山东省淄博市2024_2025学年高三数学上学期期中测试试题含解析

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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，只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上.
1. 已知集合，集合，则集合的子集个数为（ ）
A. 7B. 8C. 16D. 32
【答案】B
【解析】
【分析】由条件确定结合中的元素，由此可得集合的子集个数.
【详解】因为，，
所以，
所以集合的子集个数为.
故选：B.
2. 已知是虚数单位，，则“”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】由结合复数相等求出的值，再利用充分条件和必要条件的定义判断可得出结论.
【详解】若，且，则，解得，
所以，“”是“”的充分不必要条件.
故选：A.
3. 在内，使的的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】在同一坐标系作函数 以及 的图象即可求解.
【详解】
以及 的图象如上图，由图可知，；
故选：A.
4. 设， ，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，利用幂函数、指数函数与对数函数的单调性比较大小，即可得到本题的答案．
【详解】解：根据，可得，
由是上的增函数，可得，即．
因为，是上的增函数，
所以，可得，
又因为，可得，
所以，可得．
综上所述，，
故选：D．
5. 在等比数列中，若为一确定的常数， 记数列的前项积为，则下列各数为常数的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】为一确定的常数，则为常数，再将表达为的关系，从而判断．
【详解】在等比数列中，设公比为，
则，
若为一确定的常数，则为一确定的常数，
又∵，，
，，
∴为常数.
故选：D.
6. 在中，已知，且满足，则的形状是（ ）
A. 等腰三角形B. 直角三角形C. 等边三角形D. 等腰直角三角形
【答案】C
【解析】
【分析】根据正弦定理和余弦定理得，再根据向量数量积得，则得到，即可判断三角形形状.
【详解】由题意得，
即，由正弦定理得，
即，则，因为，所以，
又，
所以,
故，因为，所以．
综上可知三角形为等边三角形．
故选：C.
7. 若正数满足，则的最小值是（ ）
A. 2B. C. 4D.
【答案】C
【解析】
【分析】由得，代入后利用基本不等式即可求解.
【详解】因为正数满足，所以，则，
所以，
当且仅当，即时，等号成立.
故选：C.
8. 设函数，，若对任意实数，恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题意，分和两种情况讨论，分离参数求最值，即可得答案．
【详解】解：由题意，当时，，
所以在上恒成立，即在上恒成立，
又，所以；
当时，，
所以在上恒成立，即在上恒成立，
又，所以.
综上，实数的取值范围是.
故选：D．
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.全部选对得6分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分.
9. 设数列的前项和为，，，则下列说法正确的是（ ）
A. 是等差数列B. ，，成等差数列，公差为
C. 当或时，取得最大值D. 时，的最大值为32
【答案】AC
【解析】
【分析】先根据已知条件得出数列是等差数列，；再根据，的关系求出，根据等差数列的定义即可判断选项A；根据可求出，，即可判断选项B；利用二次函数性质可判断选项C；根据解不等式即可判断选项D.
【详解】由，可得：数列是以为首项，为公差的等差数列.
则.
所以
对于选项A：
当时，；
当时，；
.
数列是等差数列，故选项A正确；
对于选项B：
，，
，
则，
所以，，成等差数列，公差为，故选项B错误；
对于选项C：，
当或时，最大，故选项C正确；
对于选项D：令，得，，即满足的最大正整数，故选项D错误.
故选：AC
10. 在锐角中，，角A、B、C对边分别为a，b，c，则下列式子不正确的是（ ）
A
B.
C.
D. 若上有一动点P，则最小值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】由题设，结合三角恒等变换及正弦定理可判定A；由余弦定理及基本不等式可判定B；根据两角和的正切公式结合基本不等式可判定C；根据平面向量数量积运算结合二次函数的最值可判定D．
【详解】对于A，，则，即，
，即,
又，,
由正弦定理得，，故A错；
对于B，由及余弦定理，可得，
即，
由基本不等式知，，
当且仅当，即时等号成立，
所以，故B项错误；
C项，在锐角中，由，且，
由基本不等式可得，，
整理得
当且仅当时，等号成立，又由，
可得＝，故C项正确；
对于D，过作，则，
又在之间运动时，与的夹角为钝角，
因此要求的最小值，应在之间运动，即，
又
当时，取最小值为,故D错误.
故选：ABD．
【点睛】关键点点睛：解题的关键点是应用两角和的正切公式结合基本不等式计算求解.
11. 已知函数的定义域为，其导函数为，且对任意的，都有，则下列说法正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】令，可得在上单调递增，取自变量的值可得结果.
【详解】令，所以，
所以在上单调递增，
所以，即，故A错误，B正确；
又，所以，
即，故C正确，D错误.
故选：BC.
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式的基本步骤
(1)作差或变形．
(2)构造新的函数．
(3)利用导数研究的单调性或最值．
(4)根据单调性及最值，得到所证不等式．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知函数存在唯一的极值点，则实数的取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】求出函数的导函数，依题意存在唯一的变号正实根，即存在唯一的变号正实根，当符合题意，当时参变分离可得没有除之外的正实根，构造函数，利用导数求出函数的单调性，即可求出函数的最小值，从而求出的取值范围.
【详解】函数的定义域为，且
，
依题意可得存在唯一的变号正实根，
即存在唯一的变号正实根，
当时，，方程只有唯一变号正实根，符合题意，
当，方程，即没有除之外的正实根，
令，则，
所以当时，，当时，，
即在上单调递减，在上单调递增，
所以，所以，解得
此时，当时，，此时函数单调递减，
当时，，此时函数单调递增，
则函数存在唯一的极值点，合乎题意.
综上可得.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极（最）值问题处理．
13. 已知数列满足，，则________．
【答案】##
【解析】
【分析】尝试求数列的前几项，归纳数列的周期性，可得结论.
【详解】由题意：，，，，，
所以满足.
所以
故答案为：
14. 对任意实数，以表示不超过的最大整数，称它为的整数部分，如，等.定义，称它为的小数部分，如，等.若直线与有四个不同的交点，则实数的取值范围是________.
【答案】
【解析】
【分析】先由题意，得到当时，，且是周期为1的函数；作出函数图像，结合图像得到或，求解，即可得出结果.
【详解】当时，，又由题意，易知：是周期为1的函数；
作出与图象如下：
由图像，为使直线与有四个不同的交点，
只需或，
解得或，
即.
故答案为
【点睛】本题主要考查由函数交点个数求参数的问题，熟记分段函数的图像，以及函数与方程的综合，利用数形结合的方法求解即可，属于常考题型.
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. 已知向量，，. 设.
（1）求函数的单调递增区间；
（2）在中，若，，，的平分线交于点，求长.
【答案】（1），；
（2）.
【解析】
【分析】（1）由，令，，即可得解；
（2）由题意得：，根据三角形内角的范围可得所以，再由余弦定理得解得，根据的平分线交于点，由结合面积公式即可得解.
【小问1详解】
令，，
则，，
所以函数的单调增区间为，；
【小问2详解】
由题意得：，
因为，所以，
即，所以，
在中，由余弦定理得：，
即，解得，
因为平分线交于点，所以，
所以，
所以，解得．
16. 已知函数为上的偶函数，且.
（1）求；
（2）求在处的切线方程.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由偶函数的定义可得，代入化简可得的值.
（2）由导数的几何意义可得是在处的切线斜率，进而结合得到切线的点斜式方程，化简可得结果.
【小问1详解】
因为函数为上的偶函数，所以有，
当时，，即，
，，解得，
此时，
经检验，为上的偶函数，
所以.
【小问2详解】
由（1）得，所以，
则，则，又，
所以在处的切线方程为：
，即.
17. 已知等比数列的各项均为正数，其前项和为，且，，成等差数列，．
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前项和．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用，，成等差数列以及求出首项和公比，再利用等比数列的通项公式写出即可；
（2）由（1）将数列的通项公式代入中化简，再利用错位相减法求和即可.
【小问1详解】
设数列的公比为，
因为，，成等差数列，
所以，
即，
解得或，
因为各项均为正数，
所以，
所以，
由，
得，
解得，
所以.
【小问2详解】
由（1）知，，
则，
所以，
两式相减可得，
整理可得．
18. 已知函数，.
（1）当时，研究的单调性；
（2）若，当时，函数有极大值m；当时，有极小值n，求的取值范围.
【答案】（1）上单调递减，在上单调递增；
（2）
【解析】
【分析】（1）对函数求导并结合即可判断出的单调性；
（2）根据（1）中结论可得，构造函数并求导得出其单调性即可求得的取值范围.
【小问1详解】
易知函数的定义域为，则，
又因为，所以当时，，
当或时，；
因此可得在上单调递减，在上单调递增；
【小问2详解】
若，由（1）可知在处取得极大值，在处取得极小值，
所以，
即；
设函数，则，
所以在上单调递增，所以，
即的取值范围为.
19. 若函数对定义域上的每一个值，在其定义域上都存在唯一的，使成立，则称该函数在其定义域上为“依赖函数”.
（1）判断函数在上是否为“依赖函数”，并说明理由；
（2）若函数在定义域上为“依赖函数”，求实数的值；
（3）当时，已知函数在定义域上为“依赖函数”，若存在实数，使得对任意的，不等式都成立，求实数的最大值.
【答案】（1）不是“依赖函数”，理由见解析
（2）
（3）实数的最大值为4
【解析】
【分析】（1）本题可以从存在性或唯一性来说明该函数不是“依赖函数”，取特殊值，利用唯一性或存在性可判断答案；
（2）根据函数单调性的性质，可得，代入可求解；
（3）分类讨论，当时，明显不符题意；当时，利用函数单调性，可得，解得，代入后，利用不等式恒能成立的性质，可得答案.
【小问1详解】
对于函数的定义域内取，
则，无解，
故不是“依赖函数”.
【小问2详解】
因在上递增，故，
即，所以.
【小问3详解】
①当时，取，则，此时不存在，舍去；
②当时，在上单调递减，
从而，由于，故
解得（舍）或，
且，所以
由于存在实数，使得不等式能成立，
故
从而得到，
由于，所以
综上，实数的最大值为4.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是：对函数单调性的理解，以及不等式恒能成立的用法，要充分利用数形结合对函数单调性进行充分剖析才可得到答案.