資源簡介

吉林省東北師范大學附屬中學2025屆高三上學期第二次摸底考試
數學試題
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中，只有一項是符合題目要求的。
1.設集合，，則( )
A. B. C. D.
2.已知是的導函數，則“”是“是函數的一個極值點”的( )
A. 充分不必要條件 B. 必要不充分條件
C. 充要條件 D. 既不充分也不必要條件
3.函數的圖象大致為( )
A. B.
C. D.
4.“碳達峰”，是指二氧化碳的排放不再增長，達到峰值之后開始下降；而“碳中和”，是指企業、團體或個人通過植樹造林、節能減排等形式，抵消自身產生的二氧化碳排放量，實現二氧化碳“零排放”某地區二氧化碳的排放量達到峰值億噸后開始下降，其二氧化碳的排放量億噸與時間年滿足函數關系式，若經過年，二氧化碳的排放量為億噸已知該地區通過植樹造林、節能減排等形式，能抵消自產生的二氧化碳排放量為億噸，則該地區要能實現“碳中和”，至少需要經過多少年？參考數據：( )
A. B. C. D.
5.已知，且，則( )
A. B. C. D.
6.已知向量，則向量在向量上的投影向量為( )
A. B. C. D.
7.已知定義在上的可導函數，對，都有，當時，若，則實數的取值范圍是( )
A. B.
C. D.
8.在中，角的對邊分別為的面積為，則的最大值為( )
A. B. C. D.
二、多選題：本題共3小題，共18分。在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求。
9.多選若，則下列不等式一定成立的是( )
A. B. C. D.
10.已知函數，則下列結論正確的有( )
A. 函數的最小正周期為 B. 函數在上有個零點
C. 函數的圖象關于對稱 D. 函數的最小值為
11.已知是函數的零點，是函數的零點，且滿足，則實數的取值可能是( )
A. B. C. D.
三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。
12.復數滿足，則 ．
13.已知函數的定義域為，是偶函數，是奇函數，則的最小值為 ．
14.萊洛三角形，也稱圓弧三角形，是一種特殊三角形，在建筑、工業上應用廣泛，如圖所示，分別以正三角形的頂點為圓心，以邊長為半徑作圓弧，由這三段圓弧組成的曲邊三角形即為萊洛三角形，已知兩點間的距離為，點為上的一點，則的最小值為 ．
四、解答題：本題共5小題，共77分。解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟。
15.本小題分
在中，角的對邊分別為，若．
求的大??；
若，求的最大值．
16.本小題分
已知數列的首項，且滿足，設．
求證：數列為等比數列；
若，求滿足條件的最小正整數．
17.本小題分
記的內角的對邊分別為，已知，是邊上的一點，且．
證明：；
若，求．
18.本小題分
已知函數．
若，求曲線在點處的切線方程；
若對任意恒成立，求的取值范圍．
19.本小題分
置換是代數的基本模型，定義域和值域都是集合的函數稱為次置換滿足對任意的置換稱作恒等置換所有次置換組成的集合記作對于，我們可用列表法表示此置換：，記．
若，計算；
證明：對任意，存在，使得為恒等置換；
對編號從到的撲克牌進行洗牌，分成上下各張兩部分，互相交錯插入，即第張不動，第張變為第張，第張變為第張，第張變為第張，，依次類推這樣操作最少重復幾次就能恢復原來的牌型？請說明理由．
參考答案
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
9.
10.
11.
12.
13.
14.
15.解：由已知，根據正弦定理得
即
由余弦定理得
故，因為，所以．
，由得：
，
因為，則，
故當，即時，取得最大值．

16.解：，
，所以數列為首項為，公比為等比數列．
由可得
，
即，
，
而因為在上均單調遞增，則隨著的增大而增大，
要使，即，則，
的最小值為．

17.解：證明：在中，由正弦定理得，
在中，由正弦定理得 ，
則，
在中，由正弦定理得，
則，
所以
，
所以；
由，得，，又 ，
所以在和中，由余弦定理得
，，
又，則，
所以 ，
整理得，
又，所以在中，由余弦定理得
，
聯立 ，解得
故

18.解：當 時， ，
則 ，
所以，
又，
所以曲線 在點處的切線方程為；
，則 ，
令，則，
令，則，
所以在區間上單調遞增，
則，即，
當時，，則，
又，所以，
所以，
則，
所以在區間上單調遞增，即在區間上單調遞增，
所以，
當，即時，，則在區間上單調遞增，
所以，符合題意；
當，即時， ，
令 ，
則 ，
所以在區間上單調遞增，
則，故，
又，所以，使得 ，
所以當時，，則在區間上單調遞減，
此時，不符合題意，
綜上，實數的取值范圍為

19.解：，
由題意可知；
解法一：若，則為恒等置換；
若存在兩個不同的，使得，不妨設，則．
所以，即為恒等置換；
若存在唯一的，使得，不妨設，則或．
當時，由可知為恒等置換；
同理可知，當時，也是恒等置換；
若對任意的，
則情形一：或或；
情形二：或或
或或或；
對于情形一：為恒等置換；
對于情形二：為恒等置換；
綜上，對任意，存在，使得為恒等置換；
解法二：對于任意，都有，
所以中，至少有一個滿足，
即使得的的取值可能為．
當分別取時，記使得的值分別為，
只需取為的最小公倍數即可．
所以對任意，存在，使得為恒等置換；
不妨設原始牌型從上到下依次編號為到，則洗牌一次相當于對作一次如下置換：，即
其中．
注意到各編號在置換中的如下變化：
，，
，
，
，
，
，
，
，
所有編號在連續置換中只有三種循環：一階循環個，二階循環個，八階循環個，
注意到的最小公倍數為，由此可見，最少次這樣的置換即為恒等置換，
故這樣洗牌最少次就能恢復原來的牌型．

第1頁，共1頁

展開更多......

收起↑