2025年普通高等学校招生全国统一考试11月调研测试卷数学参考答案一、单选题1~8CDBABACCbBb37题提示：由aaccc2222690()(3)0ac22c，则有ac3，sin2，223cc则有b23．ab2229a212228题提示：由3448bc可解得b4，则32abc取最大值时ab1,2,c3，所以最大值为10．22256ca51c9二、多选题（正确答案为两个选项的每个选项3分，正确答案为三个选项的每个选项2分，有选错得0分）9．BD10．ABD11．BD11题提示：由f()xxax32得，f()xxa32，当a0时，fx()0，则函数f()x为单调递减函数，A错误，有fx()xax32，则有fx()f(x)4，所以函数f()x关于点(0,2)成中心对称，B正确，若f()x关于直线xb对称，则有f()xfbx(2)，不存在ab,使得上式成立，C错误，函数f()x要有三个零点，则f()xxa32则有两个零点，则a0，则函数f()x在aaaaaa(,)上递减，在(,)上递增，在(,)上递减，则需要f()0，f()0，333333解得a3，D正确．三、填空题252512．（或）13．114．35514题提示：由题意，f()xasinx的零点为xk，而yffxa(())sin(asinx)的零点为aaxsin(sin)0k的解，则有axksinsinx(a0)，因为yffx(())的零点与f()x的零点相同，则当aka4，aZ，k1时，sinx1，则会存在其他的x满足，即有其他零点，所以a的最大a值为3． 11月调研测试卷（数学）参考答案第1页共5页 四、解答题15．（13分）解：（1）设等差数列的首项公差分别为a1，d，15由题意，adad982(7)ad，有ad，则d01111215又aadad(5)(6)0，将ad代入解得d2，所以a15，111121则由aann1(1)d，有ann217．……7分 na()ann(15217)   （2）由Snnn1n2216(8)64 n22        所以当n8时，Sn取得最小值，即()Snmin64．……13分16．（15分）解：（1）当a0时，f()xx22||x，f()()|xx22xxxfx|2||()，此时f()x为偶函数．……2分当a0时，f()xx22|xa|，f()aa24||a，f()aa2，若f()x为偶函数，则f()afa()，得a0，矛盾若f()x为奇函数，则fa()fa()0，即24||0aa2，得a0，矛盾综上，a0时，f()x为偶函数；a0时，f()x既不是奇函数也不是偶函数．……6分x222xax2(1)+2a1当xa（2）fx()，22x2xax2(1)2a1当xa若a1，则a1，当x(1,1)时，f()xx22xa2单调递增，……9分若11a，则11a，当x(1,)a时，f()xx22xa2单调递减，当x(,1)a时，f()xx22xa2单调递增，……12分若a1，则a1，当x(1,1)时，f()xx22xa2单调递减，综上，a的取值范围为(,1][1,)．……15分17．（15分）sinB2sinABA2coscos解：（1）由题意有cosB2sinBAA2cossin2sin2BABABABBAB2cossinsinsin2sincos2cos2coscos 11月调研测试卷（数学）参考答案第2页共5页 2(sin22BcosBABABABAB)2(sincoscossin)(coscossinsin)22sin(AB)cos(AB)2cosCC2sin1即sinCC1cos，得证．……7分221（2）由已知AB，得0C，cosC(,1)332115由sinCC1cos得，sin22CCC1coscoscosCCcos2024441则有cosC0或cosC（舍），所以C，则有AC222BCAB4，522111AC22BC又SACBCCACBCsin1，△ABC2222所以()1S△ABCmax．……15分18．（17分）1解：（1）当a1时，f()xx(1)lnxx，fx()lnx，f(1)1，f(1)1x从而点(1,f(1))处的切线方程为yx2．……4分a（2）函数f()x有两个极值点，则fx()lnx0有两个不等正根，xaaxa1令gx()lnx,g()x,xxx22x①当a0时，gx()0，gx()单调递增，ga(1)0，ge()aaaaaea(1)eaa由ae0,1，所以ge()0，所以存在x0使得(0,x0)上gx()0，(,x0)上gx()0，即f()x在(0,x0)上单调递减，在(,x0)上单调递增，此时f()x有唯一极值点．不满足题意……7分②当a0时，(0,a)上gx()递减，(,a)上gx()递增，ga()lna11i．当a，即lna10时，gx()0，f()x单调递增，无极值点．不满足题意e1111ii．当0a时，ga()lna10，由lnxxx1，ln，即eaaeaa11111ge()aaaaeae()，令hx()exx2,xe，hx()exx2,xhx()e2aa2 11月调研测试卷（数学）参考答案第3页共5页 1可知hx()单调递增，从而hx()he()eee20，所以ge()0a，从而存在x1(0,a)，使得gx()10．1111又ge()aaaae0,ea，所以存在xa(,)，使得gx()0，a22此时f()x有两个极值点，满足题意1综上，所以0a．……11分ea（3）由（2）lnx10，即axx11lnx12有fx(1)(xa1)lnxx11(xx11lnx1)lnxx11x1((lnx1)lnx11)0111111fe()(aaea)ea(1)1ea，令tx()(x1)ex1,xeaa1由exx1，所以(1)1(1)(1)1xexxxx20，所以fe()0a所以f()x仅有一个零点．……17分19．（17分）解：（1）若a1(0,1)，则[]0a1，a2不存在，不符合题意，1若a1[1,2)，则[]1a1，a21，从而an1，符合题意，[]a1若a12，设ka1k1，k2，kN，11则a2，[]0a2，a3不存在，不符合题意，[]ak1综上，a1[1,2)……5分（2）①由题意知anN，且aaa123an，an2aann22an从而aaaannnn2121，即12，则1，an1aann11an1aa503aaa412a51a50aa49501所以aaa223a5022aaa235050a由aa121,2,a33,a45,a58,知a50为偶数， 11月调研测试卷（数学）参考答案第4页共5页 aa5050所以， a22aaaaa50a则50k1503451        log444loglog aaaaaa222350k2ka11150……11分            log44log222a50②若ak0，则nk1，an0，22222若ak0，则aaaaakknkk1[][]，2又am1，mN，从而kN，且km，使得a20，00k0此时，对nk0，an0，得证．……17分  11月调研测试卷（数学）参考答案第5页共5页