<-e，故h(x)在(-∞，-e]上单调递增，在(-e，0)上单调递减， 则h(x)≤h(-e)=0，即ln(-x)≤-， 又由(1)知e-x-2≥-，则e-x-2≥-≥ln(-x)，且该式中不能同时取等号， 故e-x-2>ln(-x). 又由关于x的方程f(x)=ln|x|有两个不同的实数解x1，x2， 知方程lnx=x-a有两个不同的实数解，即直线y=a与曲线y=x-lnx有两个交点. 记F(x)=x-ln x，则有F'(x)=1-，得F(x)在(0，1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增，有极小值F(1)=1，故a>1. 10分 (ⅱ)由题意知F(x1)=F(x2)，不妨设0<x1<1<x2. 构造函数H(x)=F(x)-F(2-x)， 则H'(x)=F'(x)+F'(2-x)=1-+1-=(x-1)-. 当0<x<1时，x-1<0，->0，则H'(x)<0，得H(x)在(0，1)上单调递减，此时有H(x)>H(1)=0，即F(x)>F(2-x)，0<x<1. 将x1代入不等式，得F(x1)>F(2-x1)，又F(x1)=F(x2)， 故F(x2)>F(2-x1)， 又x2>1，2-x1>1，F(x)在(1，+∞)上单调递增， 故x2>2-x1，即x1+x2>2. 17分 19.【解题分析】(1)当n=3时，取自集合{1，2，3}的“好”数列有1；3；1，2；1，2，3.共四种情况. 因此A3=4. 当n=5时，取自集合{1，2，3，4，5}的“好”数列有1；3；5；1，2；1，4；3，4；1，2，3；1，2，5；1，4，5；3，4，5；1，2，3，4；1，2，3，4，5.共十二种情况. 因此A5=12. 4分 (2)当a1=1时，若n=1，则仅有一个“好”数列； 若n≥2，构造数列bj-1=aj-1(2≤j≤m)，则bj-1∈{1，2，…，n-1}， 此时数列b1，b2，…，bm-1的个数是取自集合{1，2，…，n-1}的所有“好”数列的个数An-1， 因为数列a1，a2，…，am是递增数列，所以数列b1，b2，…，bm-1与数列a2，a3，…，am之间一一对应. 又因为a1=1，所以数列a1，a2，…，am(m≥2)的所有“好”数列的个数为An-1， 因此取自集合{1，2，…，n}(n≥2)的首项为1的“好”数列的个数为An-1+1. 10分 (3)由(2)得，当a1=1时，所有“好”数列的个数为An-1+1； 当a1≠1时，设数列a1，a2，…，am是取自集合{1，2，…，n}的“好”数列， 因为a1≠1且是奇数，所以a1≥3， 构造数列bi=ai-2，i=1，2，…，m，则bi∈{1，2，…，n-2}， 此时数列b1，b2，…，bm的个数是取自集合{1，2，…，n-2}的所有“好”数列的个数An-2. 因为数列a1，a2，…，am是递增数列，所以对于每一个bi∈{1，2，…，n-2}都有且仅有一个ai∈{3，4，…，n}与之对应， 所以取自集合{1，2，…，n}(n≥3)的首项不为1的“好”数列的个数为An-2. 综上所述，An=An-1+An-2+1(n≥3). 当n≥3时，由累加得Sn-A2-A1=Sn-1-A1+Sn-2+n-2， 因为A1=1，A2=2，所以Sn-2=An-n(n≥3)， 由An=An-1+An-2+1及(1)，得A5=12，…，A13=609，A14=986，A15=1 596，A16=2 583，A17=4 180， 显然{Sn}单调递增. 因为S13=A15-15=1 581，S14=A16-16=2 567，S15=A17-17=4 163， 所以S14<4 000<S15， 所以使得Sn>4 000成立的n的最小值为15. 17分 ( 第 5 页 共 12 页 ) 学科网（北京）股份有限公司 $