山东省聊城市2024-2025学年高三上学期期中考试 数学（含答案）

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山东省聊城市2024-2025学年高三上学期11月期中教学质量检测数学试题
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的考场、座号、姓名、班级填（涂）写在答题卡上，将条形码粘贴在“贴条形码区”.
2.作选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再改涂其它答案标号.
3.非选择题须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡中各题目指定的区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.否则，该答题无效.
4.考生必须保持答题卡的整洁；书写力求字体工整、符号规范、笔迹清楚.
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，只有一个选项是正确的.
1若集合，则（）
A. B. C. D.
2. 若，则（）
A. 1 B. 3 C. 6 D. 9
3. 已知，则下列不等式一定成立的是（）
A. B. C. D.
4. 已知，则（）
A. B. C. D.
5. 若向量，则“”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
6. 在中，，其外接圆的圆心为，则的最小值为（）
A. 4 B. C. 16 D.
7. 设，若为的最小值，则实数的取值范围是（）
A. B. C. D.
8. 若函数的定义域为，且，则（）
A. B.
C D.
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.全部选对得6分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分.
9. 数列中，记为数列的前项和，为数列的前项积，若，，则（）
A. B.
C. 数列是单调递增数列 D. 当取最大值时，或
10. 若函数，则（）
A.
B. 当时，函数在区间上单调递增
C. 当时，将图象向左平移个单位后得到图象
D. 当函数在上恰有2个零点和2个极值点时，的取值范围是
11. 若点是函数图像上的两点，则（）
A. 对任意点，存在无数点，使曲线在点A，B处切线的倾斜角相等
B. 当函数存在极值点时，实数的取值范围为
C. 当且在点A，B处的切线都过原点时，
D. 当直线AB的斜率恒小于1时，实数的取值范围为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 函数的最小正周期为______.
13. 我国火力发电厂大气污染物排放标准规定：排放废气中二氧化硫最高允许浓度为.已知我国某火力发电厂排放废气中二氧化硫的初始浓度为，现通过某种工艺对排放废气进行过滤处理，处理后废气中剩余二氧化硫的浓度（单位：）与处理时间（单位：分钟）满足关系式：，那么从现在起至少经过______分钟才能达到排放标准.（参考数据：，结果取整数）
14. 设，若，使得对恒成立，则的取值范围是______.
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. 已知函数在处取得极小值.
（1）求m，n的值；
（2）若函数有3个不同零点，求实数的取值范围.
16. 记的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知.
（1）求；
（2）若的面积为，求.
17. 函数图象关于坐标原点成中心对称图形的充要条件是函数为奇函数，可以将其推广为：函数图象关于点成中心对称图形的充要条件为函数为奇函数，已知函数.
（1）证明：函数的图象关于点成中心对称图形；
（2）判断函数的单调性，若，求实数的取值范围.
18. 数列中，若，使得，都有成立，则称数列为“三合定值数列”，已知.
（1）求；
（2）设，证明：数列等比数列，并求；
（3）设，求数列的前项和.
19. 设函数，已知曲线在点处的切线方程为.
（1）求的值；
（2）讨论函数的单调性；
（3）若对恒成立，求实数的取值范围.
山东省聊城市2024-2025学年高三上学期11月期中教学质量检测数学
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，只有一个选项是正确的.
1.
【答案】C
2.
【答案】B
3.
【答案】C
4.
【答案】A
5.
【答案】B
6.
【答案】D
7.
【答案】A
8.
【答案】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.全部选对得6分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分.
9.
【答案】ABD
10.
【答案】BC
11.
【答案】ACD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.
【答案】
13.
【答案】16
14.
【答案】
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.
【解析】
【分析】（1）求导，根据得到方程组，求出，，检验为极小值点，得到答案；
（2）在（1）基础上，得到的极大值为，极小值为，转化为与有3个不同的交点，所以.
【小问1详解】
，
，，
解得，，
故，
，
令得或，
令得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
故为极小值点，满足要求；
【小问2详解】
由（1）知，在上单调递增，在上单调递减，
且，，
故的极大值为，极小值为，
又趋向于时，趋向于，当趋向于时，趋向于，
综上，要想有3个不同零点，即有3个不同的实数根，
即与有3个不同的交点，
所以.
16.
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理将边化角，再利用三角恒等变换化简，即可解决；
（2）利用三角形的面积公式，得，再利用余弦定理得，最后结合正弦定理即可求解.
【小问1详解】
因为，
所以由正弦定理得，
化简得，
因为，即，所以，
得，因为，
所以，又，
所以.
【小问2详解】
由（1）知，又的面积为，
所以，即，
由余弦定理可得，
所以，，，即
由正弦定理得，，
所以，
17.
【解析】
【分析】（1）根据为奇函数，结合奇函数的定义即可求解,
（2）根据函数的单调性和奇偶性，即可根据得求解.
【小问1详解】
令，定义域为,则，故为奇函数,
因此为奇函数，故的图象关于点成中心对称图形，
【小问2详解】
由于，均为单调递增函数，故为定义域内的单调递增函数，
由于，且为单调递增函数，故单调递增，
故由可得，
即，
故，解得
18.
【解析】
【分析】（1）由，代入计算，即可得到结果；
（2）由条件可得，即可证明，结合的通项公式，分别讨论为奇数以及为偶数的情况，即可得到结果；
（3）根据题意，由条件可得，结合错位相减法代入计算，即可得到结果.
【小问1详解】
因为，所以，且，
则，即，解得，
又，即，解得，
又，即，解得，
所以，，.
【小问2详解】
因为，则，
且，即，所以，
即，又，则，
所以数列是以为首项，以为公比的等比数列，
所以，即，
所以①，，
则②，，
两式相减可得，
即的奇数项为等差数列，且，
令，则，所以（为奇数），
又③，
由③①可得，，
所以的偶数项为等差数列，且，
令，则，即，
综上所述，.
【小问3详解】
因为，当为奇数时，，
当为偶数时，，
综上，，
则，
，
两式相减可得，
，
，
，
，所以.
19.
（3）
【解析】
【分析】（1）根据可得；
（2）先求得，根据，，，分类讨论即可.
（3）将问题转化为在上恒成立，先求，设，，根据，将分为和验证即可.
【小问1详解】
由题意，可得
【小问2详解】
由题意的定义域为，
，
当时，，故在区间上单调递增，
当时，令得，
当时，，当时，，当时，，
故在区间上单调递增，在区间上单调递减，
当时，，当时，，
故在区间上单调递增，
当时，，当时，，当时，，
故在区间上单调递减，在区间上单调递增，
综上所述：
当时，在区间上单调递增，
当时，在区间上单调递增，在区间上单调递减，
当时，在区间上单调递减，在区间上单调递增.
【小问3详解】
由得，即，
设，则由题意在上恒成立，
，设，
则，
若时，，
当时，，，故，
故在区间上单调递增，故，即，
故在区间上单调递增，故，满足题意.
若，设，则，
则在区间上单调递增，故使当时，，
因，故在区间上，即，
故在区间上单调递减，故在上，不符合题意
综上可知，实数的取值范围为.
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