2024-2025学年山东省临沂市高三上册11月月考数学检测试题（含解析）

这是一份2024-2025学年山东省临沂市高三上册11月月考数学检测试题（含解析），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．已知复数z满足，则（ ）
A．B．C．2D．5
2．已知集合，，且，则实数的所有取值集合是（ ）
A．B．C．D．
3．设，则使成立的一个充分不必要条件是（ ）
A．B．
C．D．
4．已知平行四边形满足，，则（ ）
A．1B．2C．3D．4
5．已知数列满足，且对任意的正整数，，都有，若数列的前n项和为，则等于（ ）
A．B．
C．D．
6．已知命题“，使得”为假命题，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
7．已知，，，则（ ）
A．B．
C．D．
8．设函数，若存在(为自然对数的底数)，使得，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
二、多选题
9．已知，，且，则（ ）
A．B．
C．D．
10．已知函数 ，若函数有四个不同的零点：，且，则以下结论正确的是（ ）
A．B．C．D．
11．已知平面向量满足，，.则（ ）
A．
B．
C．
D．向量，则的最小值为
三、填空题
12．已知函数，等差数列满足，则 ．
13．在中，，D为的中点，，的面积为，则 ．
14．任取一个正整数，若是奇数，就将该数乘3再加上1；若是偶数，就将该数除以2．反复进行上述两种运算，经过有限次步骤后，必进入循环圈．这就是数学史上著名的“冰雹猜想”（又称“角谷猜想”等）．如取正整数，根据上述运算法则得出，共需经过8个步骤变成1（简称为8步“雹程”）．现给出冰雹猜想的递推关系如下：已知数列满足：（m为正整数），，当时，使得需要 步雹程；若，则m所有可能的取值集合M为 ．
四、解答题
15．在中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，已知.
(1)求角C的值；
(2)若，点D在边上，为的平分线，的面积为，求边长a的值．
16．已知函数.
(1)若，，求的值；
(2)将函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，再将函数图象上各点的横坐标变为原来的（纵坐标不变），得到函数的图象，若在区间上没有零点，求的取值范围.
17．已知数列的前项和为，，当时，.
(1)求数列的通项公式；
(2)设数列，求数列的前项和.
18．已知函数.
(1)求曲线在点处的切线方程，
(2)证明.
19．已知函数，.
(1)当时，求函数的单调区间与极值；
(2)若函数有2个不同的零点，，满足，求a的取值范围.
答案：
1．B
【分析】根据共轭复数将复数z表示出来，再通过复数平面与复数的模的关系即可求出答案.
【详解】由题意，复数z满足，则
故选:B．
2．C
【分析】利用集合交集结果得到，从而分类讨论的取值即可得解.
【详解】因为，所以，
而， ，
当时，集合，满足；
当时，集合，
由，得或，解得或，
综上，实数的取值集合为.
故选：C.
3．B
【分析】根据充分条件及必要条件定义结合不等式的性质判定各个选项即可.
【详解】对于A，，故是的充要条件；
对于B，由得，能推出，反之不成立，
所以是的充分不必要条件；
对于C，由无法得到之间的大小关系，反之也是，
所以是的既不充分也不必要条件；
对于D，由不能推出，反之则成立，所以是的必要不充分条件．
故选：B．
4．B
【分析】依题意可得，将上式两边平方，再根据数量积的运算律计算可得.
【详解】因为，又，
所以，
又，所以，
又，所以，解得（负值舍去），
故选：B
5．C
【分析】由，令得出递推关系，判断出数列为等比数列，再根据等比数列前项和的公式，代入计算即可．
【详解】令，则，
所以数列是以公比，首项为的等比数列，
所以，
故选：C．
6．A
【分析】根据给定条件，求出的最小值，进而求出的取值范围即可.
【详解】当时，，，
则
，当且仅当时取等号，
因此当时，取得最小值，
由，使得，得，
又命题“，使得”为假命题，则，
所以的取值范围为.
故选：A
7．B
【分析】利用作商法比较与b，利用作差法比较a与b，结合三角函数的图像与性质可得结论.
【详解】，，
因为当时，，
所以，则，
，
因为，所以，即，，
综上，.
故选：B.
8．C
【分析】由已知得到等价命题在上有解，变量分离构造函数，利用导函数求最值.
【详解】因为函数在定义域内单增函数，所以有解等价于有解，
故在上有解，令即，令
则，
当时，，单调递增，
当时，单调递减，
∴，
故实数的取值范围为.
故选: C
本题涉及的方法有，等价转换，方程能成立，变量分离，构造新函数，求最值，属于难题.
9．ABC
【分析】A选项，利用基本不等式求出最值；BC选项，利用分析法进行证明；D选项，利用对数运算法则和基本不等式求出答案.
【详解】A选项，已知，，且，
所以，则，故A正确；
B选项，要证，只需证明即可，即，
由于，，且，所以，，故B正确；
C选项，由于，，且，
要证成立，只需对关系式进行平方，整理得，即，
由基本不等式得，当且仅当时，等号成立．故C正确；
D选项，由基本不等式可得，
当且仅当时，等号成立，故D错误.
故选：ABC．
10．ABD
【分析】设，利用导数分析函数的单调性与极值，数形结合可判断B的正误；分析可知，结合基本不等式可判断A的正误；构造函数，利用导数分析函数在上的单调性，可判断CD的正误.
【详解】设，其中，则，
当时，，此时函数单调递增，
当时，，此时函数单调递减，
所以，函数的极大值为，且当时，，
作出函数与的大致图象，
由图可知，当时，直线与函数的图象有四个交点，B对；
因为，则，由图可知，
则，即，
所以，，A对；
令，其中，由图可知，
，
当时，，，则，此时函数单调递减，
所以，，即，
因为，，且函数在上单调递减，
所以，，则，故，C错D对.
故选：ABD.
方法点睛：函数零点问题：
（1）确定零点的个数问题：可利用数形结合的办法判断交点个数，如果函数较为复杂，可用导数知识确定极值点和单调区间从而确定其大致图象；
（2）方程的有解问题就是判断是否存在零点的问题，可参变分离，转化为求函数的值域问题处理.可以通过构造函数的方法，把问题转化为研究构造的函数的零点问题；
（3）利用导数研究函数零点或方程根，通常有三种思路：①利用最值或极值研究；②利用数形结合思想研究；③构造辅助函数研究.
11．ABD
【分析】计算可得，即可判断A；由可得，即可判断B；由，即可判断C；设，由题意计算可得，进而，结合和基本不等式计算即可判断D.
【详解】A：，又，
所以，即，故A正确；
B：，得，即，
所以，又，所以，故B正确；
C：，当且仅当同向时等号成立，
又，所以，故C错误；
D：设，由得，
即，得，所以，所以，
得，即，
所以，
当且仅当即时，等号成立.
所以的最小值为，故D正确.
故选：ABD.
12．/
【分析】利用倒序相加法求得正确答案.
【详解】.
依题意{an}是等差数列，
令，
，
结合等差数列的性质，两式相加得.
故答案为.
13．
【分析】由求得，利用正弦的倍角公式求得，结合面积公式求得，由余弦定理，结合已知，即可求得结果.
【详解】由，可得，
所以，
，
∴，
所以，
由平行四边形的对角线性质可知，
，
∴，
由余弦定理可得，
，
，
解可得.
故答案为.
14． 12
【分析】根据题中条件，由，根据数列的递推公式，逐步计算，即可得出结果；由，根据递推公式，逐步计算，即可得出集合M.
【详解】当时，即，由，
可得，，，，
，，，，，
，，
因此使得需要12步雹程；
由题意，为正整数，
若，由，解得；
当时，由，解得，
当时，由，解得或，
当时，由，解得，
当时，由，解得，
当时，由，解得，
当时，由，解得或，
当时，由，解得或，
当时，由，解得，
当时，由，解得，
当时，由，解得，
当时，由，解得，
当时，由，解得或，
当时，由，解得或，
所以则m所有可能的取值集合M为
故12，.
思路点睛：由数列递推公式求数列中的项时，一般根据题中条件，由某一项的值，结合递推公式，逐步计算，即可得出结果.
15．(1)
(2)2
【分析】（1）由余弦定理化简已知等式可得，结合范围，可求C的值．
（2）由题意，利用三角形的面积公式可得，，联立即可解得a的值．
【详解】（1）解：，
则由余弦定理可得：，整理可得，
可得，
因为，
所以．
（2）解：在中，，
可得，可得，①又，②
由①②可得：，解得，或（舍去），
所以边长a的值为2．
16．(1)
(2)
【分析】（1）根据三角恒等变换化简函数表达式，进一步由题意得、，结合两角和的余弦公式即可求解；
（2）首先根据函数平移伸缩变换法则求得的表达式，根据题意列出不等式组即可求解.
【详解】（1）由题意知，
因为，
所以，令，则，，
因为，所以，
由，得，所以，
所以
.
（2）将函数的图象向右平移个单位长度，得到，
将函数图象上各点的横坐标变为原来的（纵坐标不变），
得到函数.
令，得，解得，
又在区间上没有零点，所以，
解得，，又，
所以当时，；当时，，
即的取值范围是.
17．(1)
(2)
【分析】（1）根据和的关系，分和两种情况讨论求解即可；
（2）利用裂项相消法求和即可.
【详解】（1）由题意，当时，，且，
若，则，即，
当时，，
两式相减得，，
整理得，即，
所以.
综上所述，.
（2）因为，
设数列的前项和为，
当时，，
当时，
，
此时时适合上式，
所以.
18．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）求导解得，然后求得切线方程；
（2）结合函数导数研究函数的单调性，从而求得函数的最小值；
【详解】（1），，.
故曲线在点处的切线方程为.
（2）由（1）得.
令函数，则，所以是增函数.
，，
所以存在，使得，即.
所以当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增.
.
因为，所以，
所以.
故.
19．(1)单调递减区间为；单调递増区间为；有极小值，无极大值.
(2)
【分析】（1）将代入，然后求导利用导函数的正负判断原函数的单调性，计算极值即可；
（2）先将化为，然后令，将问题转变为有两个解为，设，利用零点存在性定理证明其有两个零点时的情况，
分离得，再设新函数，利用导数求出其值域，最后求出的取值范围即可.
【详解】（1）当时，，其定义域为0,+∞，
，
所以显然当x∈0,1时，f′x0，此时单调递増；
所以有极小值f1=0，无极大值；
综上所述，单调递减区间为0,1；单调递増区间为1,+∞；有极小值，无极大值.
（2），令，
因为，所以在单调递增，则，
令，即在有2个零点，且，
因为，
当时，在单调递增，不存在2个零点，
所以，
当时，:当时，.
所以在单调递减，在单调递增，
则，
令，
当时，单调递减：当时，单调递增，
则，所以恒成立.即恒成立.
因此，
，
因为时，;且.
，
因为时，;且.
所以当，即时，函数有2个不同的零点.
又，即等价于，
设.
当时，;当时，.
则在上单调递增，在上单调递减，则，
由题意得:.
（i）当，即时，恒成立;
（ii）当，即时，有.
令，
由，即可得，所以，
综上，，因此.
关键点点睛：本题第二问的关键是利用同构思想得，再结合分离参数即可得到答案.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
C
B
B
C
A
B
C
ABC
ABD
题号
11









答案
ABD