山东省临清市实验高级中学2024−2025学年高三上学期10月月考数学试题含答案

山东省临清市实验高级中学2024−2025学年高三上学期10月月考数学试题一、单选题（本大题共8小题）1．已知集合，则（

）A． B． C． D．2．已知，且，则（

）A． B． C． D．3．等差数列的首项为，公差不为0，若成等比数列，则的前6项和为（

）A．24 B．24 C．3 D．34．“”是“”的（

）A．必要不充分条件 B．充分不必要条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件5．如图，正方形中，是直线上的动点，且，则的最小值为（

）

A． B． C． D．46．设，，，则下列关系正确的是（

）A． B．C． D．7．已知函数的定义域为，值域为，且，则（

）A． B． C． D．8．在同一平面直角坐标系内，函数及其导函数的图象如图所示，已知两图象有且仅有一个公共点，其坐标为，则（

）A．函数的最大值为1B．函数的最小值为1C．函数的最大值为1D．函数的最小值为1二、多选题（本大题共3小题）9．设方程在复数范围内的两根分别为，则下列关于的说法正确的有（

）A． B． C． D．10．尽管目前人类还无法准确预报地震，但科学家经过研究，已经对地震有所了解，例如，地震时释放的能量E（单位：焦耳）与地震里氏震级M之间的关系为lgE=4.8+1.5M，则下列说法正确的是（

）A．地震释放的能量为1015.3焦耳时，地震里氏震级约为七级B．八级地震释放的能量约为七级地震释放的能量的6.3倍C．八级地震释放的能量约为六级地震释放的能量的1000倍D．记地震里氏震级为n（n=1，2，···，9，10），地震释放的能量为，则数列{}是等比数列11．已知函数，则下列结论正确的是（

）A．若，则B．C．若，则D．若则三、填空题（本大题共3小题）12．已知函数，则．13．《易经》是中华民族智慧的结晶，易有太极，太极生两仪，两仪生四象，四象生八卦，易经包含了深刻的哲理.如图所示是八卦模型图以及根据八卦图抽象得到的正八边形ABCDEFGH，其中A14．设函数的定义域为为奇函数，为偶函数，当时，则.四、解答题（本大题共5小题）15．在中，角所对的边分别为，已知，角的平分线交边于点，且.(1)求角的大小；(2)若，求的面积.16．某企业投资生产产品，经过市场调研，生产产品的固定成本为200万元，每生产万件，需可变成本万元，当产量不足50万件时，；当产量不小于50万件时，．每件产品的售价为100元．(1)写出利润关于产量的函数；(2)若生产的产品可以全部销售完，则生产该产品能获得的最大利润为多少万元？17．已知数列的前项和为，且.(1)求数列的通项公式；(2)设，求数列的前项和.18．已知函数.(1)当时，求曲线在点处的切线方程；(2)当时，求证：.19．定义：在一个有穷数列的每相邻两项之间插入这两项的和，形成新的数列，我们把这样的操作称为该数列的一次“和扩充”，例如：数列1，3，5经过第一次“和扩充”后得到数列；第二次“和扩充”后得到数列.设数列经过次“和扩充”后得到的数列的项数为，所有项的和为.(1)若已知数列，求；(2)求不等式的解集；(3)是否存在不全为0的数列，使得数列为等差数列？请说明理由.

参考答案1．【答案】C【分析】解一元二次不等式后可得集合，再利用交集定义即可得解.【详解】由可得，解得或，即或，则.故选C.2．【答案】C【分析】根据结合可得与，进而可得.【详解】则，即，又因为，故，，，故，因为，则，结合可得，，则.故.故选C.3．【答案】A【分析】设出等差数列的公差，利用等比中项得到关于公差的方程，再利用等差数列的前项和公式进行求解.【详解】设an的公差为，由成等比数列，得，即，解得或（舍去），所以.故选A.4．【答案】A【分析】由对数的运算结合集合的包含关系判断即可.【详解】由，得.设，，因为集合是集合的真子集，所以“”是“”的必要不充分条件.故选A.5．【答案】C【分析】根据给定图形，用表示向量，再利用共线向量定理的推论，结合“1”的妙用求解即得.【详解】正方形中，，则，而，则，又点共线，于是，即，而，因此，当且仅当，即时取等号，所以当时，取得最小值.故选C.6．【答案】C【分析】构造函数.利用导数判断单调性，证明出.构造函数.利用导数判断单调性，证明出，得到；构造函数；利用导数判断单调性，证明出，即为；即可得到答案.【详解】记因为，所以当时，，所以在0,+∞上单调递增函数，所以当时，，即，所以,记，因为，所以gx在0,+∞上单调递增函数，所以当时，，即，所以，所以，记，因为，所以当时，，所以在0,+∞上单调递增函数，所以当时，，即，所以，所以，综上所述：.故选C.7．【答案】D【分析】先变形得到，故，累加法求和得到，结合等差数列求和公式得到答案.【详解】因为，所以，所以，所以，所以.故选D.8．【答案】C【分析】AB选项，先判断出虚线部分为，实线部分为，求导得到在R上单调递增，AB错误；再求导得到时，单调递增，当时，单调递减，故C正确，D错误.【详解】AB选项，由题意可知，两个函数图象都在x轴上方，任何一个为导函数，则另外一个函数应该单调递增，判断可知，虚线部分为，实线部分为，故恒成立，故在R上单调递增，则A，B显然错误，对于C，D，，由图像可知，恒成立，故单调递增，当，，单调递减，所以函数在处取得极大值，也为最大值，，C正确，D错误.故选C.9．【答案】ABD【分析】求解可得，再逐个选项判断即可.【详解】对A，由实系数一元二次方程求根公式知，则（与顺序无关），故A正确；对B，因为，所以，故B正确；对C，由A，，故C错误；对D，由韦达定理可得，故D正确．故选ABD.10．【答案】ACD【分析】根据所给公式，结合指对互化原则，逐一分析各个选项，即可得答案.【详解】对于A项，当时，由题意得，解得，即地震里氏震级约为七级，故A正确；对于B项，八级地震即时，，解得，所以，所以八级地震释放的能量约为七级地震释放的能量的倍，故B错误；对于C项，六级地震即时，，解得，所以，即八级地震释放的能量约为六级地震释放的能量的1000倍，故C正确；对于D项，由题意得（n=1，2，···，9，10），所以，所以所以，即数列{}是等比数列，故D正确；故选ACD.11．【答案】BCD【分析】由，可判定A错误；根据题意，求得，可得判定B正确；由，结合函数的单调性，可判定C正确；结合函数求得，可得判定D正确.【详解】由函数的定义域为，且，所以的单调递增区间为，对于A中，令，可得，所以，所以A错误；对于B中，由，所以，因为，所以，所以B正确；对于C中，由，因为，所以，因为，所以，即，所以C正确；对于D中，由即，令，可得，所以函数在为单调递减函数，所以，即因为可得，所以，可得，所以，所以D正确；故选BCD.【方法总结】利用导数证明或判定不等式问题：1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性与极值（最值），从而得出不等关系；2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题，从而判定不等关系；3、适当放缩构造法：根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论，从而判定不等关系；4、构造“形似”函数，变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.12．【答案】【分析】根据分段函数解析式结合自变量范围求解即可.【详解】，，，故答案为：.13．【答案】1+【分析】连接HC，则HC【详解】在正八边形ABCDEFGH而∠ABC=135∘，即∠BCCH=1+2故答案为：1+214．【答案】1【分析】求出函数的图象的对称点，对称直线，周期，求出，求出.【详解】因为函数的定义域为为奇函数，为偶函数，所以函数的图象关于点对称，也关于直线对称，所以，，所以，则，所以函数是周期为8的周期函数，当时，，则，，，，，，，，所以，又因为，所以.故答案为：.【关键点拨】本题关键在于求出函数的图象的对称点，对称直线，周期.15．【答案】(1)(2)【分析】（1）由两角和的正弦公式以及正弦定理可得，可得结果；（2）由三角形面积公式并利用，可得，再由余弦定理即可求得,由三角形的面积公式可得结果.【详解】（1）因为，由正弦定理可得，所以，故，.（2）由题意可知，即，化简可得，在中，由余弦定理得，从而，解得或（舍去），所以.16．【答案】(1)(2)最大利润为1000万元【分析】（1）分产量不足50万件和产量不小于50万件两种情况讨论，分别求出函数解析式；（2）利用导数求出函数在时的最大值，利用基本不等式求出当时的最大值，即可得解.【详解】（1）由题意得，销售收入为100万元，当产量不足50万件时，利润；当产量不小于50万件时，利润．所以利润；（2）①当时，，当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，则；②当时，，当且仅当，即时取等号．又，故当时，所获利润最大，最大值为1000万元，所以，生产该产品能获得的最大利润为1000万元．17．【答案】(1)，(2)，.【分析】（1）利用得出数列是等比数列，从而可得通项公式；（2）由已知求得，得出是等差数列，求出其前项和，然后根据绝对值的性质得出数列与的前项和的关系，从而求得结论．【详解】（1）由，则当时两式相减得，所以.将代入得，，所以对于，故an是首项为2，公比为2的等比数列，所以.（2）.，因为当时，当时，所以当时，，当时，.故.18．【答案】(1)(2)证明见解析【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.【详解】（1）当时，，，，斜率，，即，曲线在点处的切线方程为.（2）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，在上有唯一的实根，且，当时，，当时，，当时，取得最小值，由得，，两边取对数得，即，即，综上所述：当时，.19．【答案】(1)；(2)；(3)存在，理由见解析.【分析】（1）由已知，可得第二次“和扩充”后得到数列，即可得到；（2）由已知，数列第次“和扩充”后增加的项数为，可得，可得是首项为4，公比为2的等比数列，可得，则，可解得.（3）由已知，可得，进而可得，从而得到结论.【详解】（1）第一次“和扩充”：3，7，4，9，5；第二次“和扩充”：3，10，7，11，4，13，9，14，5；故.（2）数