山东省日照市2024-2025学年高三上学期开学校际联考数学试题（解析版）

2022级高三校际联合考试数学试题考生注意：1､答题前，考生务必将自己的姓名､考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上.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，将试题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】C【解析】【分析】根据题意，由交集的运算，代入计算，即可得到结果.【详解】因为集合，则.故选：C2.下列函数既是幂函数，又在上单调递减的是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】根据幂函数的定义及常用函数的单调性计算即可.【详解】因为形如的函数为幂函数，显然A、C不符合定义，B、D符合幂函数定义；又在上单调递减，在上单调递增，故D正确，在上单调递增，在上单调递减，即C错误.故选：D3.已知数列是公差不为0的等差数列，则“”是“”成立的（）A.充分必要条件 B.充分不必要条件C.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】根据题意，由等差数列的定义，结合充分条件以及必要条件的定义，代入计算，即可得到结果.【详解】设等差数列的公式为，当时，则，故充分性满足；当时，即，，即，且，则，即，故必要性满足；所以“”是“”成立的充分必要条件.故选：A4.已知，，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】将题干两式两边平方，结合平方关系及两角和的正弦公式计算可得.【详解】因为，，所以，，即，，两式相加可得，所以.故选：A5.已知，则（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】利用对数函数、指数函数的单调性及特殊角的正弦值比较大小即可.【详解】易知，则，又定义域上单调递增，则，所以，综上.故选：D6.定义在上的偶函数f(x)满足：对任意的，有，且，则不等式的解集是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】利用函数单调性的定义以及偶函数的性质得出f(x)的单调性，讨论的正负，利用单调性奇偶性解不等式即可.【详解】不妨设，，，即在上单调递减是定义在上的偶函数在上单调递增当时，解得当时，解得则该不等式的解集为：故选：C【点睛】本题主要考查了利用定义判断函数的单调性以及利用奇偶性，单调性解不等式，属于中档题.7.已知函数，对任意的实数a，在（a，）上的值域是[，1]，则整数的最小值是（）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】B【解析】【分析】先化简函数解析为，再结合定义域与值域建立不等式即可求解.【详解】由题意可得，则的最小正周期，因为对任意的实数a，在上的值域是[，1]，所以，解得>，因为，所以整数的最小值是2.故选：B8.数列满足，，且其前项和为.若，则正整数（）A.99 B.103 C.107 D.198【答案】B【解析】【分析】根据递推公式，构造新数列为等比数列，求出数列通项，再并项求和，将用表示，再结合通项公式，即可求解.【详解】由得，∴为等比数列，∴，∴，，∴，①为奇数时，，；②为偶数时，，，∵，只能为奇数，∴为偶数时，无解，综上所述，.故选：B.【点睛】本题考查递推公式求通项，合理应用条件构造数列时解题的关键，考查并项求和，考查分类讨论思想，属于较难题.二､多选题：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.设，则下列结论正确的有（）A.若，则B.若，则C.若，则D.若，则【答案】BCD【解析】【分析】利用特殊值即可判断A，由幂函数的性质即可判断B，由代入计算，即可判断C，利用基本不等式即可判断D.【详解】取，满足，但是，故A错误；因为为偶函数，在0,+∞上单调递增，在上单调递减，因为，所以，故B正确；因为，则b+ma+m=b+ma+m因为，所以，当且仅当时，即时取等号，故D正确.故选：BCD10.已知函数（其中），函数的部分图象如图所示，则下列说法中正确的是（）A.的表达式可以写成B.的图象向右平移个单位长度后得到的函数是奇函数C.图象的对称中心为D.若方程在0,m上有且只有6个根，则【答案】BD【解析】【分析】对于A，可以由两个特值；得到和；对于B，求出平移后的函数解析式，结合正弦函数性质判断；对于C，结合正弦型函数的性质求对称中心判断；对于D，结合图象列不等式，解不等式判断D．【详解】对A，由图分析可知：得；由，得，即，又，所以，又，所以，即得，，又，所以，所以，故A错误；对B，向右平移个单位后得，为奇函数，故B正确；对于C，，令（）得（），所以对称中心，，故C不正确；对于D，由，得，因为，所以，令、、、、、，解得、、、、、．又在上有6个根，则根从小到大为、、、、、．再令，解得，则第7个根为，，故D正确．故选：BD．11.已知函数，其中是自然对数的底数，下列说法中正确的是（）A.在上是增函数B.的图象关于点中心对称C.在0,π上有两个极值点D.若为的一个极小值点，且恒成立，则【答案】ABD【解析】【分析】A利用导数判断在上单调性；B令，根据函数奇偶性的定义判断的奇偶性；C在上，二次求导确定单调性，结合零点存在性定理判断零点的个数，在上，根据三角函数、指数函数的性质判断的符号，进而确定极值点个数；D令，由B、C得，进而可求的范围.【详解】由题设，，A：在上，故在是增函数，A正确；B：，则，即是奇函数，图象关于点中心对称，故B正确；C：若在上有极值点，令则有，而，此时，所以极值点在上，令，有，∴在上，，，即，单调递减；又，，显然存，在上，且，，故，∴，则，即，∴不存在零点；综上，在上只有一个极值点，故C错误；D：易知为周期函数，是其一个周期，由C知：，使得，∵在上，即递增，在上即递减，即为在上的极大值，也是最大值，又由B项的结论：使得为在上的极小值，也是最小值，则，且，，不妨令，则，令，则即，而结合C知有，∴，故，正确.故选：ABD【点睛】关键点点睛：C选项，令判断极值点所在的区间为，讨论、上的单调性或函数值符号，结合零点存在性定理确定零点个数.三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知函数，若，则实数的值为__________.【答案】##【解析】【分析】根据题意，结合分段函数的解析式，分类讨论，即可求解.【详解】由函数，且，当时，可得，即，方程无解；当时，可得，解得，综上可得，实数的值为.故答案为：.13.分形几何学的创立为解决传统科学众多领域的难题提供了全新的思路.图1是长度为1的线段，将图1中的线段三等分，以中间部分的线段为边，向外作等边三角形，再将中间部分的线段去掉得到图2，称为“一次分形”；用同样的方法把图2中的每条线段重复上述操作，得到图3，称为“二次分形”……，依次进行“次分形”（）.规定：一个分形图中所有线段的长度之和为该分形图的长度，要得到一个长度不小于30的分形图，则的最小整数值是___________.（取，）【答案】12【解析】【分析】根据题意得到每次分形后所得线段之和为首项为，公比是的等比数列，求出次分形后线段之和为，列出不等式，结合，求出.【详解】由题意得：“n次分形”后线段之和是“（n-1）次分形”后所得线段之和的，且一次分形后线段之和为，故每次分形后所得线段之和可看出首项为，公比是的等比数列，故次分形后线段之和为，故，两边取对数得：，又，解得：，故的最小整数值为12.故答案为：1214.在锐角中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，若，则的取值范围为______．【答案】【解析】【分析】由已知式消去边，整理成，利用角的范围求得的范围，设，将其整理成关于的一元二次不等式组，解之即得的范围，最后由正弦定理即得..【详解】由和余弦定理可得，,整理得，，因是锐角三角形，则,，即得，，设，则得，，即，即，由①得，，由②得，或，又，综上可得，，由正弦定理，，故得的取值范围为.故答案为：.【点睛】思路点睛：本题解题主要从待求式考虑，将已知式中的边通过余弦定理转化为和的关系式，因是锐角三角形，故可由的值域得到与待求式有关的不等式组，求解即得.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.已知数列满足，.（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）采用累乘法直接求解即可；（2）由（1）可得，采用裂项相消法可求得结果.【小问1详解】由题意知：当时，，；当时，满足；综上所述：.【小问2详解】由（1）知：，.16.记的内角的对边分别为，已知.（1）若，求；（2）若，求的面积.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据题意，由正弦定理可得，从而可得，再由余弦定理可得，然后联立方程，即可求解；（2）根据题意，由正弦定理的边角互化可得，再由余弦定理可得，代入三角形的面积公式，即可得到结果.【小问1详解】由正弦定理可得，，则，由，可得，即，由余弦定理可得，，即，即，解得，联立，解得.【小问2详解】因为，由正弦定理的边角互化可得，，由余弦定理可得，，即，所以，解得，则.17.已知函数.（1）当时，求曲线在点处的切线方程；（2）当时，求证：.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）求出的导数，利用导数的几何意义即可求出切线方程；（2）当时，，只需证当时，即可，即证，即证，令，求导，再确定的单调性，从而确定的零点存在，得出极小值点，由得，，代入并变形，根据已知条件即可得证.【小问1详解】当时，，，，斜率，，即，曲线在点处切线方程为.【小问2详解】证明：当时，，则，则，故只需证当时，即可，即证，即证，即证，令，在上单调递增，又，故在上有唯一的实根，且，当时，，当时，，所以当时，取得最小值，由得，，两边取对数得，即，即，综上所述：当时，.18.已知数列的前项和为，满足，数列是等比数列，公比.（1）求数列和的通项公式；（2）设数列满足，其中.（i）求数列的前2024项和；（ii）求.【答案】（1），（2）（i），（ii）【解析】【分析】（1）利用的关系作差结合等比数列的定义计算可求an和bn（2）（i）根据题意利用等比数列求和公式结合分组求和法计算即可，（ii）根据题意先得出，利用等比数列求和公式及分组求和法计算即可.【小问1详解】当时，，当时，，所以，显然符合上式，所以，由题意，所以.【小问2详解】（i）易知，即数列的前2024项中有项分别为，其余项均为1，故数列前2024项和；（ii）由（1）知，而，所以，易知，，所以19.已知定义域为的函数是关于的函数，给定集合且，当取中不同的数值时可以得到不同的函数.例如：定义域为的函数，当时，有，若存在非空集合满足当且仅当时，函数在上存在零点，则称是上的“跳跃函数”.（1）设，若函数是上的“跳跃函数”，求集合；（2）设，若不存在集合使为上的“跳跃函数”，求所有满足条件的集合的并集；（3）设为上的“跳跃函数”，满足，，若对于任意，均有的零点，求实数的最大值.【答案】（1）（2）（3）2【解析】【分析】（1）等价转化为关于的方程在上有解，再根据指数函数和幂函数性质即可得到答案；（2）等价转化为关于的方程在上没有解，分和讨论即可；（3）首先用数学归纳法证明对任意正整数，有，再分类讨论得在上没有零点，定义函数，利用导函数即可得到答案.【小问1详解】依题意，所求的为使得在上有零点的全体.由于在上有零点，等价于关于的方程在上有解，注意到当时，的取值范围是，故关于的方程在上有解，当且仅当，从而所求.【小问2详解】依题意，不存在集合使为上的“跳跃函数”，当且仅当对任意的，在上都不存在零点.这表明，全体满足条件的的并集，就是使得在上不存在零点的全体构成的集合.从而我们要求出全部的，使得在上没有零点，即关于的方程在上没有解.该方程在上可等价变形为，当时，方程恒无解，当时，可变形为.即.综上，使得在上没有零点的构成的集合为，故所求的集合为.【小问3详解】首先用数学归纳法证明：对任意正整数，有.当时，有，故结论成立；假设结论对成立，即，则有：故结论对也成立.综上，