精品解析：山东省实验中学2024-2025学年高三上学期11月期中考试数学试题

山东省实验中学高三上学期期中考试 数 学 时间：120分钟 分值：150分 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一项是符合题目要求的． 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先确定集合，再求交集. 【详解】根据题意，， 所以. 故选：C 2. 若复数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数的四则运算可得复数，进而可得及. 【详解】由题，故， 故， 所以. 故选：B. 3. 设，是单位向量，则的最小值是（ ） A. B. 0 C. D. 1 【答案】D 【解析】 【分析】设，的夹角为，则，结合数量积的运算律分析求解. 【详解】设，的夹角为， 因为，则， 可得，当且仅当时，等号成立， 所以的最小值是1. 故选：D. 4. 已知，则（ ） A. 5 B. C. -5 D. 【答案】D 【解析】 【分析】把写成，写成，是为了后续能用两角和与差的公式展开，将已知条件转化为与、相关式子. 依据两角和与差的余弦公式，把和展开，得到只含、、、的式子，得到，再根据正切的定义，将其转化为的形式，进而求出结果. 【详解】已知，可变形为. 因为，， 所以.  左边， 即. 右边， 即. 所以.  可得： . 即. 所以，也就是.  故选：D. 5. 函数 的图象大致是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据函数符号，单调性即可判断. 【详解】对于 ，当 时， ，故B错误； ，显然在定义域内 ， 即在 和 都是增函数，C正确，AD错误； 故选：C. 6. 函数的零点个数为（ ） A. 1 B. 0 C. 3 D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】利用导数判断函数的单调性，结合，即可判断出答案. 【详解】由，可得，即定义域为， 所以， 由于，故， 即，当且仅当时取等号， 即在上为单调递增函数，又， 所以仅有一个零点． 故选：A． 7. 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1→4→2→1．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6→3→10→5→16→8→4→2→1，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：（为正整数），，则当时，则使需要的雹程步数为（ ） A. 7 B. 8 C. 9 D. 10 【答案】B 【解析】 【分析】直接利用递推关系逐步计算可得使得需要多少步雹程. 【详解】解：根据题意，当，根据上述运算法则得出42→21→64→32→16→8→4→2→1， 所以共需经过8个步骤变成1，故使需要的雹程步数为8. 故选：B 8. 已知定义域为的函数，其导函数为，且满足，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】构造函数，由得，进而判断函数的单调性，判断各选项不等式. 【详解】依题意令，则， 因为在上恒成立， 所以在上恒成立， 故在上单调递减， 所以，，故A不正确； 所以，即，即，故B不正确； 又，即，即，故C错误； 因为，即，即，故D正确； 故选：D. 【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是根据题意构造函数，利用导数说明函数的单调性，即可比较函数值的大小. 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. 已知数列中，则（ ） A. 的前10项和为 B. 的前100项和为100 C. 的前项和 D. 的最小项为 【答案】BC 【解析】 【分析】A.由，利用错位相减法求解判断；B.由，利用幷项求和判断；C.由 ，利用裂项相消法求解判断；D. 由，利用对勾函数的性质求解判断. 【详解】A.易知，则 ， ， ， 两式相减得 ， ， ， ，则 ，故错误； B. 易知，则其前100项和为，故正确； C. ，故正确； D. 易知，令，则，当且仅当，即，时，等号成立，而，当时，，当时，，所以的最小项为，故错误； 故选：BC 10. 已知奇函数在上单调递增，，，若，则（ ） A. 的图象关于直线对称 B. C. 或 D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用函数的奇偶性，结合题中的条件对抽象函数求导可以得到，，再结合选项进行判断即可. 【详解】对于A，由为上的奇函数，则，， 则，所以，即为偶函数，因此关于直线对称，故A正确； 对于B，由，则两边同时求导得：，即，故B正确； 由，则，即，即， 则（为常数），设（为常数）， 对于C，由，则，即，解得或， 当，则，则，即， 又为偶函数，则即是奇函数也是偶函数，与在上单调递增矛盾， 因此不符合题意，则，故C错误； 对于D，当时，则，则，即，故D正确； 故选：ABD. 【点睛】关键点点睛：奇偶函数的性质，及对抽象函数求导，比如，求导可以得到，再结合，，灵活变化，必要时可以对其进行赋值. 第Ⅱ卷 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 11. 已知向量，，若，则的值为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据题目条件可得，代入化简即可. 【详解】已知向量，，若，则有， ∴. 故答案为： 12. 已知正三棱柱的侧面积为，则该正三棱柱外接球的体积的最小值为________. 【答案】 【解析】 【分析】作出球的过正三棱柱侧棱的球的截面，由棱柱侧面积得出棱柱的底面边长和高的关系，从而表示出球半径，由基本不等式得出半径的最小值，即得体积最小值． 【详解】如图是过侧棱的球的截面，是正三棱柱下底面和上底面外心， 设正三棱柱的底面边长为，高为h，球的半径为R，由题意知，即， 底面外接圆的半径，由球的截面圆性质知，当且仅当时取等号，则该正三棱柱外接球的体积的最小值为. 故答案为：． 【点睛】思路点睛：本题考查正棱柱的外接球的体积最小值问题．在球与正棱柱、正棱锥接切问题中，常常过棱柱或棱锥的高及一条侧棱作出球的截面，这里要注意此面截棱柱或棱锥所得多边形与圆的关系，从而得出球半径与棱柱棱锥中的线段长的关系． 13. 设，若存在正实数x，使得不等式成立，则k的最大值为________． 【答案】 【解析】 【分析】由题意可得，可令，则成立，由和互为反函数，可得图象关于直线对称，可得有解，通过取对数和构造函数法，求得导数，单调性和最值，即可得到k的最大值． 【详解】不等式，所以， 即为，即有，可令，则成立， 由和互为反函数，可得图象关于直线对称， 可得有解，则，即， 令，则， 当时，，则函数在上递减， 当时，，则函数在上递增， 所以当时，取得最大值， 所以有，所以，可得，即k的最大值为． 故答案为： 【点睛】关键点点睛：解答本题有两个关键，其一，是得到有，想到令换元，则成立；其二，通过转化得到有解，再利用导数解答． 四、解答题：本题共5小题，共77分．请在答题卡指定区域内作答．解答时应写出文字说明证明过程或演算步骤． 14. 如图，在正三棱柱中，分别是的中点． （1）求证：平面平面． （2）在线段上是否存在一点Q，使平面？若存在，确定点Q的位置；若不存在，也请说明理由． 【答案】（1）证明：分别是的中点， ，∴四边形为平行四边形， ．平面平面,∴平面, 平面平面，平面． 又平面， ∴平面平面． （2）存在；点Q为点B 【解析】 【分析】（1）应用线面平行判定定理得出面面平行即可证明； （2）建立直角坐标系，设点的坐标满足线面垂直即线线垂直计算求参. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 假设在线段上存在一点Q，使平面． 取的中点O，以O为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系． 设，则， ． 平面， ，解得， ∴在线段上存在一点Q，使平面，此时点Q为点B． 15. 函数的图象在处的切线为. （1）求的值； （2）求在上零点的个数. 【答案】（1） （2）在上仅有1个零点 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义，求得切线的斜率，和切点，然后得到切线方程，利用对应相等，即可求得的值； （2）利用一次求导和二次求导分析原函数和导函数的单调性，分与两种情况讨论，结合单调性和零点存在性定理，即得证. 【小问1详解】 因为， 所以，所以切线斜率为，即， 所切线方程为 又，所以切点坐标为，代入得 则，解得. 【小问2详解】 由（1）得， 令，则， 当时，恒成立，所以在上递增， 所以， 因此在无零点； 当时，恒成立，所以单调递增， 又， 所以在上存在唯一的零点， 当单调递减； 当单调递增； 又，， 因此在上仅有1个零点； 综上，在上仅有1个零点. 16. 平面多边形中，三角形具有稳定性，而四边形不具有这一性质．如图所示，四边形的顶点在同一平面上，已知． （1）当长度变化时，是否为一个定值？若是，求出这个定值；若否，说明理由． （2）记与的面积分别为和，请求出的最大值． 【答案】（1）为定值，定值为1 （2）14 【解析】 【分析】（1）法一：在中由余弦定理得，在中由余弦定理得，两式相减可得答案；法二：在中由余弦定理得 ，在中由余弦定理得，两式相减可得答案； （2）由面积公式可得，令转化为二次函数配方求最值即可． 【小问1详解】 法一：在中，由余弦定理， 得，即①， 同理，在中，， 即②， ①②得， 所以当长度变化时，为定值，定值为1； 法二：在中，由余弦定理 得，即， 同理，在中，， 所以， 化简得，即， 所以当长度变化时，为定值，定值为1； 【小问2详解】 ， 令， 所以， 所以，即时， 有最大值为14． 17. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）设分别是的极小值点和极大值点，记． （i）证明：直线与曲线交于除外另一点； （ii）在（i）结论下，判断是否存在定值且，使，若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）在上单调递增，在上单调递减 （2） （i）法一：由（1）知且， ， ， 直线方程为， 令，即， 或， 设，则， 令，则， ， 令，则，令，则， 在上单调递减，在上单调递增， ，， （或者） 存在唯一的，使，即， 故方程①的解有 综上，直线与曲线交于除点外另一点； 法二：由（1）知且， ， ， 直线方程为， 令，即， 或， 设，则， 令，则；令，则；令，则， 在上单调递增，在上单调递减， ， ，使得， 故方程①的解有， 综上，直线与曲线交于除点外另一点. （ii）存在定值，此时. 【解析】 【分析】（1）求定义域，求导，对导函数因式分解，从而解不等式，求出函数单调性； （2）（i）法一：在（1）基础上得到，求出直线方程，联立得到，变形得到，构造，求导得到其单调性，结合零点存在性定理得到结论； 法二：在（1）基础上得到，求出直线方程，联立得到，变形得到，构造，求导得到其单调性，结合零点存在性定理得到结论； （ii）法一：在（i）基础上，得到，表达出，故，结合（i）中的得到，换元得到，求导得到其单调性，结合特殊点的函数值，得到存在定值，且，使，又，故； 法二：由（i）知，，表达出， 故，根据，得到，又，故； 【小问1详解】 定义域为R， ， 令，则，令，或， 在上单调递增，在上单调递减． 【小问2详解】 （i）略 （ii）法一：由（i）知，， ， ， 由（i）可知，， ， 即， ， 设，设， ， 令，则， 令，则，令，则， 在上单调递减，在上单调递增. ， ，使，此时， 故存在定值，且，使， 又，故； 法二：（ii）由（i）知，， ， ， ， ， ， ， 故存在定值，且，使，此时. 【点睛】方法点睛：隐零点的处理思路： 第一步：用零点存在性定理判定导函数零点的存在性，其中难点是通过合理赋值，敏锐捕捉零点存在的区间，有时还需结合函数单调性明确零点的个数； 第二步：虚设零点并确定取范围，抓住零点方程实施代换，如指数与对数互换，超越函数与简单函数的替换，利用同构思想等解决，需要注意的是，代换可能不止一次. 18. 对于数列，如果存在等差数列和等比数列，使得，则称数列是“优分解”的． （1）证明：如果是等差数列，则是“优分解”的． （2）记，证明：如果数列是“优分解”的，则或数列是等比数列． （3）设数列的前项和为，如果和都是“优分解”的，并且，求的通项公式． 【答案】（1） 是等差数列，设， 令， 则是等差数列，是等比数列，所以数列是“优分解”的． （2） 因为数列是“优分解”的，设， 其中， 则． 当时， 当时，是首项为，公比为的等比数列． （3） 【解析】 【分析】（1）是等差数列，则，令，可得结论； （2）设，可得，进而可得结论； （3）设，可得是首项为2，公比为的等比数列，设，可得，可得，可得数列是首项，公比为的等比数列，可求的通项公式． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 一方面，数列是“优分解”的，设， 其中，由（2）知 因为，所以． 是首项为2，公比为的等比数列． 另一方面，因为是“优分解”的，设， 其中， 是首项为2，公比为的等比数列， ，且， 化简得， 即数列是首项，公比为的等比数列． 又， 又解得， 综上所述，． 【点睛】关键点点睛：本题考查数列新定义，弄清题意，并充分应用等比和等差数列的性质是解题的关徤. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 山东省实验中学高三上学期期中考试 数 学 时间：120分钟 分值：150分 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一项是符合题目要求的． 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 若复数，则（ ） A. B. C. D. 3. 设，是单位向量，则的最小值是（ ） A. B. 0 C. D. 1 4. 已知，则（ ） A. 5 B. C. -5 D. 5. 函数 的图象大致是（ ） A. B. C. D. 6. 函数的零点个数为（ ） A. 1 B. 0 C. 3 D. 2 7. 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1→4→2→1．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6→3→10→5→16→8→4→2→1，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：（为正整数），，则当时，则使需要的雹程步数为（ ） A. 7 B. 8 C. 9 D. 10 8. 已知定义域为的函数，其导函数为，且满足，，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. 已知数列中，则（ ） A. 的前10项和为 B. 的前100项和为100 C. 的前项和 D. 的最小项为 10. 已知奇函数在上单调递增，，，若，则（ ） A. 的图象关于直线对称 B. C. 或 D. 第Ⅱ卷 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 11. 已知向量，，若，则的值为______. 12. 已知正三棱柱的侧面积为，则该正三棱柱外接球的体积的最小值为________. 13. 设，若存在正实数x，使得不等式成立，则k的最大值为________． 四、解答题：本题共5小题，共77分．请在答题卡指定区域内作答．解答时应写出文字说明证明过程或演算步骤． 14. 如图，在正三棱柱中，分别是的中点． （1）求证：平面平面． （2）在线段上是否存在一点Q，使平面？若存在，确定点Q的位置；若不存在，也请说明理由． 15. 函数的图象在处的切线为. （1）求的值； （2）求在上零点的个数. 16. 平面多边形中，三角形具有稳定性，而四边形不具有这一性质．如图所示，四边形的顶点在同一平面上，已知． （1）当长度变化时，是否为一个定值？若是，求出这个定值；若否，说明理由． （2）记与的面积分别为和，请求出的最大值． 17. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）设分别是的极小值点和极大值点，记． （i）证明：直线与曲线交于除外另一点； （ii）在（i）结论下，判断是否存在定值且，使，若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由. 18. 对于数列，如果存在等差数列和等比数列，使得，则称数列是“优分解”的． （1）证明：如果是等差数列，则是“优分解”的． （2）记，证明：如果数列是“优分解”的，则或数列是等比数列． （3）设数列的前项和为，如果和都是“优分解”的，并且，求的通项公式． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $