精品解析：山东省临沂市2025-2026学年高三上学期11月期中教学质量检测考试数学试题

临沂市高三教学质量检测考试 数学 2025.11 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. 若，则复数的虚部为（ ） A B. C. D. 2. 已知集合，，则中含有的元素个数是（ ） A 4 B. 3 C. 2 D. 1 3. 已知数列的各项均不为零，若甲：是等比数列；乙：.则甲是乙的（ ） 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 4. 若，，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知函数满足，当时，，则（ ） A. 1 B. C. D. 2 6. 已知函数是增函数，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 已知的内角，，满足，其外接圆半径为2，则的面积为（ ） A. 3 B. C. 4 D. 8. 置换是抽象代数的一种基本变换，对于有序数组，有序数组，定义“间距置换”：，，.已知有序数组，经过一次“间距置换”后得到新的有序数组，且中所有数之和为2026，则（ ） A. 1004 B. 1007 C. 1010 D. 1013 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. 已知函数的部分图象如图，则（ ） A. 函数为偶函数 B. 在上单调递增 C. 若，则的最小值为 D. 若，函数在上有2个零点，则 10. 等边中，，，，交于点，则（ ） A. B. C. D. 11. 已知函数，若，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. 记为等差数列的前项和，，，则____________. 13. 设函数的定义域为，，，若为奇函数，为偶函数，则____________. 14. 已知，，，则的最小值是____________. 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，. （1）若曲线在点处的切线与曲线相切，求； （2）若，求的取值范围. 16. 已知函数的最小正周期为，且. （1）求在的值域； （2）将的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象.若对任意，，当时，恒成立，求的最小值. 17. 已知数列中，，. （1）证明：数列是等比数列； （2）求的前项和； （3）令，求数列的最大项. 18. 记的内角、、的对边分别为、、，已知. （1）求； （2）设为边上一点， （ⅰ）若为中点，，的面积为，求的长度； （ⅱ）若为锐角的角平分线，，求长度的取值范围. 19. 已知，，，， （1）当时，是的一个极值点，求； （2）是否存在，使？若存在，求取值范围，若不存在，说明理由； （3）证明：对，. 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 2025.11 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. 若，则复数的虚部为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数除法运算即得. 【详解】，， 化简得，又，， 复数的虚部为. 故选：. 2. 已知集合，，则中含有的元素个数是（ ） A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 【答案】C 【解析】 【分析】化简集合与集合，根据集合交集概念求得可解. 【详解】集合， 集合， 所以，故中含有2个元素. 故选：C 3. 已知数列的各项均不为零，若甲：是等比数列；乙：.则甲是乙的（ ） 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】A 【解析】 【分析】根据充分性、必要性的定义以及等比数列的定义进行判断即可. 【详解】若数列是公比为的等比数列，则， 所以，充分性成立； 若，则， 当时，满足， 但数列不是等比数列，所以必要性不成立； 所以甲是乙的充分不必要条件. 故选：A. 4 若，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用两角差的正弦公式和切化弦可求得，，进而利用两角和的正弦公式可求得值. 【详解】因为， 所以， 又， 所以， 所以，， 所以， 故选：C 5. 已知函数满足，当时，，则（ ） A. 1 B. C. D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】通过推出周期为2，再将通过周期以及该等式转化到上，进而即可求解. 【详解】由可知，， 联立上述两个等式得：， 易知函数为周期函数，周期， 故， 而根据可知，， 由题知：当时，， 故，所以， 故选：D. 6. 已知函数是增函数，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据函数在各段单调递增且在断点左侧的函数值不大于右侧的函数值得到不等式组，解得即可. 【详解】若是增函数， 则要保证: ①:函数在上单调递增，此时要满足，即； ②:函数在上单调递增，此时要满足，即； ③:在处，右侧函数值要大于等于左侧函数值，即：. 综上：的取值范围是：， 故选：B 7. 已知的内角，，满足，其外接圆半径为2，则的面积为（ ） A. 3 B. C. 4 D. 【答案】A 【解析】 【分析】先用和、差角的正弦公式及二倍角公式化简得到，再利用三角形的面积公式结合正弦定理即可求得结果. 【详解】因为， 即， 即 又，故， 所以 所以 ， 因为外接圆半径为2， 又因为， 所以， 故选：A. 8. 置换是抽象代数的一种基本变换，对于有序数组，有序数组，定义“间距置换”：，，.已知有序数组，经过一次“间距置换”后得到新的有序数组，且中所有数之和为2026，则（ ） A. 1004 B. 1007 C. 1010 D. 1013 【答案】C 【解析】 【分析】本题通过分析数组元素的大小关系，结合绝对值的运算求解参数. 【详解】由“间距置换”定义，得，，. 由，得. 因且，故或. 若，则，，， 于是， 得，即，故. 若，同理可得. 综上所述，的值为. 故选：C. 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. 已知函数的部分图象如图，则（ ） A. 函数为偶函数 B. 在上单调递增 C. 若，则的最小值为 D. 若，函数在上有2个零点，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据图象求出函数的解析式，再根据函数奇偶性判断A，根据正弦函数单调性判断B，根据正弦函数的周期判断C，根据函数在上有2个零点判断D即可. 【详解】由图象可得， ,, ，又点在图象上，代入可得, 由，可得， 故. 对于A，， 令，由于，故为奇函数，A错误； 对于B，令，, 解得， 故函数的单调递增区间为 当时，单调区间为， 而，故B正确. 对于C，若  ，则  的最小值为  ， 若  ，则  和  分别为最大值 和最小值 ，或反之. 函数  的周期为  ， 因此相邻最大值和最小值之间的距离为半个周期, 因此，选项C正确. 对于D，函数，，令，得，解得, 当时，时，； 时，； 时，（时，，不符合有2个零点）， 故函数在上有2个零点，则， 解得，故D正确. 故选：. 10. 在等边中，，，，交于点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】对于A，B根据向量的线性运算判断即可；对于C，根据向量的线性运算再结合向量数量积进行计算；对于D，先证明O为BE中点，再利用向量的线性运算化简，最后进行模长计算. 【详解】 A选项：，故A正确； B选项：设，由A，B，D，三点共线可知：， 又，所以，故， 通过B，O，E三点共线可知：，故，故，则B错误； C选项：在等边中，，易知：，，，故： ，故C正确； D选项：取线段CD中点记为点M，连接EM，在中，由三角形中位线可知：且，由可知：，故， 所以与全等，故， 所以：， 故， 故D错误. 故选：AC. 11. 已知函数，若，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】AB 【解析】 【分析】利用导数判断的单调性，再结合判断ABC；举反例判断D. 【详解】，得，即的定义域为， 则， 则在上单调递增， 因，，则，， 则，，故B正确，C错误； 因， 则，故A正确； 取，则， ， 则， 不满足，故D错误. 故选：AB 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 记为等差数列的前项和，，，则____________. 【答案】 【解析】 【分析】根据等差数列的通项公式和前项和计算即可. 【详解】设等差数列的首项为，公差为，则 由题意得，，化简得， 解得. 所以. 所以. 故答案为：. 13. 设函数的定义域为，，，若为奇函数，为偶函数，则____________. 【答案】 【解析】 【分析】通过奇函数、偶函数的定义建立等式，联立求解得出函数表达式. 【详解】因为为奇函数，所以， 即. 又为偶函数，所以， 即，得. 将代入， 得：, , . 故答案为：. 14. 已知，，，则的最小值是____________. 【答案】4 【解析】 【分析】变形可得，则，展开化简，结合基本不等式，即可得答案 【详解】因为， 所以，则， 所以， 则， 因为，所以，所以，， 所以， 当且仅当，即时取等号， 所以，解得或（舍）， 所以的最小值是4. 故答案为：4 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，. （1）若曲线在点处的切线与曲线相切，求； （2）若，求的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先对函数求导，求出在点处的切线方程，然后对求导，设出切点坐标，列出斜率相等和值相等的等式，进而求出. （2）先化简不等式，然后构造新函数，求导判断单调性求出最值，即可求出的范围. 【小问1详解】 对求导得，， 所以在点处的斜率为. 所以在点处的切线方程为. 设该切线与曲线相切的切点坐标为，对求导得： ，所以， 解得. 【小问2详解】 因为，所以，即. 令，求导得. 当时，，此时在上单调递增； 当时，，此时在上单调递减； 所以函数在处取得最小值为. 所以要使得不等式成立，则. 16. 已知函数的最小正周期为，且. （1）求在的值域； （2）将的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象.若对任意，，当时，恒成立，求的最小值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）整理可得，根据周期和求，以为整体，结合正弦函数的有界性运算求解； （2）根据图像变换可知，分析可知函数在内单调递减，结合正弦函数的单调性运算求解. 【小问1详解】 由题意可知： ， 因为函数的最小正周期为，且， 则，可得，即， 又因为，可得， 所以. 因为，则， 可得，即， 所以在的值域为. 【小问2详解】 将的图象向右平移个单位长度， 得到函数， 若，即， 且，，，可知函数在内单调递减， 则， 因为，则， 可得，解得， 所以的最小值为. 17. 已知数列中，，. （1）证明：数列等比数列； （2）求的前项和； （3）令，求数列的最大项. 【答案】（1）答案见详解 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用等比数列定义即可证明； （2）由（1）求得数列的通项公式，根据通项公式的特点分组求和； （3）用作商法判断数列的单调性后再求最大项. 【小问1详解】 因为，，所以， 所以，数列是以为首项为公比的等比数列. 小问2详解】 由（1）得所以 化简得. 【小问3详解】 由（2）得，所以， ，令易得，又 单调递减，当时，即，，又当时，所以数列的最大项为. 18. 记的内角、、的对边分别为、、，已知. （1）求； （2）设为边上一点， （ⅰ）若为中点，，的面积为，求的长度； （ⅱ）若为锐角的角平分线，，求长度的取值范围. 【答案】（1） （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理结合两角和的正弦公式、辅助角公式得出，结合角的取值范围可得出角的值； （2）（i）利用三角形的面积公式可得出，结合余弦定理可得出，由已知得出，利用平面向量数量积的运算性质可求得线段的长； （ii）由正弦定理结合两角差的正弦公式得出，根据为锐角三角形求出角的取值范围，可得出的取值范围，设，可得出，可得出关于的不等式，即可解得的取值范围，即为所求. 【小问1详解】 因为，由正弦定理可得， 因为， 化简得， 因为，则，故，即， 所以，而，则， 故，解得. 【小问2详解】 （i）由余弦定理可得，即， 又因为，可得，则， 因为为边的中点，所以，即， 所以 ，故； （ii）由正弦定理得， 因为为锐角三角形，且，由得， 所以，则，故， 设，则，所以，解得， 因此长度的取值范围是. 19. 已知，，，， （1）当时，是的一个极值点，求； （2）是否存在，使？若存在，求的取值范围，若不存在，说明理由； （3）证明：对，. 【答案】（1） （2） （3）见详解. 【解析】 【分析】（1）由题意知，解得的值，并检验满足题意即可； （2）假设时，，成立，参变分离后求出的取值范围得解； （3）先证明，放缩不等式后即可证明. 【小问1详解】 当时， ，解得. 当时，令则， 则，下面研究时的单调性. 在单调递增，， 故存在唯一使得，所以时，，时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 又，所以时，时， 所以时，时.故是的一个极值点. 【小问2详解】 存在，使.此时理由如下： 时，，因为为偶函数，故只考察时. 即，即. 令 当时，显然成立； 当时，，令，， 令 当时，，故在上单调递减， 所以，，，所以，在上单调递减， 故，故 【小问3详解】 先证明，令， 在单调递减，，故使得 所以在单调递增，在单调递减，又 故 时，所以时， 又，， 故对，. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $