山东省泰安市2025届高三数学上学期11月月考试题【含答案】.docx

2025届高三上学期期中模拟考试数学试题一、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 ​， 则​（ ）A. ​ B. ​ C. ​ D. ​【答案】D【解析】【分析】根据一元二次不等式求集合A，根据指数函数单调性求集合B，进而求交集.【详解】因为集合​，​，所以​．故选：D．2. 命题“，”是真命题的一个充分不必要条件是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】将不等式成立的存在性问题转化为函数的最值问题，得到的取值范围，再由充分不必要条件的定义得到结果.【详解】因“，”，所以，所以．结合选项及充分不必要条件知“”是“”的充分不必要条件．故选：D．3. 已知奇函数，则（ ）A. B. 0 C. 1 D. 【答案】A【解析】【分析】由即可求解.【详解】，是奇函数，，，，．故选:A．4. 设公差的等差数列中，，，成等比数列，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】利用等比数列求出首项与公差的关系，然后利用等差中项化简所求表达式即可．【详解】解：因为公差的等差数列an中，，，成等比数列，所以，即，解得，所以，故选： C．5. 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. 函数的零点个数为（ ）A. 1 B. 0 C. 3 D. 2【答案】A【解析】【分析】利用导数判断函数的单调性，结合，即可判断出答案.【详解】由，可得，即定义域为-1,1，所以，由于，故，即f'x≥0，当且仅当x=0时取等号，即在-1,1上为单调递增函数，又，所以仅有一个零点．故选：A．7. 在中，内角所对的边分别为，若成等差数列，则的最小值为（ ）A. 3 B. 4 C. 5 D. 6【答案】A【解析】【分析】根据等差中项和三角恒等变换化简得，然后结合和差公式将所求化简为关于的表达式，利用基本不等式可得.【详解】由题知，由正弦定理得，即，因为，所以，又，所以，得，所以最多有一个是钝角，所以，因为，由基本不等式得，当且仅当，即时等号成立，所以的最小值为3.故选：A【点睛】关键点睛：本题主要在于利用三角恒等变换和三角形内角和定理，将已知和所求转化为的表达式，即可利用基本不等式求解.8. 已知函数的定义域为R，且满足，，则下列结论正确的是（ ）A. B. 方程有解C. 是偶函数 D. 是偶函数【答案】B【解析】【分析】根据已知得到，应用递推式及累加法求解析式，进而判断各项正误.【详解】因为函数的定义域为R，由，，取，得，取，得，故A错误．取，得，所以，，⋯，，以上各式相加得，所以，不是偶函数，故C错误；令，得，解得x=1或2，故B正确；因为，所以不是偶函数，故D错误.故选：B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全部选对的得6分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9. 设正实数满足，则（ ）A. 的最小值为 B. 的最小值为C. 的最小值为 D. 的最小值为【答案】BD【解析】【分析】利用基本不等式判断A，利用基本不等式“1”的妙用判断B，利用平方法，结合基本不等式判断C，利用完全平方公式，结合基本不等式判断D，从而得解.【详解】对于A，，当且仅当时取等号，此时取最大值，故A不正确；对于B，因为正实数满足，所以，当且仅当且，即时取等号，所以的最小值为，故B正确；对于C，，当且仅当时取等号，所以，即最大值为2，故C错误；对于D，由，因此，当且仅当时取等号，则的最小值为，故D正确.故选：BD10. 已知函数的图象过点和，且满足，则下列结论正确的是（ ）A. B C. 当时，函数值域为D. 函数有三个零点【答案】ABD【解析】【分析】根据和的范围即可得，进而根据可得即可判断AB，根据整体法即可求解C ，利用函数图象即可求解D.【详解】解：点代入解析式得，，即，又  故A项正确.由，解得，  又，，由A项可知，则有， 因此，  又因为和和，可知，，解得故B项正确.由AB选项可知，，  则时，，此时函数值域为故C项错误.由五点作图法作出的图象及的图象，如下图所示。

通过图象可知与的图像有3个不同交点，因此函数有三个零点.因此D项正确故选：ABD11. 已知是数列的前n项和，且，则下列选项中正确的是（ ）A. B. C. 若，则D. 若数列单调递增，则的取值范围是【答案】ABC【解析】【分析】由推出，两式相减即可判断A；由推出，两式相减即可判断B；由分析知，an中奇数项是以为首项，2为公差的等差数列，偶数项是以为首项，2为公差的等差数列，再由等差数列得前项和公式求和可判断C；根据数列an单调递增可判断D.【详解】对于A，①，②.由①②式可得；，A选项正确；对于B，因为，所以，两式相减得：，所以B正确；对于C，因为，令，得，因为，所以，令，得，因为，，可得，因为，而，所以，所以an奇数项是以为首项，2为公差的等差数列，偶数项是以为首项，2为公差的等差数列，所以，所以C选项正确；对于D，，令，则，所以，则，又因为，令，则，所以，同理：，，因为数列an单调递增，所以，解得：，解得：，解得：，解得：，解得：，所以的取值范围是，所以D不正确.故选：ABC.【点睛】关键点点睛：解题的关键点是利用得出an的奇数项、偶数项分别成等差数列.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12. 已知数列为正项等比数列，，若是数列的前项积，则当取最大值时的值为______．【答案】【解析】【分析】设等比数列的公比为，根据题意，列出方程求得，得到，结合，，进而得到答案.【详解】设等比数列的公比为，其中，因为，可得，所以，解得或（舍去），则，又当时，，当时，所以当取最大值时的值为．故答案为：.13. 为了测量隧道口、间的距离，开车从点出发，沿正西方向行驶米到达点，然后从点出发，沿正北方向行驶一段路程后到达点，再从点出发，沿东南方向行驶400米到达隧道口点处，测得间的距离为1000米.则隧道口间的距离是___________. 【答案】【解析】【分析】根据给定条件，利用正弦定理、余弦定理列式计算即得.【详解】在中，，由正弦定理得，而，则，在中，，由余弦定理得：.故答案为：100014. 函数的导函数为，若在的定义域内存在一个区间在区间上单调递增，在区间上单调递减，则称区间为函数的一个“渐缓增区间”．若对于函数，区间是其一个渐缓增区间，那么实数的取值范围是______．【答案】【解析】【分析】先通过f'x在区间上单调递减，得到其导函数不大于零恒成立，通过参变分离求最值得的范围，再通过在区间上单调递增，得到其导函数不小于零恒成立，通过单调性求得的范围，综合可得答案.【详解】对于函数，，令，则，因为f'x在区间上单调递减，所以恒成立，即恒成立，又，所以，又在区间上单调递增，所以恒成立，所以，解得，综合得.故答案为：.四、解答题：本题共5小题，共60分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．15. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知（1）证明：（2）若，，求的周长.【答案】（1）证明见解析 （2）【解析】【分析】（1）利用正弦函数的和差公式，结合正弦定理与余弦定理的边角变换，化简整理即可得证；（2）利用（1）中结论与余弦定理分别求得，从而求得，由此得解.【小问1详解】已知，可化为，由正弦定理可得，即，由余弦定理可得，整理得.小问2详解】当，时，，，所以，解得，所以的周长为16. 已知函数．（1）求函数的单调递减区间；（2）将函数图象上所有点的横坐标缩短为原来的（纵坐标不变），再向右平移个单位，得到函数的图象，若，且，求的值．【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）利用两角和的正、余弦公式及诱导公式化简函数的解析式，再由整体角范围求解不等式可得单调区间；（2）由伸缩变换与平移变换得解析式，得，根据整体角范围求余弦值，再由角的关系，利用两角和的余弦公式求解可得.【小问1详解】.由，解得即时，函数单调递减，所以函数的单调递减区间为；【小问2详解】将函数图象上所有点的横坐标缩短为原来的（纵坐标不变），则得到函数的图象，再向右平移个单位，得到函数的图象，所以.若，则， .由，得，又， 所以，则，故 .故的值为.17. 已知数列是以公比为3，首项为3的等比数列，且.（1）求出的通项公式；（2）设，数列的前n项和为，若不等式对任意的恒成立，求实数λ的取值范围.【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）由利用累加法求出的通项公式，进而求出an的通项公式.（2）由得，利用错位相减法求出，不等式可转化为，利用的单调性求出最小值即可.【小问1详解】∵数列是首项为3，公比为3的等比数列，∴，∴当时，，即，∴，∴.又也满足上式，∴数列an的通项公式为；【小问2详解】由（1），可得，∴①，②，由①-②，得，∴，∴不等式可化为，即对任意的恒成立，令且为递增数列，即转化为.又，所以，综上，λ的取值范围是.18. 已知函数，其中是实数.（1）若，求的单调区间；（2）若函数不具有单调性，求实数的取值范围；（3）若恒成立，求的最小值.【答案】（1）在单调递增，单调递减 （2） （3）【解析】【分析】（1）求出导函数，解不等式即可求解；（2）由题意在定义域内有异号零点，利用导数研究其单调性，结合零点存在性定理列不等式求解即可；（3）易知当时，，再证能成立，即证：存在，使得恒成立，构造函数，利用导数研究其最值即可求解.【小问1详解】当时，，则，令，解得，令，解得，所以在单调递增，单调递减；【小问2详解】函数的图象是连续的，且不具有单调性，在定义域内有正有负（有异号零点），记，则在为负，为正，在单调递减，单调递增，故存在，使得，只需，即.【小问3详解】对任意都成立，当时，，下证：能成立，即证：存在，使得恒成立，记，故（必要性），而，则，解得，只需证：恒成立，，由（2）知，其在单调递减，单调递增，在为正，在为负，在为负，在单调递增，单调递减，，得证；综上，的最小值为0.【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极（最）值问题处理．19. 对于任意正整数n。