2024-2025学年山东省临沂市高三（上）期中数学试卷（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2024-2025学年山东省临沂市高三（上）期中数学试卷一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.已知集合A={x|x2−x<6}，B={−3,−2,−1,1,2,3}，则A∩B=A.{−2,−1,1,2,3} B.{−2,−1,1,2} C.{−1,1,2,3} D.{−1,1,2}2.若非零实数a，b满足a>b，则(

)A.a2>b2 B.a3>3.在平行四边形ABCD中，点E为线段CD的中点，记AB=m，AD=n，则A.12m−n B.m−14.已知函数f(x)=3x−4x−1，则不等式f(x)>0的解集是A.(0,2) B.(−∞,0)∪(2,+∞)

C.(−1,0) D.(−∞,−1)∪(0,+∞)5.已知sin(α−β)=13，tanα=2tanβ，则sinA.33 B.63 C.6.“a<3”是“不等式x2−ax+2≥0在(0,+∞)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y=sinωx+1(ω>0)与函数y=2x+12x+1的图象在区间(−2π,2π)内交点的坐标分别为(x1,y1)，A.2 B.4 C.5 D.88.已知数列{an}的前n项和为Sn，a1=1，a2A.341 B.340 C.61 D.60二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。9.已知z为复数，且z2+z+1=0，则(

)A.z3=1 B.z+z−=1 10.已知f(x)=x3−3x+2，则A.f(x)有三个零点

B.f(−10)+f(10)=4

C.当x∈(−2,+∞)时，f(x)≥0

D.曲线y=f(x)存在两条过点(−2,0)的切线11.定义“01数列”{an}如下：

①ai∈{0,1}，i=1，2，…，n；

②{an}共有m+k项(m,k∈N∗,m≥k)，其中m项为0，k项为1，且对任意的j≤m+k，j∈N∗，a1，a2，…A.f(3,2)=5

B.f(4,4)=f(4,1)+f(3,2)

C.f(m,m)=f(m,m−1)

D.当m>k时，f(m,k)=f(m,k−1)+f(m−1,k)三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.已知Sn为数列{an}的前n项和，若Sn13.已知函数f(x)的定义域为D，写出一个同时具有下列性质①②③的函数：______．

对任意x1，x2∈D，x1≠x2，①若x1<14.已知关于x的方程asinx+(b+1)cosx+2b+2=0有解，则a2+b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.(本小题13分)

已知函数f(x)=Asin(ωx+φ)(ω>0,|φ|<π2)图象的一个最高点的坐标为(π3,2)，与之相邻的一个对称中心的坐标为(7π12,0)．

(1)求f(x)16.(本小题15分)

已知等比数列{an}满足a1−a2=12，a2−a3=14．

(1)求数列{17.(本小题15分)

在△ABC中，已知内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，3csinA=acosC，sin(A−2C)=32sinB．

(1)求sinB；

18.(本小题17分)

已知函数f(x)=lnx+ex−1．

(1)求f(x)的导函数f′(x)的极值；

(2)不等式f(x)≥kx−1对任意x∈[1,+∞)恒成立，求k的取值范围；

(3)对任意k∈R，直线y=kx+b与曲线y=f(x)有且仅有一个公共点，求b19.(本小题17分)

已知集合A={1,2,3,…,m}，其中m∈N∗，m≥3.对于集合A的n(n∈N∗,n≥3)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m=5时，写出集合A包含元素1和2的“缺等差子集”；

(2)当m=14时，求集合A的“缺等差子集”元素个数的最大值；

(3)当m=12(3k+1)，且参考答案1.D

2.B

3.C

4.B

5.D

6.B

7.C

8.A

9.AD

10.BCD

11.ACD

12.4047

13.f(x)=x(14.3415.解：(1)由题意可得A=2，且T4=7π12−π3=π4，可得T=π=2πω，解得ω=2，

又因为π3×2+φ=π2+2kπ，k∈Z，而|φ|<π2，

解得φ=−π6，

所以f(x)=2sin(2x−π6)；

(2)要使f(x1)=f(x2)=1，即sin16.解：(1)因为a1−a2=12a2−a3=14，所以q=a2−a3a1−a2=12，

则a1=1，

所以an=12n−1．

(2)17.解：(1)由正弦定理及3csinA=acosC，得3sinCsinA=sinAcosC，

因为sinA≠0，所以3sinC=cosC，即tanC=33，

又C∈(0,π)，所以C=π6，

因为sin(A−2C)=32sinB，且A=5π6−B，

所以sin(5π6−B−2⋅π6)=32sinB，即cosB=18.解：(1)因为f(x)=lnx+ex−1，函数定义域为(0,+∞)，

可得f′(x)=1x+ex−1，f″(x)=ex−1−1x2，

易知函数y=ex−1−1x2在x∈(0,+∞)上单调递增，

且当x=1时，y=0，

当0<x<1时，f″(x)<0，f′(x)单调递减；

当x>1时，f″(x)>0，f′(x)单调递增，

所以当x=1时，f′(x)有极小值，极小值f′(1)=2，无极大值；

(2)因为不等式f(x)≥kx−1对任意x∈[1,+∞)恒成立，

所以lnx+ex−1≥kx−1对任意x∈[1,+∞)恒成立，

即k≤lnx+ex−1+1x对任意x∈[1,+∞)恒成立，

设g(x)=lnx+ex−1+1x，函数定义域为[1,+∞)，

可得g′(x)=(x−1)ex−1−lnxx2，

设ℎ(x)=(x−1)ex−1−lnx，函数定义域为[1,+∞)，

可得ℎ′(x)=xex−1−1x，

因为ℎ(x)在区间[1,+∞)上单调递增，

所以ℎ′(x)≥ℎ′(1)=0，

即ℎ(x)在区间[1,+∞)上单调递增，

所以ℎ(x)≥ℎ(1)=0，

此时g′(x)≥0，g(x)上单调递增，

所以g(x)≥g(1)=2，

即k≤2，

则k的取值范围为(−∞,2]；

(3)若对任意k∈R，直线y=kx+b与曲线y=f(x)有且仅有一个公共点，

此时lnx+ex−1=kx+b有唯一解，

设p(x)=lnx+ex−1−kx−b，函数定义域为(0,+∞)，

当x→+∞时，p(x)→+∞；当x→0时，p(x)→→∞；

所以p(x)=0至少有一个解，

因为lnx+ex−1=kx+b有唯一解，

所以k=lnx+ex−1−bx有唯一解，

设q(x)=lnx+ex−1−bx，因为19.解：(1)由题意可知，集合A包含元素1和2的“缺等差子集”，

分别为{1,2,4}，{1,2,5}，{1,2,4,5}．

(2)考虑集合A1={1,2,3,4,5,6,7}，记A1的“缺等差子集”为B1，元素个数为|B1|，

因为“缺等差子集”中不能出现连续的三个数，

所以集合{1,2,3}与{5,6,7}中至少有一个数不在任何一个“缺等差子集”中，

所以|B1|≤5，

若|B1|=5，因为{1,2,3}与{5,6,7}中有且只有两个元素属于B1，故4∈B1，

对于(1,2,3}，显然2和3不全在B1中，故1，2∈B1或1，3∈B1．

若1，2∈B1，则6∉B1且7∉B1，矛盾；

若1，3∈B1，则5∉B1且7∉B1，矛盾；

故|B1|≤4，当B1={1,2,4,5}时，符合|B1|=4，

即|B1|的最大值为4．

同理{8,9,10,11,12,13,14}的“缺等差子集”中元素个数最大为4．

所以当m=14时，对于集合A，其“缺等差子集”元素个数不超过8，

因为当B={1,2,4,5,10,11,13,14}时，符合题意．

故集合A的“缺等差子集”元素个数的最大值为8．

(3)存在，理由如下：

对于m=12(3k+1)，记Ak={1,2,⋯,m}，

由(1)(2)可知：A2={1,2,3,4,5}，B2={1,2,4,5}；

A3={1,2,⋯,14}，B3={1,2,4,5,10,11,13,14}．

在此基础上，当k=4时，

A4={1,2,⋯,41}，B={1,2,4,5,10,11,13,14,28,29,31,32,37,38,40,41}，

满足题目要求．

下面证明对每一个Ak={1,2,⋯,m}，m=12(3k+1)，

若已经构造出元素个数为2k的“缺等差子集”Bk，

则可用添项的方法来构造新的Ak+1和“缺等差子集”Bk+1，

使得Bk+1的元素个数为2k+1．

当Ak+1={1,2,⋯,12(3k+1+1)}时，Bk+1=Bk∪{y|y=3k+x,x∈Bk}是新的“缺等差子集