2024-2025學(xué)年重慶市高三（上）調(diào)研數(shù)學(xué)試卷（11月份）（含答案）

第=page11頁(yè)，共=sectionpages11頁(yè)2024-2025學(xué)年重慶市高三（上）調(diào)研數(shù)學(xué)試卷（11月份）一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1.已知i為虛數(shù)單位，z=11+2i，則|z|=(

)A.15 B.13 C.52.已知集合M={0,1,2,3,4,5}，N={x|(x+1)(x?3)≤0}，則M∩N=(

)A.{3} B.{2,3} C.{1,2,3} D.{0,1,2,3}3.已知a>b，c<d<0，則(

)A.a+c>b+d B.a+c2>b+d2 4.已知數(shù)列{an}滿(mǎn)足：a1=3，1A.32 B.23 C.2 5.已知平面上的兩個(gè)向量a，b滿(mǎn)足(a?b)?(aA.π6 B.π4 C.π36.已知實(shí)數(shù)a>0，且a≠1，若函數(shù)f(x)=ax+logaxA.a2+loga2<0 B.a27.設(shè)△ABC的三個(gè)內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，若sinB2=33，且A.32 B.4 C.28.已知實(shí)數(shù)a，b，c滿(mǎn)足：a2+2b2=9，3b2+4A.6 B.9 C.10 D.15二、多選題：本題共3小題，共18分。在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求。9.已知p：“?x∈N，2x+1是奇數(shù)”，q：“?x∈N，3x+1是偶數(shù)”，則(

)A.￢p：“?x∈N，2x+1是偶數(shù)” B.￢p：“?x∈N，2x+1是偶數(shù)”

C.￢q：“?x∈N，3x+1是奇數(shù)” D.￢q：“?x∈N，3x+1是奇數(shù)”10.已知等比數(shù)列{an}的公比q=?12，其前n項(xiàng)和記為SnA.a4a8=1 B.an≥11.設(shè)a∈R，函數(shù)f(x)=?x3+ax?2，則A.當(dāng)a<0時(shí)，函數(shù)f(x)為單調(diào)遞增函數(shù)

B.點(diǎn)(0,?2)為函數(shù)y=f(x)圖象的對(duì)稱(chēng)中心

C.存在a，b，使得函數(shù)y=f(x)圖象關(guān)于直線(xiàn)x=b對(duì)稱(chēng)

D.函數(shù)f(x)有三個(gè)零點(diǎn)的充要條件是a>3三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。12.已知平面直角坐標(biāo)系中，向量a=(?1,2)，單位向量b=(x,y)滿(mǎn)足|a+b|=|a?13.已知f(x)為定義在R上的奇函數(shù)，且當(dāng)x<0時(shí)，f(x)=ex+1+2x，則f(1)=14.已知函數(shù)f(x)=asinx，a∈Z.若y=f(f(x))的零點(diǎn)恰為y=f(x)的零點(diǎn)，則a的最大值是______．四、解答題：本題共5小題，共77分。解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明，證明過(guò)程或演算步驟。15.(本小題13分)

已知非零等差數(shù)列{an}滿(mǎn)足：a10=a9?2a8，a1+a6a7=0．

16.(本小題15分)

已知函數(shù)f(x)=x2+2|x+a|．

(1)討論f(x)的奇偶性；

(2)若f(x)在(?1,1)上具有單調(diào)性，求實(shí)數(shù)17.(本小題15分)

在△ABC中，已知A+B>π3，tanB=2sinA?2cosB+cosA2sinB?2cosA+sinA．

(1)證明：sinC=1+12cosC；

18.(本小題17分)

已知函數(shù)f(x)=(x+a)lnx?x(a∈R)．

(1)當(dāng)a=1時(shí)，求曲線(xiàn)y=f(x)在點(diǎn)(1,f(1))處的切線(xiàn)方程；

(2)若函數(shù)f(x)有兩個(gè)極值點(diǎn)，求a的取值范圍；

(3)在(2)的條件下，確定函數(shù)f(x)零點(diǎn)的個(gè)數(shù)．19.(本小題17分)

已知x∈R，[x]表示不超過(guò)x的最大整數(shù)，如[3]=3，[2]=1，[?1.5]=?2．

(1)若a1>0，an+1=1[an]，n∈N+，且{an}是無(wú)窮數(shù)列，求a1的取值范圍；

(2)記?x?=x?[x]．

①若a1=1，a2=2參考答案1.C

2.D

3.B

4.A

5.B

6.A

7.C

8.C

9.BD

10.ABD

11.BCD

12.25513.1

14.3

15.解：(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，

由a10=a9?2a8可得a1+9d=a1+8d?2(a1+7d)，即2a1=?15d，

由a1+a6a7=0可得a1+(a1+5d)(a1+6d)=0，即a12+1116.(1)f(x)定義域?yàn)镽，

∵f(x)+f(?x)=x2+2|x+a|+x2+2|?x+a|=2x2+2(|x+a|+|?x+a|)，

當(dāng)x≠0時(shí)，f(x)+f(?x)=2x2+2(|x+a|+|?x+a|)>0恒成立，

也就是f(x)+f(?x)≠0，則f(x)不可能為奇函數(shù)，

∵f(x)?f(?x)=x2+2|x+a|?x2?2|?x+a|=2(|x+a|?|?x+a|)，

若|x+a|?|?x+a|=0恒成立，則有(x+a)2=(?x+a)2，即a=0，

此時(shí)f(x)為偶函數(shù)，

綜上所述，當(dāng)a=0時(shí)，f(x)為偶函數(shù)，當(dāng)a≠0時(shí)，f(x)為非奇非偶函數(shù)；

(2)令?1<x1<x2<1，則x1+x2+2>0，x1+x2?2<0，

當(dāng)a≥1時(shí)，則f(x1)?f(x2)=x12+2(x1+a)?17.(1)證明：由tanB=2sinA?2cosB+cosA2sinB?2cosA+sinA=sinBcosB，

則有2sinAcosB+2sinBcosA+cosAcosB?sinAsinB=2sin2B+2cos2B=2，

即2sin(A+B)+cos(A+B)=2，又A+B=π?C，

則2sinC?cosC=2，

故sinC=1+12cosC；

(2)解：由(1)可得：sinC=1+12cosC，

即sin2C=1+14cos2C+cosC=1?cos2C，

化簡(jiǎn)得cosC(cosC+45)=0，即cosC=0或cosC=?45，

由A+B>π3，可得C<2π3，

又y=cosx在(0,π)18.解：(1)易知f(x)的定義域?yàn)?0,+∞)，

可得f′(x)=lnx+ax，

當(dāng)a=1時(shí)，f(x)=(x+1)lnx?x，

可得f′(x)=lnx+1x，

所以f′(1)=ln1+11=1，

又f(1)=(1+1)×ln1?1=?1，

所以曲線(xiàn)y=f(x)在點(diǎn)(1,f(1))處的切線(xiàn)方程為y+1=1×(x?1)，

即x?y?2=0；

(2)若函數(shù)f(x)有兩個(gè)極值點(diǎn)，

此時(shí)f′(x)=lnx+ax=0有兩個(gè)不等正根，

設(shè)g(x)=lnx+ax，函數(shù)定義域?yàn)?0,+∞)，

可得g′(x)=1x?ax2=x?ax2，

當(dāng)a≤0時(shí)，g′(x)≥0，g(x)單調(diào)遞增，

即f′(x)單調(diào)遞增，

所以f(x)至多只有一個(gè)極值點(diǎn)，不滿(mǎn)足題意；

當(dāng)a>0時(shí)，

當(dāng)0<x<a時(shí)，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減；

當(dāng)x>a時(shí)，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增，

所以g(x)min=g(a)=lna+1，

當(dāng)a≥1e，即lna+1≥0時(shí)，g(x)≥0，

即f′(x)≥0，

所以f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增，無(wú)極值點(diǎn)，不滿(mǎn)足題意；

當(dāng)0<a<1e時(shí)，g(a)=lna+1<0，

令m(x)=lnx?x+1，函數(shù)定義域?yàn)?0,+∞)，

可得m′(x)=1x?1=1?xx，

當(dāng)0<x<1時(shí)，m′(x)>0，m(x)單調(diào)遞增；

當(dāng)x>1時(shí)，m′(x)<0，m(x)單調(diào)遞減，

所以m(x)≥m(1)=ln1?1+1=0，

即lnx≤x?1，

則lnx≤x?1<x，

所以ln1a<1a，

即e?1a<a，

此時(shí)g(e?1a)=?1a+ae1a=a(e1a?1a2)，

令?(x)=ex?x2，函數(shù)定義域?yàn)?e,+∞)，

可得?′(x)=ex?2x，

令n(x)=ex?2x，函數(shù)定義域?yàn)?e,+∞)，

可得n′(x)=ex?2>0，

所以n(x)在(e,+∞)上單調(diào)遞增，

所以n(x)>n(e)=ee?2e>0，

則?(x)單調(diào)遞增，

此時(shí)?(x)>?(e)=ee?e2>0，

即ex>x2，

所以g(e?1a)>0，

則存在x1∈(0,a)，使得g(x1)=0，

又g(e1a)=1a+ae?1a>0,e1a>a，

所以存在x2∈(a,+∞)，使得g(x2)=019.解：(1)如果a1≥2，設(shè)k≤a1<k+1，k≥2，k∈N