山东省泰安市2024~2025学年高三数学上册11月期中检测试卷[附解析]

这是一份山东省泰安市2024~2025学年高三数学上册11月期中检测试卷[附解析]，共23页。试卷主要包含了 函数的部分图象大致为， 已知，则， 已知对任意恒成立，则的解集为， 已知函数，则下列选项正确的是等内容，欢迎下载使用。
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.
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】A
【解析】
【分析】根据集合的补集的定义即可求得.
【详解】因为，则，因为，则，.
故选：A
2. 命题的否定为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据命题的否定的定义即可求解.
【详解】命题否定为.
故选：B.
3. 已知，，，且，则（ ）
A. 5B. 6C. 7D. 12
【答案】D
【解析】
【分析】将对数式转化为指数式，结合指数运算，求解即可.
【详解】，故可得，又，则.
故选：D.
4. 函数的部分图象大致为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据函数的奇偶性判断即可.
【详解】设，则，
所以为奇函数，
设，可知为偶函数，
所以为奇函数，则B，C错误，
易知，所以A正确，D错误．
故选：A.
5. 已知等差数列的前n项和为，，，则（ ）
A. 220B. 240C. 260D. 280
【答案】D
【解析】
【分析】根据等差数列的定义求得首项和公差，代入求和公式即可求得.
【详解】由数列为等差数列，且，，则
，解得，.
故选：D
6. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据已知条件即可求得，代入即可求得.
【详解】由，则
，化简得，所以
，由.
故选：B
7. “函数的图象关于对称”是“，”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 即不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】利用充分条件和必要条件的定义判断.
【详解】解：当，时，，
令，解得，则函数的对称中心为，故必要；
当的图象关于对称时，令，解得，故不充分，
故选：B
8. 已知对任意恒成立，则的解集为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】分析条件可知的解集为，得到和的关系，不等式等价转化后可得不等式的解集.
【详解】由得，.
当得，，，
当得，，，
当得，，.
∵对任意恒成立，
∴由得，，
∴和是方程的两根，且，
∴，故.
由得，，即，
解得，故不等式的解集为.
故选：C.
【点睛】思路点睛：本题考查一元二次不等式综合问题，具体思路如下：
（1）分析在不同定义域上的取值范围，可得到的解集为.
（2）根据不等式解集结合韦达定理可得，.
（3）可转化为，解不等式可得结果.
二、多项选择题：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a，b，，则下列命题正确的是（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. 若，则D. 若，则
【答案】BC
【解析】
【分析】由不等式的基本性质即可判定各个选项.
【详解】A选项：当，时，，但，故A错误；
B选项：∵，∴当时，，故B正确；
C选项：∵，∴，，由∵，
∴，故C正确；
D选项：，则，当时，，故D错误.
故选：BC.
10. 已知函数，则下列选项正确的是（ ）
A.
B. 将函数的图象向右平移个单位长度，得到的函数图象关于原点对称
C. 是函数的极大值点
D. 当时，函数的值域为
【答案】BCD
【解析】
【分析】计算可得选项A错误；计算平移之后的函数表达式，得到奇函数，选项B正确；分析函数在上为增函数，在上为减函数，可得选项C正确；分析函数在的单调性，计算最值，可得选项D正确.
【详解】A.由得，
，
∴，选项A错误.
B.由题意得，，
函数的图象向右平移个单位长度得，
，
得为奇函数，函数图象关于原点对称，选项B正确.
C.由得，，
当时，，，，
当时，，，，
∴在上为增函数，在上为减函数，是函数的极大值点，选项C正确.
D. 由可知，
当时，，，，
结合选项C可得，在上为增函数，在上为减函数，在上为增函数.
∵，，
，，
∴，，
故函数的值域为，选项D正确.
故选：BCD.
11. 已知各项均为正数的数列的前n项和，，，则下列选项正确的是（ ）
A. B. 数列是递减数列
C. D. ，，
【答案】BCD
【解析】
【分析】先令,得到,判断选项A；然后当时，得，消除前项和，得到相邻两项的关系，借此来判断选项BC；最后，利用前面得到的的范围建立不等式，放缩求解，判断选项D.
【详解】令,得，因为，
所以，故A错误；
当时，得
所以
所以
得
由题可知，
故与同号
因为
所以，故C正确；
因为，所以
得，所以是递减数列，故B正确；
因为,，所以
所以
得
所以当时，，
所以，
所以，
故选项D正确.
故选：BCD
【点睛】关键点点睛：因为数列是一个递减数列，所以每一项都小于2，然后累加得到,然后根据题中等式得到,然后再因为,利用列项相消的方式求和即可.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 函数的定义域为__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据分式的分母不为，对数的真数大于求解即可.
【详解】，
解得且，
函数的定义域为.
故答案为：.
13. 已知数列满足，设的前n项和为，若，则__________.
【答案】123
【解析】
【分析】由递推公式得到数列前6项的值，通过观察发现数列规律，从而求得前50项的和.
【详解】由题意可知：，，，，
，，……
由此可得是一个周期为4的周期数列
∴.
故答案为：123.
14. 已知函数，若存在，使得，则实数的取值范围是__________.
【答案】
【解析】
【分析】对，及进行分类讨论，分别判断条件是否满足，即可得到答案.
【详解】设，则，.
故对有ℎ''t=−2t2−t−2t2>0，对有.
这表明在上递增，在上递减.
而，ℎ'1+174=ln1+174+1−2⋅17−14−2⋅1+174+3=ln1+174+4−17>0，.
所以结合单调性知，存在，使得对有，对有，且.
这表明在0,1和上递减，在上递增.
从而对有，对有，对有.
故对任意，都有，而对任意，都有.
下面对进行分类讨论：
①若，则对x>a2−4a−2a+e有，x>a2−4a−2a≥a2−4a−2a，从而，且.
故fx=2−axlnx−2ax2−a2−4ax≥2−axlnx≥2xlnx≥2>1，满足条件；
②若，则有，满足条件；
③若，设，则.
从而对有g'x=−1x22x+1ax−1>0，对有.
所以在上递增，在上递减，这就得到
.
故对任意，都有
，不满足条件.
综上，的取值范围是.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于分类讨论，以求得的取值范围.
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，其中，.

（1）若，的最小正周期为，求的单调递增区间；
（2）若函数的部分图象如图所示，其中，，求的解析式.
【答案】（1）.
（2）
【解析】
【分析】（1）由周期公式确定函数解析式，再由整体代换即可求解；
（2）由两点可确定周期，再结合可得即可求解.
【小问1详解】
因为函数，，的最小正周期为，
所以，解得：，又，
所以，
由，
解得：，
所以的单调递增区间为：.
【小问2详解】
由，，
可得，即，得：
同时，结合，
可得：，
所以
16. 已知函数.
（1）求函数的单调区间；
（2）讨论方程（）解的个数.
【答案】（1）的单调递减区间是，单调递增区间是.
（2）详见解析.
【解析】
【分析】（1）根据函数的导函数与函数的单调性的关系可得函数单调区间；
（2）由（1）得到函数的单调区间，从而求出函数的极大值和极小值，由此讨论出在对应取值范围内方程解的个数.
【小问1详解】
的定义域为，
，
由f'x0，
∴函数的单调递减区间是，单调递增区间是.
【小问2详解】
由（1）可知函数在，0,+∞上单调递增；函数在上单调递减，
∴在时函数取极大值：；在时函数取极小值：，
又∵，，∴，
可得函数的大致图象，

∴当时，有0个解；
当或时，有1个解；
当时，有3个解；
当时，有2个解.
17. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，A为锐角，的面积为S，且.
（1）求A；
（2）若，求S的最大值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）通过二倍角公式与余弦定理化简原式，即可求得；
（2）借助余弦定理和基本不等式可以求得面积最大值.
【小问1详解】
由得，
，
化简得，，又根据余弦定理
，则代入上式可得即，
因为A为锐角，所以.
【小问2详解】
，由，
，则，，
所以S的最大值为.
18. 已知函数.
（1）若，是定义在上的函数，，.证明：当时，为周期函数.
（2）若曲线在处的切线方程为，设（），为的导函数，且有两个极值点，（）.证明：.
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）首先根据偶函数的判定得为偶函数，再计算得，则证明其为周期函数；
（2）直接求导，根据得到值，则得到的解析式，两次求导得到再结合韦达定理得到，作差化简得，将原不等式转化为证明，再设新函数求导即可.
【小问1详解】
时，，
，则
，
为偶函数.
①，，
②，；
③，.
，为偶函数.
，，
，，
即为周期函数.
【小问2详解】
由题意得，
由已知，，，
，，
，
设
.
由已知，为在上的两个不等实根，且，
，.
，
，
要证:，
只需证，
即证.
设，则，
在上单调递减，又.
.
，
原不等式成立.
【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是首先求出值，从而得到的表达式，再多次求导得到韦达定理式，最后再对要证明的不等式进行等价转化，减少变量，最后重新设函数利用导数证明即可.
19. 数学归纳法是一种数学证明方法，通常被用于证明某个给定的命题在整个（或者局部）自然数范围内成立，证明分为下面两个步骤：1.证明当（）时命题成立；2.假设（，且）时命题成立，推导出在时命题也成立.只要完成这两个步骤，就可以断定命题对从开始的所有自然数n都成立.已知有穷递增数列，，，且.定义：集合，若对，，使得，则称具有性质T.
（1）若数列，1，2，m（）具有性质T，求实数m的值；
（2）若具有性质T，且，，
（ⅰ）猜想当时的通项公式，并用数学归纳法证明你的猜想；
（ⅱ）求（）.
【答案】（1）4； （2）（ⅰ）；（ⅱ）.
【解析】
【分析】（1）讨论的不同取法，根据性质的定义，结合数列的单调性，即可求得参数值；
（2）（ⅰ）猜想，再利用数学归纳法，结合性质的定义，分类讨论，即可证明；
（ⅱ）利用（ⅰ）中所求通项公式，利用裂项求和法，即可求得结果.
【小问1详解】
由已知，数列具有性质，
当时，取，满足题意；
当时，取，满足题意；
当时，，此时中有且仅有一个数为，
若，则，不满足题意；
若，则或或，
又因为，故；
综上所述，.
【小问2详解】
（ⅰ）猜想.
当时，满足题意；
假设时，成立，则当时，
若，则取满足题意；
若，则中有且仅有一个数为，
当时，设，则，
故，当且仅当时，取得等号；
当时，设，则，
记，则；
因为对任意的，都有在中取到，
则，即；
故，故成立；
综上，.
（ⅱ）因为时，
故
.
【点睛】关键点点睛：解决本题第二问的关键，一是，能够数量掌握数学归纳法的证明过程；二是，能够根据性质的定义，合理的分类讨论；三是，数量掌握裂项求和法求解数列的前项和.