2025届山东省德州市高三(上)期中考试数学试卷（解析版）

这是一份2025届山东省德州市高三(上)期中考试数学试卷（解析版），共14页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题（本题共8个小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的.）
1. 已知集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】由，得，解得，所以
由，所以，所以，
所以.
故选：D.
2. 以下有关不等式的性质，描述正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，则
D. 若，，，，则，
【答案】B
【解析】A.当时，，选项A错误.
B.由 得，故，选项B正确.
C. ，
由得，，所以，故，选项C错误.
D.令，满足，，，，结论不正确，选项D错误.
故选：B.
3. 已知向量，，若与平行，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】由，可得，
若若与平行可知，
解得.
故选：A
4. 已知等差数列的前n项和为，，，则（ ）
A. 180B. 200C. 220D. 240
【答案】C
【解析】设等差数列的首项为，公差为，
由，可得；解得，
因此.
故选：C
5. 已知：，：，若是的充分不必要条件，则a的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】由可得，解之得或，
设：，对应，
：，其解集对应，
则是的充分不必要条件等价于A是B的真子集，所以.
故选：A
6. 已知关于的函数在上单调递增，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】令，
则，∵，∴在上单调递减，
由复合函数的单调性可知，在单调递减，
∴，则，
∴
故选：D
7. 已知函数，若方程在区间上恰有3个实数根，则的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】由，可得，
当时，，
因为方程在区间上恰有3个实数根，
所以，解得，
所以的取值范围是.
故选：C.
8. 已知函数，若函数有三个不同的零点，则实数a的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】因为gx=fx-ax有三个不同零点，所以有三个不同实根，
所以的图象有三个交点，
在同一平面直角坐标系中作出的图象，
当经过点时，
代入坐标可得，解得；
当与的图象相切时，
设切点为，因为此时，所以，
所以切线方程为，即，
所以，可得；
结合图象可知，若的图象有三个交点，则，
故选：B.
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. 下列结论正确的是（ ）
A.
B. ，
C. 若，，
D. 的值域为
【答案】BC
【解析】A选项：因为，故不满足“一正”，A选项错误；
B选项：因为，所以，所以，当且仅当，即时取等号，所以B选择正确；
C选项：，，所以，所以，当且仅当，即时取等号，所以C选项正确；
D选项：因为，所以，当且仅当时取等号，但无解，所以，所以D选项错误.
故选：BC.
10. 已知函数，则（ ）
A. 函数有两个零点
B. 是的极小值点
C. 是的对称中心
D. 当时，
【答案】ABD
【解析】由，解得或，所以函数有两个零点，故A正确；
由，得，
令，解得或，
当时，，当时，，
所以是的极小值点，故B正确；
由函数的对称轴为，此时的对称中心是两个极值点的中点，
所以是的对称中心，故C不正确；
当时，，所以在上单调递增，
若，可得，所以，故D正确.
故选：ABD.
11. 已知数列的各项均为负数，其前项和满足，则（ ）
A. B. 为递减数列
C. 为等比数列D. 存在大于的项
【答案】ABD
【解析】对于A选项，当时，由题意可得，因为，所以，，
当时，由可得，整理可得，
因为，解得，A对；
对于B选项，当时，由可得，
上述两个等式作差可得，
因为，即，
所以，数列为递减数列，B对；
对于C选项，若数列为等比数列，则，
因为，，，则，
设等比数列的公比为，则，解得，不合乎题意，
所以，数列不是等比数列，C错；
对于D选项，假设对任意的，，
则，
此时，，与假设矛盾，假设不成立，D对.
故选：ABD
第Ⅱ卷非选择题（共92分）
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 已知正三角形的边长为2，为中点，为边上任意一点，则______.
【答案】3
【解析】因为三角形是正三角形，为中点，
所以，所以，又正三角形的边长为2，所以，
所以.
13. 设，当时，，则______.
【答案】
【解析】，
由，所以，所以，
因为，又，所以，
所以.
14. 已知函数的定义域为，，为偶函数，且，则______，______.
【答案】 1 -2026
【解析】由得，，
，
∴，故是周期为的函数.
∵为偶函数，∴，∴，
令，得，
令，得.
在中，令，得，
∴.
令，得，故，
令，得，故.
由函数的周期性得，
.
四、解答题（本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.）
15. 已知中的三个角的对边分别为，且满足.
（1）求；
（2）若的角平分线交于，，求面积的最小值.
解：（1）因为，所以由正弦定理得，
又因为，所以，
即，又，所以；
（2），即，
化简得，
所以，
所以所以，
当且仅当时取“=”，
所以，所以面积的最小值为.
16. 某企业计划引入新的生产线生产某设备，经市场调研发现，销售量（单位：台）与每台设备的利润（单位：元，）满足：（a，b为常数）.当每台设备的利润为36元时，销售量为360台；当每台设备的利润为100元时，销售量为200台.
（1）求函数的表达式；
（2）当为多少时，总利润（单位：元）取得最大值，并求出该最大值.
解：（1）由题意知，得，
故.
（2）设总利润，
由（1）得
当时，，
在上单调递增，
所以当时，有最大值10000
当时，，，
令，得.
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以当时，有最大值20000.
当时，.
答：当为100元时，总利润取得最大值为20000元.
17. 在数列中，，其前n项和为，且（且）.
（1）求的通项公式；
（2）设数列满足，其前项和为，若恒成立，求实数的取值范围.
解：（1）因为，代入，
整理得，
所以，
以上个式子相乘得，
.
当时，，符合上式，所以.
（2）.
所以，①
，②
①②得，
，
所以.
由得：，
因为，当且仅当时，等号成立，
所以，即的取值范围是.
18. 已知函数.
（1）当时，求函数在点处的切线方程；
（2）当时，求的单调区间；
（3）若函数存在正零点，求的取值范围.
解：（1）由题知，，
于是，
所以切线的斜率，
于是切线方程为，即
（2）由已知可得的定义域为，
且，
因此当时，，从而，
所以的单增区间是，无单减区间；
（3）由（2）知，，
令，，
当时，.
①当时，可知，在内单调递增，
又，故当时，，所以不存在正零点；
②当时，，又，
，
所以存在满足，
所以在内单调递增，在内单调递减.
令，则当时，，
故在内单调递增，在内单调递减，
从而当时，，即，
所以，
又因为，所以，因此，，使得
即此时存在正零点；
③当时，，，
从而为减函数.
又，所以当时，.
故时，恒成立，又，故当时，，
所以函数不存在正零点；
综上，实数的取值范围为.
19. 已知数列，从中选取第项、第项、…第项，顺次排列构成数列，其中，，则称新数列为的长度为m的子列.规定：数列的任意一项都是的长度为1的子列.
（1）写出2，8，4，7，5，6，9三个长度为4的递增子列；
（2）若数列满足，，其子列长度，且的每一子列的所有项的和都不相同，求的最大值；
（3）若数列为等差数列，公差为d，，数列是等比数列，公比为q，当为何值时，数列为等比数列.
解：（1）根据题意可知，从所有数字中任意取4个并按照从小到大的顺序排列即可得出符合题意的递增子列；
可取2，4，7，9；2，4，5，6；2，4，5，9；2，4，6，9；2，5，6，9；4，5，6，9中任意三个；
（2）因为长度，且的每一子列的所有项的和都不相同，
由可知，
为使值最大，所以尽量使的取值最小即可，
从而的最小值为2，的最小值为5，取，，
因为，则的最小值为8，取；
若，，不符合题意；
若，因为，，，，；
，，，；
，以上数值均不相同.所以最小值为14，取.
当，，，均取最小值时，则，，，均取到对应的最大值，
，
所以的最大值为.
（3）由数列为等比数列，得，，
又数列的公差为d，，
所以，
化简整理得，
又数列为等比数列，所以.
因为，所以，
于是，又，所以，即.
此时，，于是，即数列为等比数列，
综上可知，当时，数列为等比数列.