精品解析：山东省济宁市邹城市北大新世纪高级中学2025届高三上学期11月期中考试数学试题

北大新世纪邹城实验学校2024～2025学年度第一学期期中考试 高三数学试题 （时间：120分钟 满分：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，只有一项是符合题目要求的. 1. 设集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 设复数z满足，，复数z所对应的点位于第一象限，则（ ） A. B. C. D. 3. 若非零向量，满足，，则向量与的夹角为（ ） A. B. C. D. 4. 已知，满足，则（ ） A. B. C. D. 5. “中国剩余定理”又称“孙子定理”，1852年英国来华传教士伟烈亚力将《孙子算经》中“物不知数”问题的解法传至欧洲.1874年英国数学家马西森指出此法符合1801年由高斯得出的关于同余式解法的一般性定理，因而西方称之为“中国剩余定理”，“中国剩余定理”讲的是一个关于同余的问题．现有这样一个问题：将正整数中能被3除余1且被2除余1的数按由小到大的顺序排成一列，构成数列，则（ ） A. 55 B. 49 C. 43 D. 37 6. 已知，，且，则ab的最小值为（ ） A. 4 B. 8 C. 16 D. 32 7. 已知函数，则的解集为（ ） A. B. C. D. 8. “不以规矩，不能成方圆”出自《孟子·离娄章句上》.“规”指圆规，“矩”指由相互垂直的长短两条直尺构成的方尺，是古人用来测量､画圆和方形图案的工具.敦煌壁画就有伏羲女娲手执规矩的记载（如图（1））.今有一块圆形木板，以“矩”量之，如图（2）.若将这块圆形木板截成一块四边形形状的木板，且这块四边形木板的一个内角满足，则这块四边形木板周长的最大值为（ ） 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. 数列的首项为1，且，是数列的前n项和，则下列结论正确的是（ ） A. B. 数列是等比数列 C. D. 10. 已知函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（ ） A. ，， B. 函数的图象关于坐标原点对称 C. 函数的图象关于直线对称 D. 函数在上的值域为 11. 已知函数与相交于A，B两点，与相交于C，D两点，若A，B，C，D四点的横坐标分别为，，，，且，，则（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 曲线在处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积为______. 13. 如图放置的边长为2的正方形ABCD顶点A，D分别在轴，轴正半轴（含原点）上滑动，则的最大值是____________． 14. 函数，若关于x的不等式的解集为，则实数a的取值范围为__________． 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. 在①；②；③，当时，为常数列这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并给出解答.已知数列的前n项和为，，，且______. （1）求数列的通项公式； （2）设，数列的前n项和为，若，求正整数k的值. 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分. 16. 设的内角A，B，C所对的边分别为，，，且有． （1）求角A； （2）若BC边上的高，求． 17. 已知函数，且. （1）求的最大值； （2）从①②中任选一个作答.若选择多个分别作答.按第一个解答计分. ①为函数图象与轴的交点，点，为函数图象的最高点或者最低点，求面积的最小值. ②为坐标原点，复数，在复平面内对应的点分别为，，求面积的取值范围. 18. 定义为数列的“匀称值”，若数列的“匀称值”为. （1）求数列的通项公式； （2）设，的前项和为，求． 19. 已知函数. （1）讨论的单调性； （2）当，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 北大新世纪邹城实验学校2024～2025学年度第一学期期中考试 高三数学试题 （时间：120分钟 满分：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，只有一项是符合题目要求的. 1. 设集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据两集合中的元素特征可知，集合分别表示的是的奇数倍和整数倍，根据补集运算可知表示的应是的偶数倍. 【详解】由题意可知，，可知集合表示的是的奇数倍， 而由可知，集合表示的是的整数倍， 即，所以. 故选：B 2. 设复数z满足，，复数z所对应的点位于第一象限，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设，由题可得，即求. 【详解】设，则， 由复数z满足，，复数z所对应的点位于第一象限， 则，解得， ∴. 故选：B. 3. 若非零向量，满足，，则向量与的夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由，得，化简结合已知条件和夹角公式可求出结果. 【详解】设向量与的夹角为（）， 因为，所以， 所以，得， 因为非零向量，满足， 所以， 因为，所以， 故选：C 4. 已知，满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用二倍角公式化简方程，结合特殊角的函数值求解即可. 【详解】因为，所以， 即，所以，或，因为，所以， 故选：B. 5. “中国剩余定理”又称“孙子定理”，1852年英国来华传教士伟烈亚力将《孙子算经》中“物不知数”问题的解法传至欧洲.1874年英国数学家马西森指出此法符合1801年由高斯得出的关于同余式解法的一般性定理，因而西方称之为“中国剩余定理”，“中国剩余定理”讲的是一个关于同余的问题．现有这样一个问题：将正整数中能被3除余1且被2除余1的数按由小到大的顺序排成一列，构成数列，则（ ） A. 55 B. 49 C. 43 D. 37 【答案】A 【解析】 【分析】由条件写出通项公式，即可求解. 【详解】正整数中既能被3除余1且被2除余1的数，即被6除余1，那么 ，有. 故选：A 6. 已知，，且，则ab的最小值为（ ） A. 4 B. 8 C. 16 D. 32 【答案】C 【解析】 【分析】运用对数运算及换底公式可得，运用基本不等式可求得的最小值. 【详解】∵， ∴，即： ∴， ∵，， ∴，， ∴，当且仅当即时取等号， 即：，当且仅当时取等号， 故的最小值为16. 故选：C. 7. 已知函数，则的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用导数判断函数的单调性，结合奇偶性求不等式即可. 【详解】均为偶函数，故函数为偶函数， 令则， ，即在R上单调递减， 又在恒成立， 故函数在上递减，在递增. . 故选：C. 8. “不以规矩，不能成方圆”出自《孟子·离娄章句上》.“规”指圆规，“矩”指由相互垂直的长短两条直尺构成的方尺，是古人用来测量､画圆和方形图案的工具.敦煌壁画就有伏羲女娲手执规矩的记载（如图（1））.今有一块圆形木板，以“矩”量之，如图（2）.若将这块圆形木板截成一块四边形形状的木板，且这块四边形木板的一个内角满足，则这块四边形木板周长的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】作出图形，利用余弦定理结合基本不等式可求得这个矩形周长的最大值. 【详解】由题图（2）得，圆形木板的直径为. 设截得的四边形木板为，设，，，，，，如下图所示. 由且可得， 在中，由正弦定理得，解得. 在中，由余弦定理，得， 所以，， 即，可得，当且仅当时等号成立. 在中，， 由余弦定理可得 ， 即，即，当且仅当时等号成立， 因此，这块四边形木板周长的最大值为. 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. 数列的首项为1，且，是数列的前n项和，则下列结论正确的是（ ） A. B. 数列是等比数列 C. D. 【答案】AB 【解析】 【分析】根据题意可得，从而可得数列是等比数列，从而可求得数列的通项，再根据分组求和法即可求出，即可得出答案. 【详解】解：∵，可得， 又 ∴数列是以2为首项，2为公比的等比数列，故B正确； 则，∴，故C错误； 则，故A正确； ∴，故D错误. 故选：AB. 10. 已知函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（ ） A. ，， B. 函数的图象关于坐标原点对称 C. 函数的图象关于直线对称 D. 函数在上的值域为 【答案】ABC 【解析】 【分析】最值求，周期求，特殊点求，观察图像找出特征值即可求出函数，后根据的性质可作出判断. 【详解】A选项：由图象知； 设的最小正周期为T，，所以得， 当时，函数取得最小值，则， 即，又， 则当时，符合题意．所以，，，所以A正确． B选项：为奇函数，所以B正确． C选项：令，解得， 所以函数图象的对称轴方程为，当时，，所以C正确． D选项：因为，，， 所以，所以，所以D不正确． 故选：ABC 11. 已知函数与相交于A，B两点，与相交于C，D两点，若A，B，C，D四点的横坐标分别为，，，，且，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据，分别代入，即可判断A,B，根据， 关于直线的对称，因此可知对称，对称，即可根据对称性判断CD. 【详解】由题意可知是方程 的一个根，则，将 代入得，所以也是方程的一个根，所以，故，故A正确， 由题意可知是方程 的一个根，则，则，所以也是方程的一个根，所以，故，故B正确， 设点在函数上，则满足，即点关于直线的对称点为，将代入得，即可，因此可知在函数上， 即关于直线的对称，又 关于直线的对称，因此可知对称，对称， 故 和， 所以 ，，故D正确， 由于 ，故C错误， 故选：ABD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 曲线在处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积为______. 【答案】 【解析】 【分析】利用导数求的几何意义求出切线方程，求出切线与两坐标轴的交点，结合三角形的面积公式可求得结果. 【详解】对函数求导得，所求切线斜率为， 当时，，切点坐标为， 所以，曲线在处的切线方程为，即， 直线交轴于点，交轴于点， 所以，曲线在处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积为. 故答案为：. 13. 如图放置的边长为2的正方形ABCD顶点A，D分别在轴，轴正半轴（含原点）上滑动，则的最大值是____________． 【答案】8 【解析】 【分析】设、，易得、、，利用向量数量积的坐标表示有，即可确定最大值. 【详解】设，，则， 所以，， 于是. 当且仅当时，等号成立. 故答案为：． 14. 函数，若关于x的不等式的解集为，则实数a的取值范围为__________． 【答案】 【解析】 【分析】分和两种情况讨论，当时，根据二次函数的图象得到，当时，分和两种情况讨论，时，将转化为，然后借助函数的单调性和最值解不等式即可. 【详解】由题意知，当时，； 当时，；当时，． 当时，， 结合图象知；当时，，当时，显然成立； 当时，， 令，则， 所以在单调递增，在单调递减， 所以，所以． 综上，实数a的取值范围为． 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. 在①；②；③，当时，为常数列这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并给出解答.已知数列的前n项和为，，，且______. （1）求数列的通项公式； （2）设，数列的前n项和为，若，求正整数k的值. 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分. 【答案】（1） （2）8 【解析】 【分析】（1）若选①，通过降次作差得，则，求出的值并检验，则可得到的通项公式，若选②，通过移项整理得，则，则可得到的通项公式，若选③，由题得，降次作差得，计算的值，则可得到的通项公式. （2），利用裂项相消法得，则有，解出即可. 【小问1详解】 选条件①. 由当时，，得当时，， 两式相减，得， 所以，因为， 所以.（注意条件“”） 在中，令，得， 即，解得（舍去）或， 所以，符合， 所以数列是首项为2，公差为1的等差数列， 所以. 选条件②. 由当时，，得， 所以， 因式分解得，因为，所以， 所以数列是首项为2，公差为1的等差数列， 所以. 选条件③. 因为当时，为常数列，所以， 所以当时，， 两式相减得， 故， 因为，，所以，， 所以是首项为2，公差为1的等差数列， 所以. 【小问2详解】 由（1）得，， 所以. 则由，得， 整理得， 解得（舍去）或.（k为正整数） 故正整数k的值为8. 16. 设的内角A，B，C所对的边分别为，，，且有． （1）求角A； （2）若BC边上的高，求． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用三角形内角和、正弦定理和三角恒等变换化简可得. （2）利用三角形面积公式和正弦定理可得. 【小问1详解】 （1）由题意得：， 则， 有，即，因为所以． 【小问2详解】 （2）由，则，所以， 有，则， 又，则． 17. 已知函数，且. （1）求的最大值； （2）从①②中任选一个作答.若选择多个分别作答.按第一个解答计分. ①为函数图象与轴的交点，点，为函数图象的最高点或者最低点，求面积的最小值. ②为坐标原点，复数，在复平面内对应的点分别为，，求面积的取值范围. 【答案】（1） （2）①；②． 【解析】 【分析】（1）由已知可得，当时函数取到最值，列方程解出，代入，进而可得的最大值； （2）若选①：分，对应的同为最大值或最小值和，对应的一个为最大值，另一个为最小值两种情况讨论，分别利用三角形的面积公式求解，可得面积的最小值；若选②：由复数的几何意义，得出，，再由三角形的面积公式结合正弦函数的性质求解． 【小问1详解】 ，即当时函数取到最值， 又，其中， ，代入得， 即，解得，， ， 当，即时，取到最大值； 【小问2详解】 由（1）可得：， 选①：可得， 当，对应的同为最大值或最小值时， 得； 当，对应的一个为最大值，另一个为最小值时， 得； 综上：面积的最小值为 选②：由复数的几何意义知：，， ， 当，即时，有最大值； 当，即时，有最小值； . 18. 定义为数列的“匀称值”，若数列的“匀称值”为. （1）求数列的通项公式； （2）设，的前项和为，求． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由已知可得出，由可求得的值，由，可得出，两式作差可得出的表达式，然后就是否满足在时的表达式进行检验，综合可得出数列的通项公式； （2）求得数列的通项公式，利用分组求和法结合裂项相消法可求得的值. 【小问1详解】 解：因为，所以. 当时，． 当时，由得． 上述两个等式作差得，即， 又因为满足，所以. 【小问2详解】 解：因为，所以. 所以， 所以． 所以，即． 19. 已知函数. （1）讨论的单调性； （2）当，证明：. 【答案】（1）①当时，在上单调递增，②当时，在上单调递增，在上单调递减. （2） 由（1）可得，当时， . 要证， 只需证， 即证恒成立. 令，，则， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， ∴的最大值为，即：. ∴恒成立， ∴原命题得证.即：当时，. 【解析】 【分析】（1）求导后对其导函数进行通分再对其分子因式分解，分类讨论与时的单调性即可. （2）求出，将所证转化为，进而转化为证明恒成立，构造函数求其最大值即可证明. 【小问1详解】 ∵，定义域为， 则， ①当时，，在上单调递增； ②当时，当时，，在上单调递增 当时，，在上单调递减， 综上，①当时，在上单调递增， ②当时，在上单调递增，在上单调递减. 【小问2详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $