2025届山东省新高考适应性考试高三上册10月月考数学模拟试题（附解析）

这是一份2025届山东省新高考适应性考试高三上册10月月考数学模拟试题（附解析），共24页。试卷主要包含了本次考试范围等内容，欢迎下载使用。
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
4．本次考试范围：集合与常用逻辑用语；一元二次方程、函数和不等式；函数与导数；三角函数和解三角形；数列.
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.
【正确答案】D
【分析】解一元一次不等式与一元二次不等式求得集合，进而可求得.
【详解】，
或，
所以或=.
故选：D.
2. 已知函数的定义域为，且，若，则的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】C
【分析】由已知可得，即的周期为，可得，即可求范围.
【详解】解：，
，
即，
即，
所以4上函数的一个周期，
，
.
故选：C.
3. 已知角α的终边不在坐标轴上，则下列一定成等比数列的是（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】D
【分析】对于ABC，举反例排除即可；对于D，利用三角函数基本关系式即可判断.
【详解】角的终边不在坐标轴上，有，，，，
对于A，令，则，
，即，A不是；
对于B，令，则，即，B不是；
对于C，令，则，
于是，即，C不是；
对于D，，则，则一定成等比数列，D是.
故选：D
4. 已知函数部分图象如图所示，的解析式为（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】B
【分析】由图象确定A的值，根据周期求出，利用特殊值求出，即得答案.
【详解】由函数图象可知，，即，
由，得，
故，由于，故，
则，
故选：B
5. 已知定义在上的奇函数满足：，且当时，（为常数），则的值为（ ）
A. B. 0C. 1D. 2
【正确答案】D
【分析】首先根据其为奇函数，从而得，解出值，再根据其周期计算即可.
【详解】因为在R上的奇函数，所以，解得，
所以，
因为，所以的周期为6，
所以.
故选：D.
6. 若函数既有极大值也有极小值，则实数的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】D
【分析】求导，分析可知有2个不相等的正根，结合二次方程的根的分布列式求解即可.
【详解】由题意可知：的定义域为，且，
若函数既有极大值也有极小值，则有2个不相等的正根，
则，解得，
所以实数的取值范围为.
故选：D.
7. 设且，n为正整数，集合．有以下两个命题：①对任意a，存在n，使得集合S中至少有2个元素；②若存在两个n，使得S中只有1个元素，则，那么（ ）
A. ①是真命题，②是假命题B. ①是假命题，②是真命题
C. ①、②都是假命题D. ①、②都是真命题
【正确答案】A
【分析】对于①命题，令函数，分和两种情况，利用零点存在定理得即可判断；对于②命题，通过举例说明.
【详解】对于①命题，设，令函数，
因为，，
所以存在有，
当时，，
所以存在有，
对于，因为是偶函数，
所以和情况一样，故①是真命题；
对于②命题，通过①得出一下结论：越小，集合元素数量越少，同理得出如果集合只能有一个元素，只能是的区间存在一个零点，
因此先讨论的零点情况（如果只有一个零点，也只有一个零点），
其图象如下图：

即时，也满足
故②是假命题.
故选：A.
关键点点睛：本题关键在于零点存在定理的应用以及由①得出的结论.
8. 设数列的前项和为，数学家墨卡托、牛顿、Gregry Saint-Vincen曾分别独立发现当足够大时，会趋向于一常数，先给出以下三个数学事实：①；②如果求数列前项和时存在给其中的某些项用括号括起后得到，，则；③.基于以上数学事实我们可以推出：将数列的项按某种规律重新排列（如：将第个偶数项排到第个奇数项后）后前项和在足够大时（ ）.
A. 最终一定趋于B. 最终一定不趋于任何一个常数
C. 最终一定趋于某一常数但不一定是D. 以上均不正确
【正确答案】D
【分析】根据三个数学事实，将数列的项按某种规律重新排列依次判断各选项即可.(将an中第个偶数项排到原来第个奇数项后，得到其前项和趋于排除A项和B项；将an中第个偶数项排到原来第个奇数项并适当添加括号后，得到排除C项)
【详解】 ①， ②，
由①+②得： ，
是将an中第个偶数项排到原来第个奇数项后得到的一个重新排序，
但此时前项和趋向于，故A、B两项错误；
若将an中第个偶数项排到原来第个奇数项并适当添加括号后得到：
，
因 ，故.
即，
故：，由事实②：去掉括号后仍有，此时前项和不趋向于某一常数，故C错误.
故选：D.
思路点睛：根据题意规定的三个事实和题设要求，构造重组后的新数列，用来分别判断选项，要有极限思想和放缩技巧.
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. 已知函数，记的最小值为，数列的前n项和为，下列说法正确的是（ ）
A. B.
C. D. 若数列满足，则
【正确答案】ACD
【分析】利用基本不等式和柯西不等式推导出，从而得到A正确，B错误；构造函数得到在上恒成立，结合等比数列求和公式证明出C正确；D选项，化简得到，再用裂项相消法求和，证明出结论.
【详解】A选项，，故，
由基本不等式可得，故，当且仅当时，等号成立，
故，A正确；
B选项，由柯西不等式得
，
当且仅当时，等号成立，
故，
，故，当且仅当时，等号成立，
故，
依次类推，可得，当且仅当等号成立，
故
，B错误；
C选项，设，，
则在上恒成立，
故在上单调递减，
所以，故在上恒成立，
，C正确；
D选项，，
，
故，D正确.
故选：ACD
常见的裂项相消法求和类型：
分式型：，，等；
指数型：，等，
根式型：等，
对数型：，且；
10. 已知，（参考数据），则下列说法正确的是（ ）
A. 是周期为的周期函数
B. 在上单调递增
C. 在内共有4个极值点
D. 设，则在上共有5个零点
【正确答案】BCD
【分析】选项A，根据条件得到，即可判断出选项A错误；选项B，对求导，得到，从而得到时，，即可判断出选项B的正误，选项C，令，求出时的解，再根据极值的定义，即可判断出结果，选项D，根据条件得出的周期为，再利用导数与函数单调性间的关系，得出在上的图象，再数形结合，即可求出结果.
【详解】对于选项A，因为，
所以，所以选项A错误；
对于选项B，因为
，
当时，，，，
所以当时，，当且仅当时，取等号，
所以在上单调递增，故选项B正确；
对于选项C，因为，
令，得到，
又因为，当且仅当或时，取等号，
所以，不是变号零点，即，不是的极值点，
由，即，
又，解得或或或，
由图象知，每一个解都是变号零点，
所以在内共有4个极值点，故选项C正确，
对于选项D，因为，
所以的周期为，
又因为，
当时，由得到，，，
列表如下，
又，，，
则在上的大致图象如图所示，
当时，因为，此时无解，
由，则，又，则，
又由，，
故只需再画出在图象即可，
当时，，无解，
作出的图象，注意到，
所以时，的图象在图象下方，
由图可知与在上有5个交点，
所以在上共有5个零点，所以选项D正确，

故选：BCD.
关键点点晴：本题的关键在于选项D，根据条件得出是周期为的周期函数，再利用导数与函数单调性间的关系，作出在上图象，且有最大值和最小值分别为，，利用，再数形结合，即可求出结果.
11. 我国南宋著名数学家秦九韶在《数书九章》中提出了已知三角形的三边长，求三角形的面积的问题，其求法是：“以小斜幂并大斜幂减中斜幂，余半之，自乘于上．以小斜幂乘大斜幂减上，余四约之，为实；一为从隅，开平方得积．”若把以上这段文字写成公式，即．现有满足，且，则（ ）
A. 三个内角满足关系
B. 的周长为
C. 若的角平分线与交于D，则的长为
D. 若O为的外心，则
【正确答案】ABD
【分析】利用正弦定理得出三边关系，结合余弦定理可判定A，由三角形面积公式计算可得三边长，从而判定B，利用角平分线定理及余弦定理可判定C，由三角形外心的性质结合平面向量数量积的几何意义可判定D.
【详解】根据正弦定理知由，
不妨设，则，
由余弦定理知，
所以，故A正确；
又，则，
所以的周长为，故B正确；

如图所示，易知，
在中由正弦定理知，作商得，
又，则，
由余弦定理知：，
即，即，
解之得或（舍去），故C错误；
取的中点，则，
结合平面向量数量积的几何意义易知：
，故D正确.
故选：ABD.
方法点睛：常用结论的积累如下：
①角平分线定理：中，的角平分线与交于D，则；
②外心的性质：的外心O，满足.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知角的终边经过点，则______， ______．
【正确答案】 ①. ②.
【分析】根据三角函数定义即可得到答案.
【详解】由已知得，
所以 .
故；.
13. 函数的最大值为______．
【正确答案】.
【分析】显然需要求导，判断函数的单调性即可求出最大值.
【详解】，，即函数是单调递增的，
∴当时取得最大值.
故答案为.
14. 已知，，，为有穷整数数列，对于给定的正整数m，若对于任意的，在中存在，，，使得，则称为“同心圆数列”．若为“同心圆数列”，则k的最小值为______．
【正确答案】64
【分析】求出当时，，，，最多能表示个数字，由即可求解的最小值.
【详解】对于此题，我们先从简单的算起．
当时，则最多能表示共1个数字；
当时，则，最多能表示，，共3个数字；
当时，则，，最多能表示，，，，，共6个数字；
当时，则，，…，最多能表示个数字；
∴，
故64.
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.
（1）讨论的单调性；
（2）若存在最大值，且最大值小于0，求的取值范围.
【正确答案】（1）答案见解析；
（2）.
【分析】（1）求出函数的导数，再按分类讨论求出的单调区间.
（2）由（1）的信息，求出最大值，再建立 不等式并构造函数，利用导数单调性求解即得.
【小问1详解】
显然，的定义域为，求导得，
当时，在上单调递增；
当时，由，得，令，得，
则在上单调递增，在上单调递减，
所以当时，的单调递增区间是；
当时，的单调递增区间是，单调递减区间是.
【小问2详解】
由（1）知，当且仅当时，存在最大值，且最大值为.，
设，求导得，函数在上单调递增，
又，则由，得，
所以的取值范围为.
16. 已知集合A是由元素x组成的，其中，m，．
（1）设，，，试判断，与A之间的关系；
（2）任取，试判断，与A之间的关系．
【正确答案】（1），，．
（2），．
【分析】（1）利用分母有理化和完全平方公式进行化简即可；
（2）设,，然后将，表示出来，进行判断即可.
【小问1详解】
∵，∴．
∵,∴．
∵，∴．
综上，，，．
【小问2详解】
任取，设，，
则，
其中，，∴．
∵，
其中，，∴．
综上，，．
17. 已知公差d不为0的等差数列an的前n项和为.
（1）求an的通项公式；
（2）令，记为数列bn的前n项和，若，求n的最小值.
【正确答案】（1）
（2）6
【分析】（1）利用等差数列前n项和及通项公式求基本量，即可写出通项公式；
（2）由（1）及题设，应用等比数列前n项和公式、分组求和得，结合不等式能成立及单调性求正整数n的最小值．
【小问1详解】
由题设，
所以，而，
所以
【小问2详解】
由题设，
则，
所以，又在上单调递增，
当时，，
当时，，
所以，求n的最小值6．
18. 若，是函数ℎx在内的两个零点，则定义ℎx的型零点旋转函数为，且.将函数在内所有的零点从小到大排列后，记第个零点为，集合.
（1）请用列举法写出.
（2）设函数是的1型零点旋转函数，函数，，.
（i）讨论φx的零点个数；
（ii）若φx有两个零点，，证明.
【正确答案】（1）
（2）（i）答案见详解；（ii）证明见详解
【分析】（1）利用二倍角的正弦公式可得，求出函数的零点即可求解；
（2）（i）由（1）知（），则可转化为，结合函数的零点与对应方程的根之间的关系，分类讨论的取值情况即可求解；（ii）由题意可得是方程的两个根，利用韦达定理和的单调性可得，即可证明.
【小问1详解】
，
令，得或，又，
所以当时，；
当时，，
所以；
【小问2详解】
（i）由（1）知，则，
得，令，
由，得，即，
对于方程，，
当即时，无零点；
当即时，有1个零点；
当即时，方程的解为，
若且，即，有2个零点；
若，有1个零点；
若，即，无零点；
综上，当或时，无零点；
当或时，有1个零点；
当时，有2个零点.
（ii）若有2个零点，则是方程的两个根，
由韦达定理得，
又，所以，
而，故，
因为在上单调递减，所以，
故，即证.
关键点点睛：解决第（2）问的关键点在于理清函数的零点与方程的根之间的关系，和利用韦达定理与的单调性得出.
19. 拟合（Fitting）和插值（Imrterplatin）都是利用已知的离散数据点来构造一个能够反映数据变化规律的近似函数，并以此预测或估计未知数据的方法.拟合方法在整体上寻求最好地逼近数据，适用于给定数据可能包含误差的情况，比如线性回归就是一种拟合方法；而插值方法要求近似函数经过所有的已知数据点.适用于需要高精度模型的场景，实际应用中常用多项式函数来逼近原函数，我们称之为移项式插值.例如，为了得到的近似值，我们对函数进行多项式插值.设一次函数满足，可得在上的一次插值多项式，由此可计算出的“近似值”，显然这个“近似值”与真实值的误差较大.为了减小插值估计的误差，除了要求插值函数与原函数在给定节点处的函数值相等，还可要求在部分节点处的导数值也相等，甚至要求高阶导数也相等.满足这种要求的插值多项式称为埃尔米特（Hermite）插值多项式.已知函数在上的二次埃尔米特插值多项式满足
（1）求，并证明当时，；
（2）若当时，，求实数的取值范围；
（3）利用计算的近似值，并证明其误差不超过.
（参考数据：；结果精确到0.001）
【正确答案】（1），证明见解析；
（2）
（3），证明见解析
【分析】（1）由题意列方程组求出，得；通过构造函数，利用导数求最值证明；
（2）令，问题转化为在时恒成立，利用导数求函数单调性和最值，得条件满足时实数的取值范围；
（3）由，代入求值即可，由误差，可证得结论.
【小问1详解】
，，，，，
，，
由得，解得，因此.
设，，
，令，则，
因为在上单调递增，且，，
故存在使，且在上单调递减，在上单调递增，
又，，，
所以在上存在唯一的零点，使得，
且在上单调递减，在上单调递增，
又，所以，即
【小问2详解】
由（1）知等价于，且，
设，，则，
，
令，则，
令，则，所以在上单调递减，
若，则，
所以在上单调递减，所以，
所以在上单调递减，所以；
若，则，而，
故存在，使，
从而在上，，单调递增，，
于是单调递增，不符合题意.
综上所述，的取值范围为.
【小问3详解】
.
由（2）知，，
所以，误差.
方法点睛：
在实际解决“新定义”问题时，关键是正确提取新定义中的新概念、新公式、新性质、新模式等信息，确定新定义的名称或符号、概念、法则等，并进行信息再加工，寻求相近知识点，明确它们的共同点和不同点，探求解决方法，在此基础上进行知识转换，合理归纳，结合相关的数学技巧与方法来分析与解决.
不等式证明或不等式恒成立问题常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.
单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增
单调递增