2024-2025学年山东省临沂市高三（上）期中数学试卷（含答案）

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，，则( )
A. B. C. D.
2.若非零实数，满足，则( )
A. B. C. D.
3.在平行四边形中，点为线段的中点，记，，则( )
A. B. C. D.
4.已知函数，则不等式的解集是( )
A. B.
C. D.
5.已知，，则( )
A. B. C. D.
6.“”是“不等式在上恒成立”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.已知函数与函数的图象在区间内交点的坐标分别为，，，，则的值可能是( )
A. B. C. D.
8.已知数列的前项和为，，，，则( )
A. B. C. D.
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.已知为复数，且，则( )
A. B. C. D.
10.已知，则( )
A. 有三个零点
B.
C. 当时，
D. 曲线存在两条过点的切线
11.定义“数列”如下：
，，，，；
共有项，其中项为，项为，且对任意的，，，，，中的个数不少于的个数．
记“数列”的个数为，则( )
A.
B.
C.
D. 当时，
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知为数列的前项和，若，则的值为______．
13.已知函数的定义域为，写出一个同时具有下列性质的函数：______．
对任意，，，若，；；．
14.已知关于的方程有解，则的最小值为______．
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.本小题分
已知函数图象的一个最高点的坐标为，与之相邻的一个对称中心的坐标为．
求的解析式；
若，求的最小值，
16.本小题分
已知等比数列满足，．
求数列的通项公式；
记数列的前项和为，前项积为，求证：．
17.本小题分
在中，已知内角，，所对的边分别为，，，，．
求；
若，求的面积．
18.本小题分
已知函数．
求的导函数的极值；
不等式对任意恒成立，求的取值范围；
对任意，直线与曲线有且仅有一个公共点，求的取值范围．
19.本小题分
已知集合，其中，对于集合的元子集，若中不存在三个元素构成等差数列，则称集合为集合的“缺等差子集”
当时，写出集合包含元素和的“缺等差子集”；
当时，求集合的“缺等差子集”元素个数的最大值；
当，且时，是否存在满足的集合的“缺等差子集”，请说明理由．
参考答案
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
9.
10.
11.
12.
13.答案不唯一
14.
15.解：由题意可得，且，可得，解得，
又因为，，而，
解得，
所以；
要使，即，
则，或，，
解得或，，
即，时，取到最小值．
16.解：因为，所以，
则，
所以．
证明：根据第一问，且数列为等比数列，
根据等比数列前项和公式易知，
；
所以，
因为对任意恒成立，
所以对任意恒成立，
所以，得证．
17.解：由正弦定理及，得，
因为，所以，即，
又，所以，
因为，且，
所以，即，
又，
所以，．
由正弦定理知，，
所以，
而，
所以的面积为．
18.解：因为，函数定义域为，
可得，，
易知函数在上单调递增，
且当时，，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以当时，有极小值，极小值，无极大值；
因为不等式对任意恒成立，
所以对任意恒成立，
即对任意恒成立，
设，函数定义域为，
可得，
设，函数定义域为，
可得，
因为在区间上单调递增，
所以，
即在区间上单调递增，
所以，
此时，上单调递增，
所以，
即，
则的取值范围为；
若对任意，直线与曲线有且仅有一个公共点，
此时有唯一解，
设，函数定义域为，
当时，；当时，；
所以至少有一个解，
因为有唯一解，
所以有唯一解，
设，因为，
所以为单调函数，
可得恒成立，
设，
此时恒成立，
可得，，
所以在区间上单调递增，
又，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
需满足即可，
解得．
则的取值范围为．
19.解：由题意可知，集合包含元素和的“缺等差子集”，
分别为，，．
考虑集合，记的“缺等差子集”为，元素个数为，
因为“缺等差子集”中不能出现连续的三个数，
所以集合与中至少有一个数不在任何一个“缺等差子集”中，
所以，
若，因为与中有且只有两个元素属于，故，
对于，显然和不全在中，故，或，．
若，，则且，矛盾；
若，，则且，矛盾；
故，当时，符合，
即的最大值为．
同理的“缺等差子集”中元素个数最大为．
所以当时，对于集合，其“缺等差子集”元素个数不超过，
因为当时，符合题意．
故集合的“缺等差子集”元素个数的最大值为．
存在，理由如下：
对于，记，
由可知：，；
，．
在此基础上，当时，
，，
满足题目要求．
下面证明对每一个，，
若已经构造出元素个数为的“缺等差子集”，
则可用添项的方法来构造新的和“缺等差子集”，
使得的元素个数为．
当时，是新的“缺等差子集”，且满足．
首先证明，是的子集，即，
考虑中的最大项，则，
所以中的最大项，
所以，于是，都有，
所以．
证明是“缺等差子集”，即，，，，都有，
若，，，由题意可知．
若，，，
则，故．
若，，
则，使得，，
其中，，，
故，
因为，
所以，；
若，
则，，，使得，，，
其中，，，
故，
由是“缺等差子集”可知，，
所以．
综上所述，是“缺等差子集”．
证明的元素个数，
由题意可知，因为集合中元素与中元素一一对应，
所以集合中元素个数也是．
考虑集合中的最小元素，
则集合中的最小元素；
所以对于集合，，
即的元素个数为．
综合可得，当，且时，
存在满足的“缺等差子集”．
第1页，共1页