2025届山东省济宁市高三(上)期中教学质量检测数学试卷(解析版)

这是一份2025届山东省济宁市高三(上)期中教学质量检测数学试卷(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，只有一项是符合题目要求的．
1. 已知集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】由可得，解得或，
所以，
又，则，所以，
所以，所以.
故选：D
2. 若复数（i为虚数单位），则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】因为，故，
故选:A
3. 已知角的顶点与原点重合，始边与轴正半轴重合，终边经过点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】由三角函数的定义有：，
所以；
故选：D.
4. 已知函数的定义域为，满足，则下列说法正确的是（ ）
A. 是偶函数B. 是奇函数
C. 是奇函数D. 是偶函数
【答案】C
【解析】因为，
所以令，可得，
令，则，
所以，
则既不是奇函数又不是偶函数，
且，
所以是奇函数.
故选：C
5. 向量，，则在上的投影向量是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】由题意可知，在上的投影向量为：.
故选：C.
6. 已知函数，则（ ）
A. 8B. C. D.
【答案】B
【解析】因为函数，所以，
即，
故选：B.
7. 已知，，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】因为，故，即，
又，即，故，
即，即，
故选：D
8. 如图，在中，，，，若为圆心为的单位圆的一条动直径，则的最大值是（ ）
A. 2B. 4
C. D.
【答案】A
【解析】以为坐标原点，的方向分别为轴、轴，
如图所示：
则，
设，则，
所以，
所以
，
其中(为第二象限角)，
所以当时，取最大值，为2.
即的最大值为2.
故选：A.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，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. 下列说法正确的是（ ）
A. 命题“，”的否定形式是“，”
B. 当时，的最小值为4
C.
D. “（）”是“（）”的必要不充分条件
【答案】AC
【解析】选项A：命题“，”的否定形式是
“，”判断正确；
选项B：当时，，令，
则在单调递减，最小值为5，
则当时，的最小值为5.判断错误；
选项C：由，
可得.判断正确；
选项D：（），
可化为或或或（），
故“（）”是“（）”的充分不必要条件.判断错误.
故选：AC
10. 已知函数，则（ ）
A. 函数在上单调递减
B. 函数的图象关于点对称
C. 函数的图象向左平移（）个单位长度后，所得的图象关于轴对称，则的最小值是
D. 若实数使得方程在上恰好有三个实数解，，，则
【答案】BCD
【解析】，
对于A，令，则，
所以对于函数，时，有增有减，A错；
令，则，B正确；
对于C，平移后，得，若图象关于轴对称，
则，，C正确；
因为，作出图像如下图所示，

由与有且只有三个交点，所以，
又因为时，且关于直线对称，
所以，D正确.
故选：BCD
11. 设数列前项和为，满足，且，（），则下列选项正确的是（ ）
A.
B. 数列为等差数列
C. 当时，有最大值
D. 设，则当或时，数列的前项和取最大值
【答案】BCD
【解析】对于A，当时，，解得或，
因为，所以，
当时，由，得，，
所以，
整理得，
因为，所以，即，
所以数列an是首项为19，公差为的等差数列，
所以，故A错误；
对于B，由A可知，，
所以，
所以，
所以数列是首项为19，公差为的等差数列，故B正确；
对于C，因为，，
所以当时，取得最大值，故C正确；
对于D，由，得，
由，得，
所以当时，，
当时，，
当时，，
当时，，
因为，，
所以当或时，数列bn的前项和取最大值.故D正确.
故选：BCD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知，都是正数，且，则的最小值为______．
【答案】
【解析】因为，都是正数，且，
所以，
所以
，
当且仅当，即时，等号成立，
将，代入，得时，等号成立.
13. 已知函数在区间上没有零点，则实数的取值范围是______．
【答案】
【解析】因为函数在区间上没有零点，且趋向正无穷时，趋向正无穷，
所以在区间上恒成立，
所以在区间上恒成立，
设，可得，
因为，，可得，所以，
所以在区间上单调递减，所以，所以，
所以，实数的取值范围为.
14. 已知函数，，则的对称中心为______；若（），则数列的通项公式为______．
【答案】
【解析】函数的定义域为R，，
由，得，
则，
因此函数图象的对称中心是；
由，得，当时，，
，
，
于是，即，所以数列的通项公式为.
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. 已知在中，角，，，所对的边分别为，，，．
（1）求角；
（2）过点作，连接，使，，，四点组成四边形，若，，，求长．
解：（1）由，结合由正弦定理边化角可得，
故，而，
所以，又B∈0,π，所以．
（2）在中，,由正弦定理可得，
因为，所以，即，
在中，因为，所以为锐角，所以，
又因为，，结合定理可得．
解得或．
16. 已知数列的前项和为，，（）.
（1）求数列的通项公式；
（2）记，数列的前项和为，若关于的不等式恒成立，求实数的取值范围．
解：（1）由，可得，
两式相减可得：，所以，
令，可得，所以，
所以数列是首项为2，公比为2的等比数列，其通项公式为.
（2），．
可得，则，
两式相减得：
，所以，
因，则，
原题意等价于关于的不等式恒成立，可得，
记，
令，则，解得或3，
则，即当或时，取到最大值，
可得，所以实数的取值范围．
17. 已知函数

（1）请在网格纸中画出的简图，并写出函数的单调区间（无需证明）；
（2）定义函数在定义域内的，若满足，则称为函数的一阶不动点，简称不动点；若满足，则称为函数的二阶不动点，简称稳定点.
①求函数的不动点；
②求函数的稳定点.
解：（1）的单增区间为-1,0，0,+∞，的单减区间为.
（2）易知
①当时，，令得，解得；
当时，，令得，解得（舍）
综上所述：函数的不动点为.
②当时，，且，
则
令得，，解得或（舍）；
当时，，且，
则
令，得，解得；
当时，，且，
则，
令，得，解得或（舍）
综上所述：函数的稳定点有3个，分别是，和1.
18. 摩天轮是一种大型转轮状的机械建筑设施，游客坐在摩天轮的座舱里慢慢地往上转，可以从高处俯瞰四周景色，如图，某摩天轮最高点距离地面高度为，转盘直径为，均匀设置了依次标号为1～48号的48个座舱．开启后摩天轮按照逆时针方向匀速旋转，游客在座舱转到距离地面最近的位置进舱，开始转动后距离地面的高度为，转一周需要．

（1）求在转动一周的过程中，关于的函数解析式；
（2）若甲、乙两人分别坐在1号和9号座舱里，在运行一周的过程中，求两人距离地面的高度差（单位：）关于的函数解析式，并求为何值时高度差最大．
（参考公式：，）
解：（1）设，则，
令时，则，，
又，解得，
所以，．
（2）由题意得：1号与9号座舱的角度差为．
不妨假设1号座舱出发早于9号座舱，时1号与9号的高度分别为，，
则，，
所以高度，
由参考公式得，上式
从而高度差，；
当，即，时，解得，，
又，所以或，此时高度差的最大值为．
19. 已知 ，函数，.
（1）当与都存在极小值，且极小值之和为时，求实数a的值；
（2）若，求证：.
解：（1），定义域均为，
，
当时，则，在单调递增，无极值，与题不符；
当时，令，解得：，
所以在单调递减，在单调递增，
在取极小值，且；
又，
当时：，在单调递减，无极值，与题不符；
当时：令，解得：，
所以在单调递减，在单调递增，
在取极小值，且；
由题：，解得：.
（2）令，因为，所以，
由可得：，
①-②得：，所以，
要证： ，只要证： ，只要证：
不妨设，所以只要证：，
即证：，令，只要证：，
令， ，
所以在上单调递增，
， 即有成立，所以成立.