2025届山东省临沂市高三(上)期中教学质量检测数学试卷(解析版)

这是一份2025届山东省临沂市高三(上)期中教学质量检测数学试卷(解析版)，共14页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题：本题共8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】由，解得，所以，
又，所以，
故选：D.
2. 已知非零实数a，b满足，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】对于A，当时，，故A错误；
对于B，当时，显然，但是，故B错误；
对于C，当时，，当时，，则，故C正确；
对于D，当时，，故D错误
3. 在平行四边形ABCD中，点E为线段CD的中点，记，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】在中，点E为线段CD的中点，
所以.
故选：C
4. 已知函数，则不等式的解集是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】函数定义域为R，求导得，
当时，，当时，，
函数在上单调递减，在上单调递增，
又，且，，
由不等式，得或，
所以不等式的解集是.
故选：B
5. 已知，，则（ ）
A. B. C. D. 1
【答案】D
【解析】①，
由，则，即②，
联立①②解得，，
所以.
故选：D.
6. “”是“不等式在上恒成立”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】不等式在上恒成立，
即在上恒成立，
其中，当且仅当，即时，等号成立，
故，
由于，，
故是不等式在上恒成立的必要不充分条件.
故选：B
7. 已知函数（）与函数的图象在区间内交点的坐标分别为，则的值可能是（ ）
A. 2B. 4C. 5D. 8
【答案】C
【解析】函数的定义域为，点是其图象的一个对称中心，
令函数，函数的定义域为，
，因此函数的图象关于点对称，
则函数（）与函数的图象在区间内交点关于点对称，
而点是它们的一个交点，于是两个函数图象在区间内的交点共有奇数个，
则为奇数，，
所以的值可能是5.
故选：C
8. 已知数列的前项和为，，，，（），则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】因为，，，
所以，，，
，，，，
所以，
故选：A.
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. 已知z为复数，且，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AD
【解析】设，，故，
即，
故，解得或，
若，则，，
所以，，
，
，
，
若，则，，
则，，
，，
，
综上，BC错误，AD正确.
故选：AD
10. 已知，则（ ）
A. 有三个零点
B.
C. 当时，
D. 曲线y=fx存在两条过点的切线
【答案】BCD
【解析】对于选项A，易知，
因为，则，
由，得到或，由，得到，
所以的单调递增区间为，，单调递减区间为，
又时，，，，
时，，其图象如图，
由图知，只有个零点，所以选项A错误，
对于选项B，因为，所以选项B正确，
对于选项C，由选项A知，在区间上单调递增，在区间上单调递减，区间上单调递增，
又，，，所以选项C正确，
对于选项D，因为点在曲线上，
若点为切点，由导数的几何意义知，切线斜率为，
此时切线方程为，即，
若点不为切点，设切点为，由题有，
即，整理得，
即，解得或（舍），所以切点为，切线方程为，
故曲线存在两条过点的切线，所以选项D正确，
故选：BCD
11. 定义“01数列”如下：①，；②共有项（，），其中项为0，项为1，且对任意的，，中0的个数不少于1的个数. 记“01数列”的个数为，则（ ）
A.
B.
C.
D. 当时，
【答案】ACD
【解析】对于选项A，因为中0的个数不少于1的个数，所以“01数列”是01010,01001,00110,00011,00101，则个数为5个，故A正确；
对于选项B，由题意知，，可以表示01010011,01010101,01001101,01001011,01000111,00110011,00110101,00101011,00100111,00011101,00001111，，则，所以，故B错误；
对于选项C，理由同选项D，因为，所以不存在，则，故C正确；
对于选项D，当时，可以分类以0结尾和以1结尾前者为，确定末尾为0，则少个0，个0与个1进行组合，后者对应，确定末尾为1，则少个1，前面个0与个1进行组合，因此，故D正确；
故选：ACD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知为数列的前n项和，若，则的值为__________.
【答案】4047
【解析】数列中，，所以.
13. 已知函数的定义域为，写出一个同时具有下列性质①②③的函数：_________________.对任意，，①若，；②；③.
【答案】（答案不唯一，均可）
【解析】由②，可选函数为幂函数；由①知，在定义域内单调递增；由③知，是上凸函数，
取函数，其定义域为，且上单调递增，满足①；
，满足②；
，满足③.
故答案为：
14. 已知关于x的方程有解，则的最小值为__________.
【答案】
【解析】由，
其中，
则，可得，即，
两边平方化简可得，因此，
由，则，当且仅当时，等号成立.
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. 已知函数（，）图象的一个最高点的坐标为，与之相邻的一个对称中心的坐标为.
（1）求的解析式；
（2）若，求的最小值，
解：（1）因为图象的一个最高点的坐标为，与之相邻的一个对称中心的坐标为，
易知，，又，得到，所以，
又由，得到，又，所以，
所以的解析式为.
（2）由（1）知，由，
得到，
所以或，
即或，
又，和的图象如图，
由图知，的最小值为.
16. 已知等比数列满足，.
（1）求数列的通项公式；
（2）记数列的前n项和为，前n项积为，求证：.
解：（1）设等比数列的公比为，由，则，解得，
由数列是以为首项，以为公比的等比数列，则.
（2）由数列是以为首项，以为公比等比数列，
则，，
所以，
由在上恒成立，
即，
且在上单调递减，则，即，
所以.
17. 在中，已知内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，.
（1）求；
（2）若，求的面积.
解：（1）在中，由及正弦定理得，
而，则，又，因此，，
由，得，即，
又，且，所以.
（2）由（1）及正弦定理，得，
又，
所以的面积.
18. 已知函数.
（1）求的导函数的极值；
（2）不等式对任意恒成立，求k的取值范围；
（3）对任意，直线与曲线有且仅有一个公共点，求b的取值范围.
解：（1）因为函数，所以的定义域为
令，则，注意到为增函数，且，
所以当时,，单调递减；
当时,，单调递增；
所以当时,有极小值 2，无极大值.
（2）由题意可知对任意恒成立，
即对任意恒成立，
设，则
设，则
因为在区间上单调递增，所以
则在区间上单调递增，所以则
所以在区间上单调递增，
所以，所以.
（3）由题意可知有唯一解，
设
注意到，当时,；当时,
所以至少有一个解.
因为有唯一解，所以有唯一解，
设，因为，所以为单调函数，
则恒成立，
设，则恒成立,
则 所以在区间上单调递增，
注意到所以当时,单调递减；
当时,单调递增；
故只需即可， 所以
19. 已知集合，其中，.对于集合A的n（，）元子集B，若B中不存在三个元素构成等差数列，则称集合B为集合A的“缺等差子集”
（1）当时，写出集合A包含元素1和2的“缺等差子集”；
（2）当时，求集合A的“缺等差子集”元素个数的最大值；
（3）当，且时，是否存在满足的集合A的“缺等差子集”，请说明理由.
解：（1），
集合A包含元素1和2的“缺等差子集”分别为；
（2）考虑集合，记的“缺等差子集”为，元素个数为，
因为“缺等差子集”中不能出现连续的三个数，所以集合与中
至少有一个数不在任何一个“缺等差子集”中，
所以，
若，因为与中有且只有两个元素属于，故，
对于，显然2和3不全在中，故或，
若，则且，矛盾；
若，则且，矛盾；
若，当时，符合，
即的最大值为4，
同理的“缺等差子集”中元素个数最大为4，
所以，当时，对于集合，其“缺等差子集”元素个数不超过8，
因为当时，符合题意，
故集合的“缺等差子集”元素个数的最大值为8；
（3）存在，理由如下：
对于，记，
由（1）（2）可知，，，
，，
在此基础上，当时，
，，
满足题目要求，
下面证明对每一个，，
若已经构造出元素个数为的“缺等差子集”，则可用添项的方法来构造新的
和“缺等差子集”，使得的元素个数为，
当时，是新的“缺等差子集”，且满足，
①首先证明是的子集，即，
考虑中的最大项，则，
所以中的最大项，
所以，于是，都有，
所以；
②证明是“缺等差子集”，即，，都有，
若，由题意可知，
若，，
则，故；
若，，
则存在，使得，
其中，，，
故，
因为，
所以，，
若，
则存在，使得，
其中，，，
故，
由是“缺等差子集”可知，，所以，
综上所述，是“缺等差子集”，
③证明的元素个数，
由题意可知，，因为集合中的元素与中元素一一对应，
所以集合中的元素个数也是，
考虑集合中的最小元素，
则集合中的最小元素，
所以对于，，
即的元素个数为，
综上①②③可得，当，且时，存在满足的“缺等差子集”.