山东省新高考联合质量测评2025届高三上学期10月联考数学试题（含答案）

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这是一份山东省新高考联合质量测评2025届高三上学期10月联考数学试题（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= 2x−1}，B={y|y=2x+1,x∈R}，则A∩∁RB=( )
A. {x|x≥1}B. {x|x<12}C. {x|12≤x≤1}D. {x|02.在等差数列{an}中，已知a1=−9，a3+a5=−9，a2n−1=9，则n=( )
A. 7B. 8C. 9D. 10
3.“a≥1”是“函数f(x)=ax−sinx,x⩽0,x2+ax−a+2,x>0在R上单调递增”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
4.已知平行六面体ABCD−A1B1C1D1的各棱长均为6，∠A1AB=∠A1AD=∠DAB=60∘，则|AC1|=( )
A. 6 6B. 6 5C. 6 3D. 6 2
5.已知无穷等比数列{an}的公比为q，其中|q|<1，其前n项和为Sn，下列条件中，能使得3Sn<2a11−q(n∈N∗)恒成立的是( )
A. a1=1，q=12B. a1=12，q=13
C. a1=−1，q=−12D. a1=−12，q=13
6.已知函数f(x)=x+1x，若正数a，b满足a+b=1，则f(a)f(b)的最小值是( )
A. 2B. 174C. 4D. 254
7.在直四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，∠BAD=π3，AB=AD=AA1=2，点Q在侧面DCC1D1内，且A1Q= 7，则点Q轨迹的长度为( )
A. π6B. π3C. 2π3D. 4π3
8.若过点(1,m)可以作y=(x+1)ex的三条切线，则实数m的取值范围是( )
A. (−4e−2,0)B. (−6e−3,0)C. (−6e−3,2e)D. (e,2e)
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lga>lgb，则下列结论成立的是( )
A. 2a−b>1B. a+1a>b+1bC. ba>b+2024a+2024D. πa−b>3a−b
10.已知定义在(−∞,0)∪(0,+∞)上的函数f(x)，满足f(xy)+2=f(x)+f(y)，且当x>1时，f(x)>2，则( )
A. f(−1)=1B. f(x)为偶函数
C. f(2024)>f(2023)D. 若f(x+2)<2，则−311.四面体ABCD中，AC=BC=AB=6，CD=10,BD=8，四面体ABCD外接球的表面积记为S，则( )
A. 当四面体ABCD体积最大时，S=112π
B. AD⊥BC
C. 当AD=6时，S=129611π
D. S可以是400π
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知f(x)=f(x+2)+1,x≤0,lg2x,x>0,则f(−112)= ．
13.已知圆柱O1O的底面直径为2，其轴截面是矩形ABCD，A1为底面弧AB上任一点，若△A1CD面积的最大值为 3，则圆柱O1O的母线长为．
14.已知有穷数列{an}共m项(m>3)，数列{an}中任意连续三项ai，ai+1，ai+2(i=1,2,3,⋯)满足如下条件：
(1)至少有两项相等;
(2)ai+ai+1>ai+2，ai+ai+2>ai+1，ai+1+ai+2>ai恒成立;
(3)以ai，ai+1，ai+2为边长的三角形两两均不全等．
若an∈{1,2,3,4,5}(n=1，2，⋯，m)，则m的最大值为．
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题12分)
已知函数f(x)是定义在R上的偶函数，当x≤0时，f(x)=a3x−3x，且f(1)=83．
(1)求函数f(x)的解析式;
(2)是否存在正实数m，n，使得当x∈[m,n]时，函数f(x)的值域为[5−73m,5−73n].若存在，求出m，n的值;若不存在，请说明理由．
16.(本小题12分)
已知函数fx=2 3sin2x+2sinxcsx− 3．
(1)求f(x)的单调递减区间；
(2)若方程fx=25在区间−π2,2π3上有三个实根x1，x2，x3(x117.(本小题12分)
已知数列{an}，{bn}，{cn}的首项均为1，12an+1为an，cn的等差中项，且bn+2cn+1−bncn=0．
(1)若数列{bn}为单调递增的等比数列，且b1+b3=52b2，求{an}的通项公式;
(2)若数列{bn}的前n项和Sn=n2，数列{cn}的前n项和为Tn，是否存在正整数m使Tn>m2025对n∈N∗恒成立?若存在，求出m的最大值;若不存在，请说明理由．
18.(本小题12分)
已知a，b，c分别为△ABC内角A，B，C所对的边，且满足b=2 3，bsinC+ 3bcsC= 3a．
(1)求角B；
(2)若D，E为线段BC上的两个动点，且满足∠DAE=60°，S△ABC=2 3，求S△ADE的取值范围．
19.(本小题12分)
在数学中，布劳威尔不动点定理是拓扑学里一个重要的不动点定理，它可以应用到有限维空间，并且是构成一般不动点定理的基石．简单地讲，就是对于满足一定条件的连续函数y=f(x)，x∈D，若存在x0∈D，使得f(x0)=x0，则称x0是函数x0y=f(x)的不动点．已知函数fx=3lnx+ax2−6x+92．
(1)若函数gx=fx+7x−32只有一个不动点，求实数a的取值范围；
(2)当a=32时，数列{an}满足：a1=32，an+1=fan6an+1．
证明：对任意的n∈N∗，a1−1+a2−1+⋯+an−1<23．
参考答案
1.C
2.A
3.B
4.A
5.C
6.D
7.C
8.B
9.AD
10.BC
11.ACD
12.2
13. 2
14.16
15.解：(1)因为f(x)是偶函数，所以f(1)=f(−1)=a3−1−3−1=3a−13=83，解得a=1，所以当x≤0时，f(x)=13x−3x，
当x>0时，可得−x<0，则f(−x)=13−x−3−x=3x−3−x=f(x)，
所以函数f(x)的解析式为f(x)=3−x−3x,x≤0,3x−3−x,x>0.
(2)存在.假设存在正实数m，n，使得当x∈[m,n]时，函数f(x)的值域为[5−73m,5−73n]，
因为当x>0时，f(x)=3x−3−x，所以f(x)在x∈[m,n]上单调递增，
所以f(m)=5−73mf(n)=5−73n所以m，n为方程f(x)=5−73x的两个根，即3x−3−x=5−73x的两个根，
即(3x)2−5⋅3x+6=0的两根，整理得3x=2或3x=3，
解得x=lg32或x=1，又0所以存在m=lg32，n=1，使得当x∈[m,n]时，函数f(x)的值域为[5−73m,5−73n].
16.解：(1)f(x)=2 3sin2x+2sin xcs x− 3= 3(1−cs2 x)+sin2x− 3=sin 2x− 3cs2 x=2sin (2x−π3)，
由π2+2kπ⩽2x−π3⩽3π2+2kπ，k∈Z，解得5π12+kπ⩽x⩽11π12+kπ，k∈Z
所以f(x)的单调递减区间为5π12+kπ,11π12+kπ，k∈Z．
(2)令t=2x−π3，由−π2⩽x⩽23π得−4π3≤t≤π，
所以f(x)=25在区间−π2,2π3上有三个实根x1，x2，x3，
等价于sin t=15在区间−43π,π上有三个实根t1，t2，t3，
由对称性得t1+t2=−π，t2+t3=π，所以t1+2t2+t3=0，
因为0所以sin(x1+x3)=sin(t1+t32+π3)=sin(π3−t2)= 32cst2−12sint2=6 2−110．

17.解：(1)由题意，a1=b1=c1=1，
数列{bn}为单调递增的等比数列，b1+b1q2=52b1q，解得q=2或q=12(舍)，
所以bn=2n−1，
因为bn+2cn+1−bncn=0，
所以2n+1cn+1−2n−1cn=0，即cn+1cn=14，
所以数列{cn}为等比数列，cn=14n−1，
因为12an+1为an，cn的等差中项，
所以an+cn=an+1即an+1−an=14n−1，
所以n≥2时，由叠加法an=a1+1+14+142+⋯+14n−2=73−13×4n−2，
当n=1时，a1=1符合，
故an=73−13×4n−2．
(2)由Sn=n2得，n⩾2时，bn=n2−(n−1)2=2n−1，n=1，b1=1满足上式，所以bn=2n−1
所以(2n+3)cn+1−(2n−1)cn=0，即cn+1cn=2n−12n+3，
所以n≥2时，由叠乘法cn=c1(15×37×59×⋯×2n−32n+1)=3(2n−1)(2n+1)，
当n=1时，c1=1符合，
所以cn=3(2n−1)(2n+1)=32(12n−1−12n+1)，
Tn=32[(1−13)+(13−15)+⋯+(12n−1−12n+1)]=32(1−12n+1)=3n2n+1，
因为Tn+1−Tn=cn+1=3(2n+1)(2n+3)>0，
所以数列{Tn}单调递增，所以(Tn)min=T1=c1=1，
因为对任意正整数n均有Tn>m2025成立，所以m2025<1，解得m<2025，
因为m∈N∗，所以mmax=2024，所以m的最大值为2024．
18.解：(1)由正弦定理和bsinC+ 3bcsC= 3a，
得sinBsinC+ 3sinBcsC= 3sin(B+C)= 3(sinBcsC+sinCcsB)，
化简得tanB= 3，则B=60∘．
(2)由△ABC的面积为12acsinB=2 3，可得ac=8，
因为b2=a2+c2−2accsB=a2+c2−8=12，
所以a2+c2=20，a=4,c=2,，或a=2,c=4.
又∠BAC>∠DAE=60∘，得a=4，c=2，∠BAC=90∘，
设∠CAE=θ，其中0∘≤θ≤30∘，
则∠AEC=150∘−θ，∠ADC=90∘−θ，θ=0∘时，
则△ADE为直角三角形，AD⊥CD，面积为3 32，
θ≠0∘时，△ABD中，ABsin(90∘+θ)=ADsinB，得AD= 3csθ，
△ACE中，ACsin(150∘−θ)=AEsinC，得AE= 3sin(150∘−θ)，
则面积为S=12AD⋅AEsin60∘=3 321sin150∘+sin(150∘−2θ)，
因为0∘<θ≤30∘，则sin(150∘−2θ)∈(12,1]，
得1sin150∘+sin(150∘−2θ)∈[23,1)，所以S∈[ 3,3 32).
综上，三角形面积范围是[ 3,3 32].
19.(1)解：g(x)=f(x)+7x−32=3lnx+ax2+x+3恰有一个不动点，
等价于方程g(x)=x在(0,+∞)内只有一个根，
即3(1+lnx)=−ax2在(0,+∞)内只有一个根，
等价于1+lnxx2=−a3在(0,+∞)内只有一个根，
令ℎ(x)=1+lnxx2，等价于ℎ(x)=1+lnxx2与y=−a3有且仅有一个交点，
ℎ′(x)=x−2x(1+lnx)x4=−1−2lnxx3，ℎ′(x)=0，x=e−12，
当x∈(0,e−12)时，ℎ′(x)>0，ℎ(x)在(0,e−12)上单调递增，
当x∈(e−12,+∞)时，ℎ′(x)<0，ℎ(x)在(e−12,+∞)上单调递减，
所以ℎ(x)max=ℎ(e−12)=e2，
所以−a3=e2，或−a3≤0，即a=−32e，或a≥0.
(2)证明：当a=32时，先证明当x>1时，lnx<32(x−1)，
设n(x)=lnx−32x+32，n′(x)=1x−32=2−3x2x<0在(1,+∞)上恒成立，所以n(x)在(1,+∞)上单调递减，
当x>1时，n(x)1时，lnx<32(x−1)，
则当x>1时，12lnx+x24+34−x则12lnx+x24+34x−1<14(x−1)，即f(x)6x<14(x−1)，
f(an)6an<14(an−1)，an+1−1<14(an−1)，
若an>1，则an+1>1，因此，若存在正整数N，
使得aN≤1，则aN−1≤1，从而aN−2≤1，
重复这一过程有限次后可得a1≤1，与a1=32矛盾，
故∀n∈N∗，an>1，
由于an>1，an+1>1，所以an−1>0，an+1−1>0，
故|an+1−1|<14|an−1|，故|an−1|<14|an−1−1|<142|an−2−1|<⋯<14n−1|a1−1|=12(14)n−1，
所以对任意n∈N∗，|a1−1|+|a2−1|+⋯+|an−1|<12+12×14+12×(14)2+⋯+12×(14)n−1=12(1−14n)1−14=23(1−14n)<23．

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