【精品解析】山东省青岛市西海岸新区2024-2025学年高三上学期期中考试数学试卷（Word原卷版+解析版）

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2024.11
本试卷共4页，19题.全卷满分150分.考试用时120分钟
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上，并将条形码粘贴在答题卡指定位置上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，请将答题卡上交.
一、单项选择题：本大题共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. 已知为坐标原点，点，，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据数量积的坐标运算逐一求解，即可求解.
【详解】由题意可得，，，，
故，
，
，
，
因此，
故选：A
2. 如图，正方形的边长为，取正方形各边的中点，，，，作第个正方形，然后再取正方形各边的中点，，，，作第个正方形，依此方法一直继续下去.则从正方形开始，连续个正方形面积之和为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据条件，分别求得前个正方形的面积，再结合条件，即可求解.
【详解】由题意得，第一个正方形边长为，面积为，
第二个正方形边长为，面积为，
第三个正方形边长，面积为，
第四个正方形边长为，面积为，
第五个正方形边长为，面积为，
由题有
，得到，解得，
故选：D.
3. 已知平面向量满足，若，则与的夹角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据向量垂直及数量积运算律、定义可得，即可求夹角.
【详解】由题设，而，
所以，，
所以.
故选：B
4. 设集合，则是的（ ）
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
【答案】B
【解析】
【分析】解不等式得A，根据集合的基本关系确定a的范围结合充分、必要条件的定义判定即可.
【详解】由集合，
又，所以，
所以是的必要不充分条件.
故选：B.
5. 若正数满足，则的最小值是（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意可得，利用基本不等式求解.
【详解】由可得，
，
当且仅当，即时，等号成立，此时符合题意.
所以的最小值为.
故选：A
6. 如图，已知函数，点，是直线与函数y=fx的图象的两个交点，若，则fπ3=（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据条件，利用的图象与性质，可求得，结合图象，利用，可求得，即可求解.
【详解】设，由，得到，
当，由，得到，
所以，得到，
又，结合图象有，
得到，所以，
当时，，由，
得到，
所以，得到，
又，结合图象有，
得到，所以，
综上，，所以，
故选：C.
7. 2024年1月1日，第五次全国经济普查正式启动.甲、乙、丙、丁、戊5名普查员分别去城东、城南、城西、城北四个小区进行数据采集，每个小区至少去一名普查员，若甲不去城东，则不同的安排方法共有（ ）
A. 36种B. 60种C. 96种D. 180种
【答案】D
【解析】
【分析】按城东去1人和2人分类，再结合分组分配列式计算即得.
【详解】城东去1人，不同安排方法为（种）；
城东去2人，不同安排方法是（种），
所以不同的安排方法共有（种）.
故选：D
8. 定义在上的函数满足：，，，当时，，则（ ）
A. 2B. 1C. D. 0
【答案】A
【解析】
【分析】根据和，再由当时，，可得时，，再利用条件将逐步转化到内，代入求解即可．
【详解】由可得中令可得，
又因为时，，又，
所以时，，
由可得，
因为，所以，
所以,
故选：A
【点睛】关键点点睛：根据和，再由当时，，可得时，.
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 已知二项式，则其展开式中（ ）
A. 的系数为15B. 各项系数之和为1
C. 二项式系数最大项是第3项D. 系数最大项是第3项或第5项
【答案】AD
【解析】
【分析】根据二项展开式的通项公式计算后可判断ACD的正误，利用赋值法可求各项系数之和，故可判断B的正误.
【详解】的展开式的通项为，
对于A，取，则，故的系数为，故A正确；
对于B，因为，
令，则各项系数之和为，故B错误；
对于CD，由展开式的通项可得展开式中各项的系数依次为：，
故二项式系数最大项是第3项或第5项，故C错误，D正确；
故选：AD.
10. 数列满足，，则（ ）
A. 数列为等差数列B.
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】选项A，根据条件，利用等差数列的定义，即可判断选项的正误；选项B，根据条件，利用累加法，即可判断选项的正误；选项C，由选项B可得，再利用裂项相消法，即可判断选项的正误；选项D，构造函数，利用导数与函数单调性间的关系，得到在上恒成立，从而有，再利用数学归纳法，即可判断选项的正误.
【详解】对于选项A，因为，则不为常数，由等差数列的定义可知，数列不为等差数列，故选项A错误，
对于选项B，由，得到，
当时，，
又当时，，满足，所以，故选项B正确，
对于选项C，由选项B知，得到，
所以，故选项C正确，
对于选项D，由选项B知，，即，整理得到，
下面用数学归纳法证明成立，
当，不等式左边等于，不等式右边等于，所以时，等式成立，
假设时，成立，
则时，因为，
令，则在区间上恒立，
即在区间上单调递减，
所以，得到在上恒成立，
所以，
即时，也成立，
综上，对任意的成立，故选项D正确，
故选：BCD.
【点睛】本题的关键在于选项D，通过构造函数，利用导数与函数单调性间的关系得在上恒成立，从而有，再利用数学归纳法来证明即可.
11. 在中，角，，所对的边分别为，，，，，已知点是所在平面内一点，点在上，点为中点，，则（ ）
A. 若，则的面积为2
B. 若在方向上的投影向量为，则的最小值为
C. 若点为中点，则
D. 若，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据数量积的运算律可判断为等腰三角形，故可判断AD的正误，结合投影向量的性质可判断为直角三角形，故可判断B的正误，根据向量的线性运算可判断C的正误.
【详解】对于A，因为，故，
所以即即，
故的面积为，
故A正确；
对于B，若在方向上的投影向量为，则，
当时取最小值，此时，故为的中点，故此时，
故B错误；

对于C，因为，故，
则即，故C正确；
对于D，设，因为均为单位向量，
故在的角平分线上，而，
故的角平分线与垂直，故，
取的中点为，连接，则，且，
故，
故D正确.
故选： ACD.
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知函数为上增函数，写出一个满足要求的的解析式______
【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】利用分段函数、一次函数的性质，结合条件，即可求解.
【详解】的解析式为（答案不唯一），理由如下，
因为时，在区间上单调递增，
当时，在区间上单调递增，且，
所以时，函数为上的增函数，
故答案为：（答案不唯一）
13. 记为正项数列的前项积，，则______.
【答案】2025
【解析】
【分析】由数列的前项积，利用赋值法令可求得，将表达式化简可得数列是等差数列，求出通项即可.
【详解】数列的各项均为正，当时，，解得，
由，得当时，，
即，因此，
数列是以为首项，公差为等差数列，，
所以.
故答案为：2025
14. 某警察学院体育比赛包括“射击”、“游泳”、“折返跑”、“百米接力”、“伤员搬运”、“400米障碍”六个项目，规定：每个项目前三名得分依次为，，，其中，选手的最终得分为各场得分之和.最终甲、乙、丙三人包揽了每个项目的前三名，在六个项目中，已知甲最终得分为26分，乙最终得分为12分，丙最终得分为10分，且丙在“射击”这个项目中获得了第一名，那么______，“游泳”这个项目的第二名是______.
【答案】 ①. ②. 乙
【解析】
【分析】根据得分总和可得，结合反证法可得，再就甲在除射击外的5个项目中的得分分类讨论后可得游泳中的第二名.
【详解】因为甲乙丙包揽了每个项目的前三名，故它们的得分总和为，故，
若，则，此时，与矛盾；
故，故，故或，
若，则丙在除射击外的5个项目共拿6分，
但其余5个项目丙拿5分或7分以上，矛盾；
故，所以丙在除射击外的5个项目中每个项目均拿1分，共计5分；
甲共计分，则甲在除射击外的5个项目中拿分或分，
若甲在除“射击”外的5个项目中拿分，则甲在射击项目中拿1分，
其余5个项目中每个项目都拿5分，
此时乙在6个项目中的分数为，符合题意；
若甲在除“射击”外的5个项目中拿分，故甲在射击中拿2分，乙拿1分，
则其余5个项目中，甲在4个项目中每个项目拿5分，1个项目中拿2分，
此时甲的总分达不到分，
故，游泳的第二名为乙，
故答案为：，乙.
【点睛】思路点睛：对于逻辑推理题，我们需从题设条件中挖掘一些等量关系，而且要结合数据的特征作出合理的分类.
四、解答题：本大题共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.
（1）求的最大值及相应的取值集合；
（2）设函数，若在区间上单调递增，求的取值范围.
【答案】（1），的取值集合为
（2）
【解析】
【分析】（1）利用二倍角公式、辅助角公式化简，再利用正弦函数性质求解即得.
（2）求出函数解析式，确定相位的范围，再结正弦函数的单调性列式求解即得.
【小问1详解】
依题意，，
当，即时，，
此时，的取值集合为．
【小问2详解】
由（1）知，，
当时，，由在区间上单调递增，
可得：，解得：，
所以的取值范围是
16. 记数列是公差不为0的等差数列，，且是和的等比中项.
（1）求数列的通项公式；
（2）数列满足： ，，，
（ⅰ）求证：为等比数列；
（ⅱ）求取最大值时的值.
【答案】（1）
（2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）
【解析】
【分析】（1）利用基本量法求得公差为4，从而可求的通项公式.
（2）根据（1）求出，判断其符号后可得取最大值时的值.
【小问1详解】
设的公差为，则，
所以即，而，故，
故.
【小问2详解】
（ⅰ），,
而，故，
而，，所以
所以为等比数列且公比为2，首项为.
（ⅱ）由（ⅰ）可得，所以，
故当时，，当时，，
故，
故取最大值时.
17. 在中，记角，，所对的边分别为，，，.
（1）求；
（2）若，为中点，，分别在线段，上，且，，求面积的最小值及此时对应的的值.
【答案】（1）
（2），
【解析】
【分析】（1）根据条件，利用正弦定理边转角，再利用三角形的性质和正弦的和角公式，得到，结合辅助角公式求解；
（2）由正弦定理可得出，DE，再利用三角形的面积公式和两角和与差的正弦公式化简即可求得结果.
【小问1详解】
由，得到，
又，所以，
又，得到，即，
又，所以，得到.
【小问2详解】
由（1）知，如图，因为，所以．
在中，因为，所以，
在中，因为，所以，
所以，
设，，
所以
化简可得：
所以
当时，取得最小值．
18. 已知函数.
（1）求函数的单调区间；
（2）求证：当时，函数只有两个零点；
（3）若对任意的实数，，曲线与直线总相切，则称函数为“函数”.当时，若函数是“函数”，求.
【答案】（1）答案见解析
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）利用导数与函数单调性间的关系，分类讨论求的单调区间即可；
（2）根据条件，将的零点问题化成的零点问题，再结合条件，利用函数的单调性即可证明结果；
（3）利用“函数”的定义，结合导数的几何意义得，然后结合是方程的根，构造函数，利用导数与函数单调性间的关系得到，即可求解.
【小问1详解】
易知函数定义域为，因为，则，
当时，，所以在区间上单调递减，
当时，由，得到，即，得到，
又易知为增函数，
所以当时，f'x>0，即在区间单调递增，
当时，f'x<0，即在区间单调递减，
综上得：当时，的减区间为，无增区间；
当时，的增区间为，减区间为.
【小问2详解】
令，得到，
当时，，方程无解，即无零点，
所以有零点，则零点只能在区间上，
当时，由，得到，
设，，则零点可以转化为的零点，
因为，设hx=ax+a-1(x>-1)，
因为，则hx在上单调递增，
又，时，，则，使得，
当时，hx<0，当，hx>0，
即在上递减，在上递增，
又，所以，又由于时，，
故在内存在唯一零点，
又时，，故在内存在唯一零点，
所以当时，只有两个零点，故当时，函数只有两个零点.
【小问3详解】
当时，函数是“函数”，且，
设函数与直线切点，
又，则，故，
由，得到，又，
所以，
因为，所以是方程的根，
设，，易知，且是增函数，
当时，h'x>0，hx单调递增，当时，h'x<0，hx单调递减，
所以，所以是方程的根，且唯一，
所以.
【点睛】关键点点晴：本题的关键是第三问的处理，先需要读懂新定义，然后根据新定义找到所满足的关系式，利用导数的工具，零点存在定理，进一步确定的取值.
19. 给定正整数，设，，…，是1，2，…，中任取个互不相同的数构成的一个递增数列.对，如果是奇数，则是奇数，如果是偶数，则是偶数，就称，，…，为“数列”.
（1）若，，写出所有“数列”；
（2）对任意“数列”，，…，，，证明：. （注：表示不超过的最大整数）；
（3）确定“数列”的个数.
【答案】（1）；；；；
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）根据“数列”的定义直接写出；
（2）首先分析得，再结合得到，即，则原命题证明；
（3）定义数列，分析出是“数列”，再记表示中任取项构成的单调递增数列的全体，从而证明出是“数列”，最后利用组合公式即可.
【小问1详解】
“数列”如下：；；；.
【小问2详解】
因为，
若，则，
所以；
因为，
所以；
若，则，
所以，
因为，所以，即，
所以.
【小问3详解】
定义数列，
显然，，
且数列单调递增，所以是“数列”，
记表示中任取项构成的单调递增数列的全体，
对于中的任意数列，令，
因为，所以，
于是，
所以单调递增数列，
又因为为偶数，所以与同奇同偶，
所以是“数列”，
所以，任与中的个元素的子集一一对应，
综上，“数列”的个数为
【点睛】关键点点睛；本题第三问关键是构造表示中任取项构成的单调递增数列的全体，再利用“数列”定义证得是“数列”，最后根据组合公式即可.