山东省济宁市部分学校2025届高三上学期阶段教学质量联合测评数学试卷

2024-2025学年上学期高三阶段教学质量联合测评数学试卷注意事项：1．答题前，先将自已的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码贴在答题卡上的指定位置．2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．3．非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．4．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交．．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】先求出结合M,再应用交集运算得出选项.【详解】因为，所以.故选：C.2.若复数z满足，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】先确定复数，再求复数的模.【详解】，所以，所以.故选：C3.已知向量满足：，则向量在向量上的投影向量为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据题意，由数量积的运算律可得，再由投影向量的定义代入计算，即可得到结果.详解】由，得，即，由已知得，所以向量在向量上的投影向量为.故选：A4.已知数列满足：且，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由计算出数列前4项，得到数列周期数列，从而得到.【详解】因为，，，所以，，，故数列为周期是3的数列，所以.故选：A5.已知，都是锐角，，，求（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用同角三角函数之间的关系可求得，，再利用两角差的余弦公式可得结果.【详解】由，以及，都是锐角可得，；所以.故选：A6.已知，且，若对任意的恒成立，则实数的取值是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】根据题意，问题可转化为对任意的恒成立，由题设条件得到，进而得到，接着结合基本不等式求得最小值得到即可求实数的取值范围.【详解】因为对任意的恒成立，可得对任意的恒成立，又因为，可得，则，当且仅当即时等号成立，所以最小值为，所以，可得，即，所以，解得或，所以实数的取值范围为.故选：C.7.已知函数，存在常数，使为偶函数，则的最小值为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】求出，由题意确定的值，进而可得为奇函数，即可得出的最小值.【详解】因为，所以，因为存在常数，为偶函数，则，此时为奇函数，所以，即，因为，所以的最小值为.故选：B8.已知函数，且满足，则实数取值范围是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】先用定义法证明为奇函数，化简解析式可知为增函数，然后结合函数的奇偶性与单调性解不等式即可.【详解】因为，所以为奇函数，又因为，所以为上的增函数.因为，为奇函数，所以，又为上的增函数，所以，即，解得或，所以实数的取值范围为.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.在下列四个命题中，正确的是（）A.命题“，使得”的否定是“，都有”B.当时，的最小值是5C.函数的最小值为2D.“”是“”的充要条件【答案】AB【解析】【分析】利用存在量词命题的否定判断A；利用基本不等式求解判断B；求出指数型复合函数最值判断C；利用充分条件必要条件定义判断D.【详解】对于A，命题“，使得”的否定是“，都有”，A正确；对于B，当时，，当且仅当，即时取等号，B正确；对于C，，当且仅当时取等号，而函数在上递减，则，所以函数在处取得最大值2，C错误；对于D，由，得，由，得或，即推不出，D错误.故选：AB10.关于复数，下列说法正确的是（）A.B.若，则的最小值为C.D.若是关于的方程：的根，则【答案】BD【解析】【分析】根据虚数单位乘方的周期性可判断A选项，设根据复数的四则运算及模长公式可判断BC选项，再根据复数范围内二次方程的解互为共轭复数且满足根于系数关系，判断D选项.【详解】A选项：由虚数单位的定义，，则，A选项错误；设，B选项：由，则，且，则，，又，所以当时取最小值为，B选项正确；C选项：，，，所以，C选项错误；D选项：由已知复数范围内二次方程的两根满足，且与互为共轭复数，由可知，则，即，D选项正确；故选：BD.11.数列an前n项和，且满足，，则（）A. B.C. D.数列的前项和为【答案】ABD【解析】【分析】A选项直接由递推关系式即可求出；B选项由即可判断；C,D选项由分组求和及等比数列求和公式即可判断.【详解】对于A：，正确；对于B:，有，两式相加，得，又，所以，为偶数由，得：，也即，为奇数，所以，正确；对于C:由B可知：，则，错误.对于D：数列的前项和记为，，正确故选：ABD三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知数列是公差不为零的等差数列，，且成等比数列，则数列的通项公式为__________.【答案】【解析】【分析】设等差数列的公差为，根据题意，列出方程组，求得的值，即可求解.【详解】设等差数列的公差为，因为，且成等比数列，可得，即，解得，所以数列的通项公式为.故答案为：.13.已知是半径为1，圆心角为的扇形，是扇形弧上的动点，是扇形的内接矩形，则的最大值为______．【答案】【解析】【分析】设,用表示出的长度,进而用三角函数表示出,结合辅助角公式即可求得最大值.【详解】设，扇形的半径为1，则，，，所以，所以，所以，因为，所以，所以当，即时,取得最大值.故答案为：.【点睛】方法点睛：利用三角函数表示线段长，利用三角恒等变换求得最值是常用方法.14.设向量，，满足，，，则的最大值等于______.【答案】2【解析】【分析】令，，，可得，，所以，，，共圆，由正弦定理可得圆的直径，从而可得，当为直径时最大，即可求解.【详解】由题设，，而，则，令，，，则，，又，如下图示：所以，，则，故，，，共圆，而，即，故外接圆直径，对于，当为直径时最大，即.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.记的内角，，的对边分别为，，，已知.（1）求锐角的大小；（2）若，且的周长为，求的面积.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理将边化角，再由两角和的正弦公式及诱导公式计算可得；（2）首先求出，即可得到，再由正弦定理得到，，，由周长求出，即可得到，，再由面积公式计算可得.【小问1详解】因为，由正弦定理可得，因，代入得，又因，则，又为锐角，故；【小问2详解】由可得，因为，则.由（1）可得，由正弦定理，其中，设比值为，则，，，因的周长为，即，即，则，，故的面积.16.已知是各项均为正数的等比数列，，且，，成等差数列．（1）求的通项公式；（2）求数列的前项和．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）设公比为，根据等差中项可得，根据等比数列通项公式列式求解即可；（2）由（1）可知：，利用分组求和结合等差、等比数列求和公式运算求解.【小问1详解】设等比数列的公比为，且，因为，，成等差数列，则，即，解得或（舍去），所以的通项公式为.【小问2详解】由（1）可知：，则，所以.17.已知函数，（1）若，求在点处的切线方程.（2）若有两个零点，求a的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）把代入，求出导数，利用导数的几何意义求出切线方程.（2）求导后，分别在、和的情况下，求得单调性和最值，结合零点存在定理可确定符合题意的取值范围.小问1详解】当时，，求导得，则，而，所以函数的图象在点处的切线方程为.【小问2详解】函数的定义域为R，求导得，①当时，恒成立，函数在R上单调递增，至多有一个零点，不合题意；②当时，由，解得，当时，；当时，，函数在上单调递减，在上单调递增，则，当时，，则，则至多有一个零点，不合题意；当时，，则，而，则在上有唯一零点；由（1）知，当时，，函数在上单调递增，当时，，即，当时，，在上有唯一零点；因此当时，有两个不同零点，所以实数的取值范围为.18.三角形中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，已知，点D是AB的中点，点E在线段上，且，线段CD与线段交于点M.（1）求角B的大小;（2）若，求的值；（3）若点G是三角形的重心，求的最小值.【答案】（1）；（2）；（3）.【解析】【分析】（1）利用正弦定理和余弦定理进行边角互化，由三角函数值求角即得；（2）利用两组三点共线，列出向量方程，由平面向量基本定理即可求得的值；（3）结合图形和条件将化简成，通过两边取平方，将化为，结合基本不等式即可求解.【小问1详解】因为，所以由正弦定理可得，整理得，故，因为B∈0,π【小问2详解】如图，由题意可得，因为三点共线，故可设

，又因三点共线，故，所以，故.【小问3详解】因为所以，因为，所以，于是，两边平方化简得：，当且仅当时取等号，所以，即.所以的最小值为.19.已知函数．（1）若函数在上为增函数，求实数的取值范围；（2）若函数和函数的图象没有公共点，求实数的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）求导，利用导函数在上恒成立，分离变量转化即可求解.（2）将问题转化为没有实数根，求导，利用导数确定函数的单调性,分类讨论，进而结合零点存在性定理即可求解.【小问1详解】由，可得，因为函数在上为增函数，所以对恒成立，即对恒成立，令，则，所以在单调递增，所以，即，所以，所以，解得，所以实数a的取值范围为；【小问2详解】因为函数和函数的图象没有公共点，所以，即无实根，所以当时，无实根，因为，即是偶函数，所以在上无实根.，，记，则，①当时，，又，则，所以，满足在上无实根.②当时，在上有实根，不合题意，舍去.③当时，，所以在单调递增，则，所以在上单调递增，所以，满足在上无实根.④当时，因为在上单调递增，且，则存在唯一的，使，当变化时，的变化情况如下：单调递减极小值单调递增所以当时，，则在单调递减，则，又因为，且在上连续，所以在