精品解析：山东省临沂市2024-2025学年高三上学期期中教学质量检测数学试题

临沂市高三教学质量检测考试 数 学 2024.11 本试卷共4页，19题，全卷满分150分.考试用时120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上. 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. 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. 2. 已知非零实数a，b满足，则（ ） A. B. C. D. 3. 在平行四边形ABCD中，点E为线段CD的中点，记，，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知函数，则不等式的解集是（ ） A. B. C. D. 5. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 1 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 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. 2 B. 4 C. 5 D. 8 8. 已知数列的前项和为，，，，（），则（ ） A. B. C. 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. 10. 已知，则（ ） A. 有三个零点 B. C. 当时， D. 曲线存在两条过点的切线 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， 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__________. 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. 14. 已知关于x的方程有解，则的最小值为__________. 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， 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：. 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. 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. 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. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 临沂市高三教学质量检测考试 数 学 2024.11 本试卷共4页，19题，全卷满分150分.考试用时120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上. 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. 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】 【分析】利用一元二次不等式的解法，求得集合，再利用集合的运算，即可求解. 【详解】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】 【分析】根据给定的条件，结合不等式的性质以及作差法，可得答案. 【详解】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】 【分析】根据给定条件，利用向量的线性运算计算判断. 【详解】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】 【分析】利用导数探讨函数的单调性，求出其零点，进而求出不等式的解集. 【详解】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】 【分析】根据正弦函数的差角公式以及同角三角函数的商式关系，建立方程组，结合正弦函数的和角公式，可得答案. 【详解】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】 【分析】分离参数得到在上恒成立，由基本不等式求出，得到，根据，求出答案. 【详解】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. 2 B. 4 C. 5 D. 8 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定的函数，探讨它们的对称中心，再利用对称性求出可能值. 【详解】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】 【分析】根据条件，利用递推关系，直接求出，即可求解. 【详解】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】 【分析】设，，根据题目条件得到方程，求出或，分两种情况，对四个选项一一判断，得到答案. 【详解】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. 曲线存在两条过点的切线 【答案】BCD 【解析】 【分析】选项A，对求导，利用导数与函数单调性间的关系，直接求出单调区间，画出图形，数形结合，即可判断；选项B，利用函数表达式，直接求解，即可判断；对于选项C，利用选项A中结果，即可判断；选项D，分点为切点和不是切点两种情况，利用导数的几何意义，直接求出切线方程，即可求解. 【详解】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】 【分析】根据“01数列”新定义和计数原理的知识点，进行排列即可求解. 【详解】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. 【点睛】根据“01数列”新定义进行排列，与计数原理的知识点相结合，即可求解. 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】 【分析】利用列式计算即得. 【详解】数列中，，所以. 故答案为：4047 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】 【分析】根据给定条件，可选取幂函数，再分析具体性质确定幂指数并验证即得. 【详解】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】 【分析】利用三角函数的辅助角公式，结合三角函数的值域，可得不等式，整理不等式，利用二次函数的性质，可得答案. 【详解】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. 故答案为：. 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， 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据条件，利用的图象与性质，即可求出，即可求解； （2）由，解得或，再结合图象，即可求解. 【小问1详解】 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. 【小问2详解】 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：. 【答案】（1） （2） 由数列是以为首项，以为公比的等比数列， 则，， 所以， 由在上恒成立，即， 且在上单调递减， 则，即， 所以. 【解析】 【分析】（1）根据等比数列的性质，化简方程组求得公比，可得通项公式； （2）根据等比数列的相关概念，整理函数，结合指数函数的单调性，可得答案. 【小问1详解】 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. 【小问2详解】 略 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. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理边化角，再利用诱导公式及同角公式计算得解. （2）由正弦定理求出，由和角的正弦公式求出，再利用三角形面积公式求解. 【小问1详解】 在中，由及正弦定理得， 而，则，又，因此，， 由，得，即， 又，且，所以. 【小问2详解】 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. 【答案】（1）当时,有极小值 2，无极大值. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）借助导数研究函数单调性，得到极值； （2）参变分离后，转化为函数的最值问题即可； （3）有唯一解，构造函数参变分离，有唯一解，构造函数，借助导数研究函数的单调性即可. 【小问1详解】 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. 【小问2详解】 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. 【小问3详解】 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. 【答案】（1） （2）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”. 【解析】 【分析】（1）根据定义得到含元素1和2的“缺等差子集”； （2）考虑集合，记的“缺等差子集”为，元素个数为，先得到，若推出矛盾，，当时，符合，同理的“缺等差子集”中元素个数最大为4，故元素个数不超过8，并写出满足要求的集合，得到答案； （3）由（1）（2）写出前几项，再证明对每一个，，均可以构造出元素个数为的“缺等差子集”，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，证明出结论. 【小问1详解】 ， 集合A包含元素1和2的“缺等差子集”分别为； 【小问2详解】 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； 【小问3详解】 略 【点睛】方法点睛：新定义问题的方法和技巧： （1）可通过举例子的方式，将抽象的定义转化为具体的简单的应用，从而加深对信息的理解； （2）可用自己的语言转述新信息所表达的内容，如果能清晰描述，那么说明对此信息理解的较为透彻； （3）发现新信息与所学知识的联系，并从描述中体会信息的本质特征与规律； （4）如果新信息是课本知识的推广，则要关注此信息与课本中概念的不同之处，以及什么情况下可以使用书上的概念. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $