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2024-2025学年山东省新高考联合质量测评高三（上）开学数学试卷（含答案）
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这是一份2024-2025学年山东省新高考联合质量测评高三（上）开学数学试卷（含答案），共8页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.已知集合A={(x,y)|y≥x，x，y∈Z}，B={(x,y)|y=lg2(x+2)}，则A∩B中元素的个数为( )
A. 2B. 3C. 4D. 无数个
2.“2x<1”是“x>2”的( )
A. 充要条件B. 充分不必要条件
C. 必要不充分条件D. 既不充分又不必要条件
3.已知{an}为等差数列，Sn是其前n项和，若S90，则当Sn取得最小值时，n=( )
A. 3B. 6C. 7D. 8
4.已知关于x的不等式ax2+bx+c>0(a,b,c∈R)的解集为(−4,1)，则c2+9a+b的取值范围为( )
A. [−6,+∞)B. (−∞,6)C. (−6,+∞)D. (−∞,−6]
5.已知函数f(x)=2sinx−ax，a∈R，若曲线f(x)在点(π2,f(π2))处的切线方程为x+y+k=0，则函数f(x)在(0,2π)内的单调递减区间是( )
A. [π3,5π3]B. (0,π]C. [π,2π)D. (0,π3],[53π,2π)
6.若使不等式x2+(a−1)x−a≤0成立的任意一个x，都满足不等式|3x+2|>1，则实数a的取值范围为( )
A. (−∞,13]B. (−13,+∞)C. (−∞,13)D. (13,+∞)
7.若函数f(x)=x3−x2−x−1的图象与直线y=k有3个不同的交点，则实数k的取值范围为( )
A. (2227,2)B. (−2,−2227)C. (−2,+∞)D. (−∞,−2227)
8.设x∈R，用[x]表示不超过x的最大整数.已知数列{an}满足a2=1，2Sn=nan，若bn=[lg(an+1)]，数列{bn}的前n项和为Tn，则T2024=( )
A. 4956B. 4965C. 7000D. 8022
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.已知正实数a，b，满足a+b=1，则( )
A. 2a+2b≥2 2B. a+ b≤ 2
C. a2+b≤34D. 12a+12b≥ a+ b
10.记Sn为正项等比数列{an}的前n项和，则( )
A. {an}是递增数列
B. {an+1an}是等比数列
C. {Snan}不是等比数列
D. Sn，S2n−Sn，S3n−S2n，…成等比数列
11.已知f(x)=exx+1(x>−1)，g(x)=(1−x)ex(x<1)，且f(a)=f(b)=1.01，g(c)=g(d)=0.99.若a>b，c>d，则( )
A. a+b>0B. a+d>0C. b+c>0D. c+d>0
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知集合M=[a,a+1]，且“∀x∈M，ax−1>0(a>0，且a≠1)”是假命题，则实数a的取值范围为______．
13.等比数列{an}的前n项和记为Sn，若S2=−1，S8=17S4，则S6= ______．
14.已知曲线y1=ax−1x，y2=(a+1)lnx，若曲线y1，y2恰有一个交点，则实数a的取值范围为______．
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13分)
解关于x的不等式：m(3x−8)3x−2>1(m∈R)．
16.(本小题15分)
在数列{an}中，a1=2，2an+1+12+an=1an，n∈N+．
(1)求证：数列{lg(1+an)}为等比数列；
(2)设数列{bn}满足bn=1an+12+an，求数列{bn}的前n项和Sn的最小值．
17.(本小题15分)
如图，一海岛O离岸边最近点B的距离是120km，在岸边距点B300km的点A处有一批药品要尽快送达海岛.已知A和B之间有一条快速路，现要用海陆联运的方式运送这批药品，若汽车时速为90km，快艇时速为60km.设海运起点C到点B的距离为xkm.(参考数据： 5≈2.2)
(1)写出运输时间t(x)关于x的函数；
(2)当点C选在何处时运输时间最短？
18.(本小题17分)
已知函数f(x)=mx+lnx(m∈R)．
(1)当m=−1时，求曲线f(x)在x=1处的切线方程；
(2)若函数g(x)=f(x)+x2+lnx，求函数g(x)极值点的个数；
(3)当m=1时，若f(x)≤k(x+1)+b在(0,+∞)上恒成立，求证：b≥(e+1)(1−k)．
19.(本小题17分)
已知数列{an}的首项为2，Sn为数列{an}的前n项和，Sn+1=qSn+2，其中q>0，n∈N∗．
(1)若a3是2a2和a2+4的等差中项，求数列{an}的通项公式；
(2)设双曲线x2−y2an2=1的离心率为en，且e2= 733，证明：e1+e2+e3+⋯+en>6⋅(43)n−6；
(3)在(1)的条件下，记集合A={x|x=an}，B={x|x=2n−1,n∈N∗}，若将A∪B所有元素从小到大依次排列构成一个新数列{bn}，Tn为数列{bn}的前n项和，求使得Tn>12bn+1成立的n的最小值．
参考答案
1.B
2.C
3.C
4.D
5.A
6.C
7.B
8.B
9.ABD
10.BCD
11.AC
12.(0,1)
13.−21
14.(0,+∞)
15.解：由题意可知，m(3x−8)3x−2−1>0，即(3m−3)x+2−8m3x−2>0，
也即[(3m−3)x+2−8m](3x−2)>0．
当m=1时，不等式可化为−6×(3x−2)>0，解得x<23．
若m≠1，则8m−23m−3−23=2mm−1，
当m>1时，8m−23m−3>23且3m−3>0，解得x<23或x>8m−23m−3．
当0x>8m−23m−3．
当m<0时，8m−23m−3>23且3m−3<0，解得23当m=0时，原不等式可化为0>1，解集为⌀．
综上所述：当m>1时，不等式的解集为(−∞,23)∪(8m−23m−3,+∞)；
当m=1时，不等式的解集为(−∞,23)；
当0当m<0时，不等式的解集为(23,8m−23m−3)；
当m=0时，不等式的解集为⌀．
16.解：(1)证明：因为2an+1+12+an=1an，n∈N+，
整理得，2an+1=1an−12+an，通分，2an+1=2an(2+an)，
∴an+1=an2+2an．
∴an+1+1=(an+1)2，
∴lg(1+an+1)=lg(1+an)2=2lg(1+an)，
∴lg(1+an+1)lg(1+an)=2，而a1=2，则lg(1+a1)=lg3，
所以数列{lg(1+an)}是以lg3为首项，2为公比的等比数列．
(2)解：由(1)得lg(1+an)=(lg3)⋅2n−1，则an=32n−1−1，
∵1an+2=1an−2an+1，∴1an+2+1an=2an−2an+1，
所以bn=2an−2an+1=2(1an−1an+1)．
∴Sn=2[(1a1−1a2)+(1a2−1a3)+⋯+(1an−1an+1)]=2(1a1−1an+1)=2(12−132n−1)=1−232n−1，
因为数列{Sn}递增，则Sn≥S1=34，所以数列{Sn}的最小值为34．
17.解：(1)由题意知|OC|= 1202+x2，|AC|=300−x，
∴t(x)= 1202+x260+300−x90(0≤x≤300)；
(2)t′(x)=12×(1202+x2)−12×2x60−190=x60 1202+x2−190，
令t′(x)=0，得x=48 5，
当0当48 50，
所以x=48 5≈105.6时，t(x)取最小值，
所以当点C选在距B点105.6km时运输时间最短．
18.解：(1)f(x)的定义域为(0,+∞)，f(x)=−x+lnx，f′(x)=−1+1x，
所以f(1)=−1，f′(1)=0，所以曲线f(x)在x=1处的切线方程为y=−1．
(2)g(x)=f(x)+x2+lnx=2lnx+mx+x2，g′(x)=2x+m+2x=2x2+mx+2x(x>0)，
对于方程2x2+mx+2=0，Δ=m2−16，
①当−4≤m≤4时，Δ=m2−16≤0，g′(x)≥0，此时g(x)没有极值点；
②当m<−4时，方程2x2+mx+2=0的两根为x1，x2，不妨设x1则x1+x2=−m2>0，x1x2=1，0x2时，f′(x)>0，
当x1③当m>4时，方程2x2+mx+2=0的两根为x3，x4，且x3+x4=−m2<0，x3x4=1，
故x3<0，x4<0，当x∈(0,+∞)时，g′(x)>0，故g(x)没有极值点；
综上，当m<−4时，函数g(x)有两个极值点；
当m≥−4时，函数g(x)没有极值点．
(3)证明：由f(x)≤k(x+1)+b在(0,+∞)上恒成立，
得x+lnx−k(x+1)≤b在(0,+∞)上恒成立，
设ℎ(x)=x+lnx−k(x+1)，ℎ′(x)=1+1x−k，
当k≤1时，ℎ′(x)≥0，ℎ(x)在(0,+∞)上单调递增，此时b≥ℎ(x)显然不恒成立．
当k>1时，若x∈(0,1k−1)，则ℎ′(x)>0，ℎ(x)在(0,1k−1)上单调递增，
若x∈(1k−1,+∞)，则ℎ′(x)<0，ℎ(x)在(1k−1,+∞)上单调递减，
所以ℎ(x)max=ℎ(1k−1)=ln1k−1+1k−1−k(1k−1+1)=−ln(k−1)−k−1，
所以−ln(k−1)−k−1≤b．
要证b≥(e+1)(1−k)成立，因为k>1，即证明bk−1≥−e−1．
因为bk−1≥−ln(k−1)−k−1k−1=−ln(k−1)−(k−1)−2k−1，
令k−1=t(t>0)，p(t)=−lnt−t−2t，p′(t)=lnt+1t2，令p′(t)=0得t=1e，
当t∈(0,1e)时，p′(t)<0，p(t)在(0,1e)上单调递减，
当t∈(1e,+∞)时，p′(t)>0，p(t)在(1e,+∞)上单调递增，
所以p(t)min=p(1e)=−e−1，所以bk−1≥−e−1，所以b≥(e+1)(1−k)成立．
19.解：(1)由Sn+1=qSn+2①，知当n≥2时，Sn=qSn−1+2②，两式相减可得an+1=qan，
所以{an}从第二项开始是公比为q的等比数列，
当n=1时，代入可得a1+a2=qa1+2，即a2=2q，
所以{an}是公比为q的等比数列，
又a3是2a2和a2+4的等差中项，
所以2a3=2a2+a2+4，
即2q2−3q−2=0，解得q=2或−12(舍去)，
所以an=2n(n∈N∗)．
(2)证明：由双曲线的性质可知，en= 12+an21= 12+an2，
由(1)知{an}是首项为2，公比为q的等比数列，
故e2= 12+a22= 1+4q2= 733，得q=43，
故an=2(43)n−1(n∈N∗)，
则en= 1+4(43)2n−2> 4(43)2n−2=2(43)n−1，
则e1+e2+e3+⋯+en>2+2⋅43+2⋅(43)2+⋯+2⋅(43)n−1=2⋅1−(43)n1−43=6⋅(43)n−6．
(3)由A={2,4,8,16,32,64,128,⋯}，B={1,3,5,7,9,11,13,15,17,⋯}，
可得新数列{bn}为{1,2,3,4,5,7,8,9,11,13,15,16,17,19,21,23,25,27,29,31,32,⋯}，
由上可得规律：
1、新数列中元素2前只有1个元素，且21到22之间有1个元素，
22到23之间有2个元素，
23到24之间有4个元素，
24到25之间有8个元素，
25到26之间有16个元素，依次类推；
2、数列中21、22、23、24、25、26、…外，其它元素均来自集合B，
由上，元素26之前(含26)，新数列共有元素个数为38个，其中32个来自B，6个来自A，
则T38=(1+2×32−1)2×32+2×(1−26)1−2=1024+126=1150>12b39=12×(2×33−1)=780，
元素25之前(含25)，新数列共有元素个数为21个，其中16个来自B，5个来自A，
则T21=(1+2×16−1)2×16+2×(1−25)1−2=256+62=318≤12b22=12×(2×17−1)=396，
所以Tn>12bn+1成立的n的最小值出现在25到26之间的某个位置，
其中间元素有33，35，37，39，41，43，45，47，49，51，53，55，57，59，61，63，
则T29=318+33+35+37+39+41+43+45+47=638>12b30=588，
而T28=318+33+35+37+39+41+43+45=591>12b29=564，
T27=318+33+35+37+39+41+43=546>12b28=540，
T26=318+33+35+37+39+41=503<12b27=516，
综上，T27>12b28，而T26<12b27，
所以使得Tn>12bn+1成立的n的最小值为27．
1.已知集合A={(x,y)|y≥x，x，y∈Z}，B={(x,y)|y=lg2(x+2)}，则A∩B中元素的个数为( )
A. 2B. 3C. 4D. 无数个
2.“2x<1”是“x>2”的( )
A. 充要条件B. 充分不必要条件
C. 必要不充分条件D. 既不充分又不必要条件
3.已知{an}为等差数列，Sn是其前n项和，若S9
A. 3B. 6C. 7D. 8
4.已知关于x的不等式ax2+bx+c>0(a,b,c∈R)的解集为(−4,1)，则c2+9a+b的取值范围为( )
A. [−6,+∞)B. (−∞,6)C. (−6,+∞)D. (−∞,−6]
5.已知函数f(x)=2sinx−ax，a∈R，若曲线f(x)在点(π2,f(π2))处的切线方程为x+y+k=0，则函数f(x)在(0,2π)内的单调递减区间是( )
A. [π3,5π3]B. (0,π]C. [π,2π)D. (0,π3],[53π,2π)
6.若使不等式x2+(a−1)x−a≤0成立的任意一个x，都满足不等式|3x+2|>1，则实数a的取值范围为( )
A. (−∞,13]B. (−13,+∞)C. (−∞,13)D. (13,+∞)
7.若函数f(x)=x3−x2−x−1的图象与直线y=k有3个不同的交点，则实数k的取值范围为( )
A. (2227,2)B. (−2,−2227)C. (−2,+∞)D. (−∞,−2227)
8.设x∈R，用[x]表示不超过x的最大整数.已知数列{an}满足a2=1，2Sn=nan，若bn=[lg(an+1)]，数列{bn}的前n项和为Tn，则T2024=( )
A. 4956B. 4965C. 7000D. 8022
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.已知正实数a，b，满足a+b=1，则( )
A. 2a+2b≥2 2B. a+ b≤ 2
C. a2+b≤34D. 12a+12b≥ a+ b
10.记Sn为正项等比数列{an}的前n项和，则( )
A. {an}是递增数列
B. {an+1an}是等比数列
C. {Snan}不是等比数列
D. Sn，S2n−Sn，S3n−S2n，…成等比数列
11.已知f(x)=exx+1(x>−1)，g(x)=(1−x)ex(x<1)，且f(a)=f(b)=1.01，g(c)=g(d)=0.99.若a>b，c>d，则( )
A. a+b>0B. a+d>0C. b+c>0D. c+d>0
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知集合M=[a,a+1]，且“∀x∈M，ax−1>0(a>0，且a≠1)”是假命题，则实数a的取值范围为______．
13.等比数列{an}的前n项和记为Sn，若S2=−1，S8=17S4，则S6= ______．
14.已知曲线y1=ax−1x，y2=(a+1)lnx，若曲线y1，y2恰有一个交点，则实数a的取值范围为______．
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13分)
解关于x的不等式：m(3x−8)3x−2>1(m∈R)．
16.(本小题15分)
在数列{an}中，a1=2，2an+1+12+an=1an，n∈N+．
(1)求证：数列{lg(1+an)}为等比数列；
(2)设数列{bn}满足bn=1an+12+an，求数列{bn}的前n项和Sn的最小值．
17.(本小题15分)
如图，一海岛O离岸边最近点B的距离是120km，在岸边距点B300km的点A处有一批药品要尽快送达海岛.已知A和B之间有一条快速路，现要用海陆联运的方式运送这批药品，若汽车时速为90km，快艇时速为60km.设海运起点C到点B的距离为xkm.(参考数据： 5≈2.2)
(1)写出运输时间t(x)关于x的函数；
(2)当点C选在何处时运输时间最短？
18.(本小题17分)
已知函数f(x)=mx+lnx(m∈R)．
(1)当m=−1时，求曲线f(x)在x=1处的切线方程；
(2)若函数g(x)=f(x)+x2+lnx，求函数g(x)极值点的个数；
(3)当m=1时，若f(x)≤k(x+1)+b在(0,+∞)上恒成立，求证：b≥(e+1)(1−k)．
19.(本小题17分)
已知数列{an}的首项为2，Sn为数列{an}的前n项和，Sn+1=qSn+2，其中q>0，n∈N∗．
(1)若a3是2a2和a2+4的等差中项，求数列{an}的通项公式；
(2)设双曲线x2−y2an2=1的离心率为en，且e2= 733，证明：e1+e2+e3+⋯+en>6⋅(43)n−6；
(3)在(1)的条件下，记集合A={x|x=an}，B={x|x=2n−1,n∈N∗}，若将A∪B所有元素从小到大依次排列构成一个新数列{bn}，Tn为数列{bn}的前n项和，求使得Tn>12bn+1成立的n的最小值．
参考答案
1.B
2.C
3.C
4.D
5.A
6.C
7.B
8.B
9.ABD
10.BCD
11.AC
12.(0,1)
13.−21
14.(0,+∞)
15.解：由题意可知，m(3x−8)3x−2−1>0，即(3m−3)x+2−8m3x−2>0，
也即[(3m−3)x+2−8m](3x−2)>0．
当m=1时，不等式可化为−6×(3x−2)>0，解得x<23．
若m≠1，则8m−23m−3−23=2mm−1，
当m>1时，8m−23m−3>23且3m−3>0，解得x<23或x>8m−23m−3．
当0
当m<0时，8m−23m−3>23且3m−3<0，解得23
综上所述：当m>1时，不等式的解集为(−∞,23)∪(8m−23m−3,+∞)；
当m=1时，不等式的解集为(−∞,23)；
当0
当m=0时，不等式的解集为⌀．
16.解：(1)证明：因为2an+1+12+an=1an，n∈N+，
整理得，2an+1=1an−12+an，通分，2an+1=2an(2+an)，
∴an+1=an2+2an．
∴an+1+1=(an+1)2，
∴lg(1+an+1)=lg(1+an)2=2lg(1+an)，
∴lg(1+an+1)lg(1+an)=2，而a1=2，则lg(1+a1)=lg3，
所以数列{lg(1+an)}是以lg3为首项，2为公比的等比数列．
(2)解：由(1)得lg(1+an)=(lg3)⋅2n−1，则an=32n−1−1，
∵1an+2=1an−2an+1，∴1an+2+1an=2an−2an+1，
所以bn=2an−2an+1=2(1an−1an+1)．
∴Sn=2[(1a1−1a2)+(1a2−1a3)+⋯+(1an−1an+1)]=2(1a1−1an+1)=2(12−132n−1)=1−232n−1，
因为数列{Sn}递增，则Sn≥S1=34，所以数列{Sn}的最小值为34．
17.解：(1)由题意知|OC|= 1202+x2，|AC|=300−x，
∴t(x)= 1202+x260+300−x90(0≤x≤300)；
(2)t′(x)=12×(1202+x2)−12×2x60−190=x60 1202+x2−190，
令t′(x)=0，得x=48 5，
当0
所以x=48 5≈105.6时，t(x)取最小值，
所以当点C选在距B点105.6km时运输时间最短．
18.解：(1)f(x)的定义域为(0,+∞)，f(x)=−x+lnx，f′(x)=−1+1x，
所以f(1)=−1，f′(1)=0，所以曲线f(x)在x=1处的切线方程为y=−1．
(2)g(x)=f(x)+x2+lnx=2lnx+mx+x2，g′(x)=2x+m+2x=2x2+mx+2x(x>0)，
对于方程2x2+mx+2=0，Δ=m2−16，
①当−4≤m≤4时，Δ=m2−16≤0，g′(x)≥0，此时g(x)没有极值点；
②当m<−4时，方程2x2+mx+2=0的两根为x1，x2，不妨设x1
当x1
故x3<0，x4<0，当x∈(0,+∞)时，g′(x)>0，故g(x)没有极值点；
综上，当m<−4时，函数g(x)有两个极值点；
当m≥−4时，函数g(x)没有极值点．
(3)证明：由f(x)≤k(x+1)+b在(0,+∞)上恒成立，
得x+lnx−k(x+1)≤b在(0,+∞)上恒成立，
设ℎ(x)=x+lnx−k(x+1)，ℎ′(x)=1+1x−k，
当k≤1时，ℎ′(x)≥0，ℎ(x)在(0,+∞)上单调递增，此时b≥ℎ(x)显然不恒成立．
当k>1时，若x∈(0,1k−1)，则ℎ′(x)>0，ℎ(x)在(0,1k−1)上单调递增，
若x∈(1k−1,+∞)，则ℎ′(x)<0，ℎ(x)在(1k−1,+∞)上单调递减，
所以ℎ(x)max=ℎ(1k−1)=ln1k−1+1k−1−k(1k−1+1)=−ln(k−1)−k−1，
所以−ln(k−1)−k−1≤b．
要证b≥(e+1)(1−k)成立，因为k>1，即证明bk−1≥−e−1．
因为bk−1≥−ln(k−1)−k−1k−1=−ln(k−1)−(k−1)−2k−1，
令k−1=t(t>0)，p(t)=−lnt−t−2t，p′(t)=lnt+1t2，令p′(t)=0得t=1e，
当t∈(0,1e)时，p′(t)<0，p(t)在(0,1e)上单调递减，
当t∈(1e,+∞)时，p′(t)>0，p(t)在(1e,+∞)上单调递增，
所以p(t)min=p(1e)=−e−1，所以bk−1≥−e−1，所以b≥(e+1)(1−k)成立．
19.解：(1)由Sn+1=qSn+2①，知当n≥2时，Sn=qSn−1+2②，两式相减可得an+1=qan，
所以{an}从第二项开始是公比为q的等比数列，
当n=1时，代入可得a1+a2=qa1+2，即a2=2q，
所以{an}是公比为q的等比数列，
又a3是2a2和a2+4的等差中项，
所以2a3=2a2+a2+4，
即2q2−3q−2=0，解得q=2或−12(舍去)，
所以an=2n(n∈N∗)．
(2)证明：由双曲线的性质可知，en= 12+an21= 12+an2，
由(1)知{an}是首项为2，公比为q的等比数列，
故e2= 12+a22= 1+4q2= 733，得q=43，
故an=2(43)n−1(n∈N∗)，
则en= 1+4(43)2n−2> 4(43)2n−2=2(43)n−1，
则e1+e2+e3+⋯+en>2+2⋅43+2⋅(43)2+⋯+2⋅(43)n−1=2⋅1−(43)n1−43=6⋅(43)n−6．
(3)由A={2,4,8,16,32,64,128,⋯}，B={1,3,5,7,9,11,13,15,17,⋯}，
可得新数列{bn}为{1,2,3,4,5,7,8,9,11,13,15,16,17,19,21,23,25,27,29,31,32,⋯}，
由上可得规律：
1、新数列中元素2前只有1个元素，且21到22之间有1个元素，
22到23之间有2个元素，
23到24之间有4个元素，
24到25之间有8个元素，
25到26之间有16个元素，依次类推；
2、数列中21、22、23、24、25、26、…外，其它元素均来自集合B，
由上，元素26之前(含26)，新数列共有元素个数为38个，其中32个来自B，6个来自A，
则T38=(1+2×32−1)2×32+2×(1−26)1−2=1024+126=1150>12b39=12×(2×33−1)=780，
元素25之前(含25)，新数列共有元素个数为21个，其中16个来自B，5个来自A，
则T21=(1+2×16−1)2×16+2×(1−25)1−2=256+62=318≤12b22=12×(2×17−1)=396，
所以Tn>12bn+1成立的n的最小值出现在25到26之间的某个位置，
其中间元素有33，35，37，39，41，43，45，47，49，51，53，55，57，59，61，63，
则T29=318+33+35+37+39+41+43+45+47=638>12b30=588，
而T28=318+33+35+37+39+41+43+45=591>12b29=564，
T27=318+33+35+37+39+41+43=546>12b28=540，
T26=318+33+35+37+39+41=503<12b27=516，
综上，T27>12b28，而T26<12b27，
所以使得Tn>12bn+1成立的n的最小值为27．
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