解析：山东省济宁市2024-2025学年高三上学期期中教学质量检测数学试题（解析版）

这是一份解析：山东省济宁市2024-2025学年高三上学期期中教学质量检测数学试题（解析版），共19页。试卷主要包含了11， 已知集合，，则， 若复数， 向量，，则在上的投影向量是， 已知函数，则， 已知，，，则， 下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
2024.11
本试卷满分150分．考试用时120分钟．
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的考场、座号、姓名、班级填（涂）写在答题卡上，将条形码粘贴在“贴条形码区”．
2．做选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再改涂其它答案标号．
3．非选择题须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡中各题目指定的区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液．否则，该答题无效．
4．考生必须保持答题卡的整洁；书写要求字体工整，符号规范，笔迹清楚．
一、选择题：本题共8个小题，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，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】首先根据偶次方根的被开方数非负求出集合，再求出集合，最后根据集合的运算法则计算可得.
【详解】由可得，解得或，
所以，
又，则，所以，
所以，所以.
故选：D
2. 若复数（i为虚数单位），则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用复数的除法化简复数，利用共轭复数的定义可得结果.
【详解】因为，故，
故选:A
3. 已知角的顶点与原点重合，始边与轴正半轴重合，终边经过点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用三角函数定义求解，使用二倍角公式求解.
【详解】由三角函数的定义有：，
所以；
故选：D.
4. 已知函数的定义域为，满足，则下列说法正确的是（ ）
A. 是偶函数B. 是奇函数
C. 是奇函数D. 是偶函数
【答案】C
【解析】
【分析】根据抽象函数，利用奇偶函数的性质直接判断即可.
【详解】因为，
所以令，可得，
令，则，
所以，
则既不是奇函数又不是偶函数，
且，
所以是奇函数.
故选：C
5. 向量，，则在上的投影向量是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据投影向量的定义计算得解.
【详解】由题意可知，在上的投影向量为：.
故选：C.
6. 已知函数，则（ ）
A. 8B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用分段函数求值.
【详解】因为函数，所以，
即，
故选：B.
7. 已知，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据余弦函数单调性可判断的大小关系，利用可得，结合两边取对数可得的大小关系，即可得答案.
【详解】因为，故，即，
又，即，故，
即，即，
故选：D
8. 如图，在中，，，，若为圆心为的单位圆的一条动直径，则的最大值是（ ）
A. 2B. 4C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】以为坐标原点，的方向分别为轴、轴，建立坐标系，设，则，利用向量的坐标运算及三角恒等变换求解即可.
【详解】解：以为坐标原点，的方向分别为轴、轴，
如图所示：
则，
设，则，
所以，
所以
，
其中(为第二象限角)，
所以当时，取最大值，为2.
即的最大值为2.
故选：A.
【点睛】关键点睛：本题的关键是建立坐标系，利用向量的坐标运算求解.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，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. 下列说法正确的是（ ）
A. 命题“，”的否定形式是“，”
B. 当时，的最小值为4
C.
D. “（）”是“（）”的必要不充分条件
【答案】AC
【解析】
【分析】写出命题“，”的否定形式判断选项A；求得当时，的最小值判断选项B；求得的值判断选项C；求得“（）”与“（）”的逻辑关系判断选项D.
【详解】选项A：命题“，”的否定形式是
“，”判断正确；
选项B：当时，，令，
则在单调递减，最小值为5，
则当时，的最小值为5.判断错误；
选项C：由，
可得.判断正确；
选项D：（），
可化为或或或（），
故“（）”是“（）”的充分不必要条件.判断错误.
故选：AC
10. 已知函数，则（ ）
A. 函数在上单调递减
B. 函数的图象关于点对称
C. 函数的图象向左平移（）个单位长度后，所得的图象关于轴对称，则的最小值是
D. 若实数使得方程在上恰好有三个实数解，，，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用辅助角公式化简函数，根据三角函数的单调性、对称性、奇偶性以及图像问题逐个选项判断即可.
【详解】，
对于A，令，则，
所以对于函数，时，有增有减，A错；
令，则，B正确；
对于C，平移后，得，若图象关于轴对称，
则，，C正确；
因为，作出图像如下图所示，

由与有且只有三个交点，所以，
又因为时，且关于直线对称，
所以，D正确.
故选：BCD
11. 设数列前项和为，满足，且，（），则下列选项正确的是（ ）
A.
B. 数列为等差数列
C. 当时，有最大值
D. 设，则当或时，数列的前项和取最大值
【答案】BCD
【解析】
【分析】对于A，由和的关系，求出数列an的通项公式，进行判定；对于B，由等差数列求和公式求出，由定义判断是否为等差数列；对于C，借助二次函数性质判定；对于D，由的正负判定正负，即可判定最值.
【详解】对于A，当时，，解得或，
因为，所以，
当时，由，得，，
所以，
整理得，
因为，所以，即，
所以数列an是首项为19，公差为的等差数列，
所以，故A错误；
对于B，由A可知，，
所以，
所以，
所以数列是首项为19，公差为的等差数列，故B正确；
对于C，因为，，
所以当时，取得最大值，故C正确；
对于D，由，得，
由，得，
所以当时，，
当时，，
当时，，
当时，，
因为，，
所以当或时，数列bn的前项和取最大值.故D正确.
故选：BCD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知，都是正数，且，则的最小值为______．
【答案】
【解析】
【分析】由题意可得，从而得，利用基本不等式求解即可.
【详解】解：因为，都是正数，且，
所以，
所以，
当且仅当，即时，等号成立，
将，代入，得时，等号成立.
故答案为：
13. 已知函数在区间上没有零点，则实数的取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意转化为在区间上恒成立，得到在区间上恒成立，设，利用导数求得函数的单调性和最值，即可求解.
【详解】因为函数在区间上没有零点，且趋向正无穷时，趋向正无穷，
所以在区间上恒成立，
所以在区间上恒成立，
设，可得，
因为，，可得，所以，
所以在区间上单调递减，所以，所以，
所以，实数的取值范围为.
故答案为：.
14. 已知函数，，则的对称中心为______；若（），则数列的通项公式为______．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】利用中心对称的定义求出图象的对称中心，利用函数的对称性及倒序相加法求出通项.
【详解】函数的定义域为R，，
由，得，
则，
因此函数图象的对称中心是；
由，得，当时，，
，
，
于是，即，所以数列的通项公式为.
故答案为：；
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. 已知在中，角，，，所对的边分别为，，，．
（1）求角；
（2）过点作，连接，使，，，四点组成四边形，若，，，求长．
【答案】（1）
（2）或2．
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理边化角即可求解；
（2）利用余弦定理来求解边边角三角形，得到两解.
【小问1详解】
由，结合由正弦定理边化角可得，
故，而，
所以，又B∈0,π，所以．
【小问2详解】
在中，,由正弦定理可得，
因为，所以，即，
在中，因为，所以为锐角，所以，
又因为，，结合定理可得．
解得或．
16. 已知数列的前项和为，，（）.
（1）求数列的通项公式；
（2）记，数列的前项和为，若关于的不等式恒成立，求实数的取值范围．
【答案】（1）
（2）．
【解析】
【分析】（1）利用条件，再写一式，两式相减，可证得数列是首项为2，公比为2的等比数列，即可求出数列的通项公式；
（2）求出数列的通项，利用错位相减法求出，再将题意转化为可得，记，求出的最大值，即可得出答案．
【小问1详解】
由，可得，
两式相减可得：，所以，
令，可得，所以，
所以数列是首项为2，公比为2的等比数列，其通项公式为.
【小问2详解】
，．
可得，则，
两式相减得：
，所以，
因，则，
原题意等价于关于的不等式恒成立，可得，
记，
令，则，解得或3，
则，即当或时，取到最大值，
可得，所以实数的取值范围．
17. 已知函数

（1）请在网格纸中画出的简图，并写出函数的单调区间（无需证明）；
（2）定义函数在定义域内的，若满足，则称为函数的一阶不动点，简称不动点；若满足，则称为函数的二阶不动点，简称稳定点.
①求函数的不动点；
②求函数的稳定点.
【答案】（1）作图见解析，单增区间为，，的单减区间为
（2）①；②，和1.
【解析】
【分析】（1）根据分段函数解析式，画出相应的函数图像，结合函数图像写出单调区间.
（2）结合分段函数解析式，由不动点，稳定点的定义计算分析求解.
【小问1详解】
的单增区间为-1,0，0,+∞，的单减区间为.
【小问2详解】
易知
①当时，，令得，解得；
当时，，令得，解得（舍）
综上所述：函数的不动点为.
②当时，，且，
则
令得，，解得或（舍）；
当时，，且，
则
令，得，解得；
当时，，且，
则，
令，得，解得或（舍）
综上所述：函数的稳定点有3个，分别是，和1.
18. 摩天轮是一种大型转轮状的机械建筑设施，游客坐在摩天轮的座舱里慢慢地往上转，可以从高处俯瞰四周景色，如图，某摩天轮最高点距离地面高度为，转盘直径为，均匀设置了依次标号为1～48号的48个座舱．开启后摩天轮按照逆时针方向匀速旋转，游客在座舱转到距离地面最近的位置进舱，开始转动后距离地面的高度为，转一周需要．

（1）求在转动一周的过程中，关于的函数解析式；
（2）若甲、乙两人分别坐在1号和9号座舱里，在运行一周的过程中，求两人距离地面的高度差（单位：）关于的函数解析式，并求为何值时高度差最大．
（参考公式：，）
【答案】（1），．
（2），；或
【解析】
【分析】（1）据题意，设，由条件确定的值；
（2）由题意，1号与9号座舱的角度差为，不妨假设1号座舱出发早于9号座舱，时1号与9号的高度分别为，，进而求出高度差，由余弦函数性质即可求.
【小问1详解】
设，则，
令时，则，，
又，解得，
所以，．
【小问2详解】
由题意得：1号与9号座舱的角度差为．
不妨假设1号座舱出发早于9号座舱，时1号与9号的高度分别为，，
则，，
所以高度，
由参考公式得，上式
从而高度差，；
当，即，时，解得，，
又，所以或，此时高度差的最大值为．
19. 已知 ，函数，.
（1）当与都存在极小值，且极小值之和为时，求实数a的值；
（2）若，求证：.
【答案】（1）1 （2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）分别对，求导，讨论和，得出和的单调性，即可求出，的极小值，即可得出答案.
（2）令，由可得，要证 ，不妨设，所以只要证，令，，对求导，得出的单调性，即可证明.
小问1详解】
，定义域均为，
，
当时，则，在单调递增，无极值，与题不符；
当时，令，解得：，
所以在单调递减，在单调递增，
在取极小值，且；
又，
当时：，在单调递减，无极值，与题不符；
当时：令，解得：，
所以在单调递减，在单调递增，
在取极小值，且；
由题：，解得：.
【小问2详解】
令，因为，所以，
由可得：，
（1）-（2）得：，所以，
要证： ，只要证： ，只要证：
不妨设，所以只要证：，
即证：，令，只要证：，
令， ，
所以在上单调递增，
， 即有成立，所以成立.