2025年高二上冊數學秋季單元期中測試卷及答案一、選擇題（本大題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的）1.已知集合\(A=\{x|x^22x3\lt0\}\)，\(B=\{x|x\gt1\}\)，則\(A\capB=\)（）A.\(\{x|1\ltx\lt3\}\)B.\(\{x|x\lt3\}\)C.\(\{x|x\gt1\}\)D.\(\{x|1\ltx\lt1\}\)解：解不等式\(x^22x3\lt0\)，即\((x3)(x+1)\lt0\)，解得\(1\ltx\lt3\)，所以\(A=\{x|1\ltx\lt3\}\)。又\(B=\{x|x\gt1\}\)，則\(A\capB=\{x|1\ltx\lt3\}\)，答案選A。2.若\(a\gtb\gt0\)，則下列不等式一定成立的是（）A.\(a+\frac{1}\gtb+\frac{1}{a}\)B.\(\frac{a}\gt\frac{b+1}{a+1}\)C.\(a\frac{1}\gtb\frac{1}{a}\)D.\(\frac{2a+b}{a+2b}\gt\frac{a}\)解：選項A：\((a+\frac{1})(b+\frac{1}{a})=(ab)+(\frac{1}\frac{1}{a})=(ab)+\frac{ab}{ab}=(ab)(1+\frac{1}{ab})\)，因為\(a\gtb\gt0\)，所以\(ab\gt0\)，\(1+\frac{1}{ab}\gt0\)，則\((ab)(1+\frac{1}{ab})\gt0\)，即\(a+\frac{1}\gtb+\frac{1}{a}\)，A正確。選項B：\(\frac{a}\frac{b+1}{a+1}=\frac{b(a+1)a(b+1)}{a(a+1)}=\frac{ba}{a(a+1)}\)，因為\(a\gtb\gt0\)，所以\(ba\lt0\)，\(a(a+1)\gt0\)，則\(\frac{ba}{a(a+1)}\lt0\)，即\(\frac{a}\lt\frac{b+1}{a+1}\)，B錯誤。選項C：\((a\frac{1})(b\frac{1}{a})=(ab)(\frac{1}\frac{1}{a})=(ab)\frac{ab}{ab}=(ab)(1\frac{1}{ab})\)，當\(a=2\)，\(b=1\)時，\((ab)(1\frac{1}{ab})=(21)(1\frac{1}{2})=\frac{1}{2}\gt0\)；當\(a=\frac{1}{2}\)，\(b=\frac{1}{3}\)時，\((ab)(1\frac{1}{ab})=(\frac{1}{2}\frac{1}{3})(16)=\frac{5}{6}\lt0\)，C錯誤。選項D：\(\frac{2a+b}{a+2b}\frac{a}=\frac{b(2a+b)a(a+2b)}{b(a+2b)}=\frac{2ab+b^2a^22ab}{b(a+2b)}=\frac{b^2a^2}{b(a+2b)}\)，因為\(a\gtb\gt0\)，所以\(b^2a^2\lt0\)，\(b(a+2b)\gt0\)，則\(\frac{b^2a^2}{b(a+2b)}\lt0\)，即\(\frac{2a+b}{a+2b}\lt\frac{a}\)，D錯誤。答案選A。3.已知等差數列\(zhòng)(\{a_n\}\)的前\(n\)項和為\(S_n\)，若\(a_2=3\)，\(S_5=25\)，則\(a_7=\)（）A.13B.14C.15D.16解：設等差數列\(zhòng)(\{a_n\}\)的公差為\(d\)。已知\(a_2=a_1+d=3\)，\(S_5=5a_1+\frac{5\times4}{2}d=25\)，即\(5a_1+10d=25\)，化簡得\(a_1+2d=5\)。聯(lián)立方程組\(\begin{cases}a_1+d=3\\a_1+2d=5\end{cases}\)，用第二個方程減去第一個方程可得：\((a_1+2d)(a_1+d)=53\)，解得\(d=2\)。將\(d=2\)代入\(a_1+d=3\)，得\(a_1=1\)。所以\(a_7=a_1+6d=1+6\times2=13\)，答案選A。4.已知等比數列\(zhòng)(\{a_n\}\)的公比\(q=2\)，且\(a_2\)，\(a_3+1\)，\(a_4\)成等差數列，則\(a_1=\)（）A.1B.2C.3D.4解：因為\(a_2\)，\(a_3+1\)，\(a_4\)成等差數列，則\(2(a_3+1)=a_2+a_4\)。等比數列\(zhòng)(\{a_n\}\)的公比\(q=2\)，\(a_n=a_1q^{n1}\)，所以\(a_2=a_1q=2a_1\)，\(a_3=a_1q^2=4a_1\)，\(a_4=a_1q^3=8a_1\)。代入\(2(a_3+1)=a_2+a_4\)可得：\(2(4a_1+1)=2a_1+8a_1\)，即\(8a_1+2=10a_1\)，移項得\(10a_18a_1=2\)，\(2a_1=2\)，解得\(a_1=1\)，答案選A。5.已知\(\triangleABC\)中，\(a=2\)，\(b=\sqrt{3}\)，\(A=45^{\circ}\)，則\(B=\)（）A.\(30^{\circ}\)B.\(60^{\circ}\)C.\(30^{\circ}\)或\(150^{\circ}\)D.\(60^{\circ}\)或\(120^{\circ}\)解：由正弦定理\(\frac{a}{\sinA}=\frac{\sinB}\)，可得\(\sinB=\frac{b\sinA}{a}\)。已知\(a=2\)，\(b=\sqrt{3}\)，\(A=45^{\circ}\)，則\(\sinB=\frac{\sqrt{3}\sin45^{\circ}}{2}=\frac{\sqrt{3}\times\frac{\sqrt{2}}{2}}{2}=\frac{\sqrt{6}}{4}\)。又因為\(a\gtb\)，根據大邊對大角，所以\(A\gtB\)，\(B\)為銳角，\(B=30^{\circ}\)，答案選A。6.若\(x\gt0\)，\(y\gt0\)，且\(x+y=1\)，則\(\frac{1}{x}+\frac{4}{y}\)的最小值為（）A.9B.8C.7D.6解：因為\(x+y=1\)，\(x\gt0\)，\(y\gt0\)，所以\(\frac{1}{x}+\frac{4}{y}=(x+y)(\frac{1}{x}+\frac{4}{y})=1+\frac{4x}{y}+\frac{y}{x}+4=5+\frac{4x}{y}+\frac{y}{x}\)。根據基本不等式\(a+b\geq2\sqrt{ab}\)（\(a\gt0\)，\(b\gt0\)），則\(\frac{4x}{y}+\frac{y}{x}\geq2\sqrt{\frac{4x}{y}\times\frac{y}{x}}=4\)，當且僅當\(\frac{4x}{y}=\frac{y}{x}\)且\(x+y=1\)時等號成立。聯(lián)立\(\begin{cases}\frac{4x}{y}=\frac{y}{x}\\x+y=1\end{cases}\)，由\(\frac{4x}{y}=\frac{y}{x}\)得\(y=2x\)，代入\(x+y=1\)得\(x=\frac{1}{3}\)，\(y=\frac{2}{3}\)。所以\(\frac{1}{x}+\frac{4}{y}=5+\frac{4x}{y}+\frac{y}{x}\geq5+4=9\)，即\(\frac{1}{x}+\frac{4}{y}\)的最小值為9，答案選A。7.已知函數\(f(x)=x^22x3\)，若\(x\in[t,t+2]\)時，求函數\(f(x)\)的最小值\(g(t)\)，則\(g(t)\)的表達式為（）A.\(g(t)=\begin{cases}t^22t3,t\leq0\\4,0\ltt\lt2\\t^26t+5,t\geq2\end{cases}\)B.\(g(t)=\begin{cases}t^22t3,t\leq1\\4,1\ltt\lt1\\t^26t+5,t\geq1\end{cases}\)C.\(g(t)=\begin{cases}t^22t3,t\leq1\\4,1\ltt\lt3\\t^26t+5,t\geq3\end{cases}\)D.\(g(t)=\begin{cases}t^22t3,t\leq0\\4,0\ltt\lt1\\t^26t+5,t\geq1\end{cases}\)解：函數\(f(x)=x^22x3=(x1)^24\)，其圖象開口向上，對稱軸為\(x=1\)。當\(t+2\leq1\)，即\(t\leq1\)時，\(f(x)\)在\([t,t+2]\)上單調遞減，所以\(g(t)=f(t+2)=(t+2)^22(t+2)3=t^2+2t3\)。當\(t\lt1\ltt+2\)，即\(1\ltt\lt1\)時，\(g(t)=f(1)=4\)。當\(t\geq1\)時，\(f(x)\)在\([t,t+2]\)上單調遞增，所以\(g(t)=f(t)=t^22t3\)。所以\(g(t)=\begin{cases}t^22t3,t\leq1\\4,1\ltt\lt1\\t^26t+5,t\geq1\end{cases}\)，答案選B。8.在\(\triangleABC\)中，\(AB=3\)，\(BC=\sqrt{13}\)，\(AC=4\)，則邊\(AC\)上的高為（）A.\(\frac{3\sqrt{2}}{2}\)B.\(\frac{3\sqrt{3}}{2}\)C.\(\frac{3}{2}\)D.\(3\sqrt{3}\)解：根據余弦定理\(\cosA=\frac{AB^{2}+AC^{2}BC^{2}}{2AB\cdotAC}=\frac{9+1613}{2\times3\times4}=\frac{1}{2}\)。因為\(A\in(0,\pi)\)，所以\(\sinA=\sqrt{1\cos^{2}A}=\frac{\sqrt{3}}{2}\)。設邊\(AC\)上的高為\(h\)，則\(S_{\triangleABC}=\frac{1}{2}AB\cdotAC\cdot\sinA=\frac{1}{2}AC\cdoth\)。\(\frac{1}{2}\times3\times4\times\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{1}{2}\times4\timesh\)，解得\(h=\frac{3\sqrt{3}}{2}\)，答案選B。9.已知數列\(zhòng)(\{a_n\}\)滿足\(a_1=1\)，\(a_{n+1}=2a_n+1\)，則\(a_5=\)（）A.31B.32C.62D.63解：由\(a_{n+1}=2a_n+1\)，可得\(a_{n+1}+1=2(a_n+1)\)。則\(\frac{a_{n+1}+1}{a_n+1}=2\)，又\(a_1=1\)，所以\(a_1+1=2\)。所以數列\(zhòng)(\{a_n+1\}\)是以\(2\)為首項，\(2\)為公比的等比數列。根據等比數列通項公式\(a_n=a_1q^{n1}\)，可得\(a_n+1=2\times2^{n1}=2^n\)，即\(a_n=2^n1\)。所以\(a_5=2^51=31\)，答案選A。10.已知\(x\)，\(y\)滿足約束條件\(\begin{cases}xy+1\geq0\\x+y3\leq0\\y\geq1\end{cases}\)，則\(z=2xy\)的最大值為（）A.1B.2C.3D.4解：作出不等式組\(\begin{cases}xy+1\geq0\\x+y3\leq0\\y\geq1\end{cases}\)表示的可行域。聯(lián)立\(\begin{cases}xy+1=0\\y=1\end{cases}\)，解得\(\begin{cases}x=0\\y=1\end{cases}\)。聯(lián)立\(\begin{cases}x+y3=0\\y=1\end{cases}\)，解得\(\begin{cases}x=2\\y=1\end{cases}\)。聯(lián)立\(\begin{cases}xy+1=0\\x+y3=0\end{cases}\)，兩式相加得\(2x2=0\)，解得\(x=1\)，代入\(xy+1=0\)得\(y=2\)。所以可行域的三個頂點坐標分別為\((0,1)\)，\((2,1)\)，\((1,2)\)。將三個頂點坐標分別代入目標函數\(z=2xy\)：當\(x=0\)，\(y=1\)時，\(z=2\times01=1\)。當\(x=2\)，\(y=1\)時，\(z=2\times21=3\)。當\(x=1\)，\(y=2\)時，\(z=2\times12=0\)。所以\(z=2xy\)的最大值為3，答案選C。11.已知等比數列\(zhòng)(\{a_n\}\)的前\(n\)項和為\(S_n\)，若\(S_3=7\)，\(S_6=63\)，則\(a_7+a_8+a_9=\)（）A.448B.512C.728D.1024解：由等比數列的性質可知\(S_3\)，\(S_6S_3\)，\(S_9S_6\)仍成等比數列。已知\(S_3=7\)，\(S_6=63\)，則\(S_6S_3=637=56\)。設\(a_7+a_8+a_9=S_9S_6\)，因為\(S_3\)，\(S_6S_3\)，\(S_9S_6\)成等比數列，所以\((S_6S_3)^2=S_3\cdot(S_9S_6)\)。即\(56^2=7\times(S_9S_6)\)，解得\(S_9S_6=448\)，也就是\(a_7+a_8+a_9=448\)，答案選A。12.已知\(a\)，\(b\)，\(c\)分別是\(\triangleABC\)的內角\(A\)，\(B\)，\(C\)的對邊，若\(\triangleABC\)的面積為\(\frac{\sqrt{3}(a^2+b^2c^2)}{4}\)，則\(C=\)（）A.\(\frac{\pi}{3}\)B.\(\frac{\pi}{4}\)C.\(\frac{\pi}{6}\)D.\(\frac{\pi}{2}\)解：已知\(S_{\triangleABC}=\frac{\sqrt{3}(a^2+b^2c^2)}{4}\)，又\(S_{\triangleABC}=\frac{1}{2}ab\sinC\)，根據余弦定理\(c^2=a^2+b^22ab\cosC\)，則\(a^2+b^2c^2=2ab\cosC\)。所以\(\frac{1}{2}ab\sinC=\frac{\sqrt{3}}{4}\times2ab\cosC\)，即\(\sinC=\sqrt{3}\cosC\)，\(\tanC=\sqrt{3}\)。因為\(C\in(0,\pi)\)，所以\(C=\frac{\pi}{3}\)，答案選A。二、填空題（本大題共4小題，每小題5分，共20分）13.不等式\(\frac{x1}{x+2}\lt0\)的解集為______。解：\(\frac{x1}{x+2}\lt0\)等價于\((x1)(x+2)\lt0\)，解得\(2\ltx\lt1\)，所以不等式的解集為\(\{x|2\ltx\lt1\}\)。14.已知等差數列\(zhòng)(\{a_n\}\)的前\(n\)項和為\(S_n\)，若\(a_3+a_5=10\)，則\(S_7=\)______。解：根據等差數列的性質：若\(m+n=p+q\)，則\(a_m+a_n=a_p+a_q\)（\(m\)，\(n\)，\(p\)，\(q\)為正整數）。在等差數列\(zhòng)(\{a_n\}\)中，\(1+7=3+5\)，所以\(a_1+a_7=a_3+a_5=10\)。又\(S_7=\frac{7(a_1+a_7)}{2}=\frac{7\times10}{2}=35\)。15.已知等比數列\(zhòng)(\{a_n\}\)中，\(a_3=2\)，\(a_7=8\)，則\(a_5=\)______。解：在等比數列\(zhòng)(\{a_n\}\)中，\(a_5^2=a_3\cdota_7\)，已知\(a_3=2\)，\(a_7=8\)，則\(a_5^2=2\times8=16\)，所以\(a_5=\pm4\)。又因為等比數列奇數項符號相同，\(a_3\gt0\)，所以\(a_5=4\)。16.已知\(x\gt0\)，\(y\gt0\)，且\(x+2y=1\)，則\(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\)的最小值為______。解：因為\(x+2y=1\)，\(x\gt0\)，\(y\gt0\)，所以\(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}=(x+2y)(\frac{1}{x}+\frac{1}{y})=1+\frac{x}{y}+\frac{2y}{x}+2=3+\frac{x}{y}+\frac{2y}{x}\)。根據基本不等式\(a+b\geq2\sqrt{ab}\)（\(a\gt0\)，\(b\gt0\)），則\(\frac{x}{y}+\frac{2y}{x}\geq2\sqrt{\frac{x}{y}\times\frac{2y}{x}}=2\sqrt{2}\)，當且僅當\(\frac{x}{y}=\frac{2y}{x}\)且\(x+2y=1\)時等號成立。所以\(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}=3+\frac{x}{y}+\frac{2y}{x}\geq3+2\sqrt{2}\)，即\(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\)的最小值為\(3+2\sqrt{2}\)。三、解答題（本大題共6小題，共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟）17.（10分）已知集合\(A=\{x|x^23x10\leq0\}\)，\(B=\{x|m+1\leqx\leq2m1\}\)。（1）若\(m=3\)，求\(A\capB\)；（2）若\(A\cupB=A\)，求實數\(m\)的取值范圍。解：（1）解不等式\(x^23x10\leq0\)，即\((x5)(x+2)\leq0\)，解得\(2\leqx\leq5\)，所以\(A=\{x|2\leqx\leq5\}\)。當\(m=3\)時，\(B=\{x|4\leqx\leq5\}\)。則\(A\capB=\{x|4\leqx\leq5\}\)。（2）因為\(A\cupB=A\)，所以\(B\subseteqA\)。當\(B=\varnothing\)時，\(m+1\gt2m1\)，解得\(m\lt2