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

这是一份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，共18页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答等内容，欢迎下载使用。
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：C
3. 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：A
4. 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：A
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：A
6. 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：B
8. 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5
C. 函数的最小值为2
D. “”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：AB
10. 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，所以.
【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：
所以当时，，则在单调递减，
则，又因为，且在上连续，
所以在上有实根，不合题意.
综上可知，实数的取值范围是.
【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：
（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；
（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；
（3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题.
单调递减
极小值
单调递增