2024-2025學年山東省淄博市高三上學期期中考試數學檢測試題一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一個選項是正確的.請把正確的選項填涂在答題卡相應的位置上.1.已知集合，集合，則集合的子集個數為（）A.7 B.8 C.16 D.322.已知是虛數單位，，則“”是“”（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充分必要條件 D.既不充分也不必要條件3.在內，使的的取值范圍是（

）A. B.C. D.4.設，，，則（）A. B. C. D.5.在等比數列中，若為一確定的常數，記數列的前項積為，則下列各數為常數的是（）A. B. C. D.6.在中，已知，且滿足，則的形狀是（）A.等腰三角形 B.直角三角形 C.等邊三角形 D.等腰直角三角形7.若正數滿足，則的最小值是（）A2 B. C.4 D.8.設函數，，若對任意實數，恒成立，則實數的取值范圍為（）A. B. C. D.二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對得6分，部分選對的得部分分，選對但不全的得部分分，有選錯的得0分.9.設數列前項和為，，，則下列說法正確的是（）A.是等差數列 B.，，成等差數列，公差為C.當或時，取得最大值 D.時，的最大值為3210.在銳角中，，角A、B、C對邊分別為a，b，c，則下列式子不正確的是（）AB.C.D.若上有一動點P，則最小值為11.已知函數的定義域為，其導函數為，且對任意的，都有，則下列說法正確的是（）A. B.C. D.三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12.已知函數存在唯一的極值點，則實數的取值范圍是______．13.已知數列滿足，，則________．14.對任意實數，以表示不超過的最大整數，稱它為的整數部分，如，等.定義，稱它為的小數部分，如，等.若直線與有四個不同的交點，則實數的取值范圍是________.四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.15.已知向量，，.設.（1）求函數的單調遞增區間；（2）在中，若，，，的平分線交于點，求長.16.已知函數為上的偶函數，且.（1）求；（2）求在處的切線方程.17.已知等比數列的各項均為正數，其前項和為，且，，成等差數列，．（1）求數列的通項公式；（2）設，求數列的前項和．18.已知函數，.（1）當時，研究的單調性；（2）若，當時，函數有極大值m；當時，有極小值n，求的取值范圍.19.若函數對定義域上每一個值，在其定義域上都存在唯一的，使成立，則稱該函數在其定義域上為“依賴函數”.（1）判斷函數在上是否為“依賴函數”，并說明理由；（2）若函數在定義域上為“依賴函數”，求實數的值；（3）當時，已知函數在定義域上為“依賴函數”，若存在實數，使得對任意的，不等式都成立，求實數的最大值.2024-2025學年山東省淄博市高三上學期期中考試數學檢測試題一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一個選項是正確的.請把正確的選項填涂在答題卡相應的位置上.1.已知集合，集合，則集合的子集個數為（）A.7 B.8 C.16 D.32【正確答案】B【分析】由條件確定結合中的元素，由此可得集合的子集個數.【詳解】因為，，所以，所以集合的子集個數為.故選：B.2.已知是虛數單位，，則“”是“”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充分必要條件 D.既不充分也不必要條件【正確答案】A【分析】由結合復數相等求出的值，再利用充分條件和必要條件的定義判斷可得出結論.【詳解】若，且，則，解得，所以，“”是“”的充分不必要條件.故選：A.3.在內，使的的取值范圍是（

）A. B.C. D.【正確答案】A【分析】在同一坐標系作函數以及的圖象即可求解.【詳解】以及的圖象如上圖，由圖可知，；故選：A.4.設，，，則（）A. B. C. D.【正確答案】D【分析】根據題意，利用冪函數、指數函數與對數函數的單調性比較大小，即可得到本題的答案．【詳解】解：根據，可得，由是上的增函數，可得，即．因為，是上的增函數，所以，可得，又因為，可得，所以，可得．綜上所述，，故選：D．5.在等比數列中，若為一確定的常數，記數列的前項積為，則下列各數為常數的是（）A. B. C. D.【正確答案】D【分析】為一確定的常數，則為常數，再將表達為的關系，從而判斷．【詳解】在等比數列中，設公比為，則，若為一確定的常數，則為一確定的常數，又∵，，，，∴為常數.故選：D.6.在中，已知，且滿足，則的形狀是（）A.等腰三角形 B.直角三角形 C.等邊三角形 D.等腰直角三角形【正確答案】C【分析】根據正弦定理和余弦定理得，再根據向量數量積得，則得到，即可判斷三角形形狀.【詳解】由題意得，即，由正弦定理得，即，則，因為，所以，又，所以,故，因為，所以．綜上可知三角形為等邊三角形．故選：C.7.若正數滿足，則的最小值是（）A.2 B. C.4 D.【正確答案】C【分析】由得，代入后利用基本不等式即可求解.【詳解】因為正數滿足，所以，則，所以，當且僅當，即時，等號成立.故選：C.8.設函數，，若對任意實數，恒成立，則實數的取值范圍為（）A. B. C. D.【正確答案】D【分析】由題意，分和兩種情況討論，分離參數求最值，即可得答案．【詳解】解：由題意，當時，，所以在上恒成立，即在上恒成立，又，所以；當時，，所以在上恒成立，即在上恒成立，又，所以.綜上，實數的取值范圍是.故選：D．二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對得6分，部分選對的得部分分，選對但不全的得部分分，有選錯的得0分.9.設數列的前項和為，，，則下列說法正確的是（）A.是等差數列 B.，，成等差數列，公差為C.當或時，取得最大值 D.時，的最大值為32【正確答案】AC【分析】先根據已知條件得出數列是等差數列，；再根據，的關系求出，根據等差數列的定義即可判斷選項A；根據可求出，，即可判斷選項B；利用二次函數性質可判斷選項C；根據解不等式即可判斷選項D.【詳解】由，可得：數列是以為首項，為公差的等差數列.則.所以對于選項A：當時，；當時，；.數列是等差數列，故選項A正確；對于選項B：，，，則，所以，，成等差數列，公差為，故選項B錯誤；對于選項C：，當或時，最大，故選項C正確；對于選項D：令，得，，即滿足的最大正整數，故選項D錯誤.故選：AC10.在銳角中，，角A、B、C對邊分別為a，b，c，則下列式子不正確的是（）AB.C.D.若上有一動點P，則最小值為【正確答案】ABD【分析】由題設，結合三角恒等變換及正弦定理可判定A；由余弦定理及基本不等式可判定B；根據兩角和的正切公式結合基本不等式可判定C；根據平面向量數量積運算結合二次函數的最值可判定D．【詳解】對于A，，則，即，，即,又，,由正弦定理得，，故A錯；對于B，由及余弦定理，可得，即，由基本不等式知，，當且僅當，即時等號成立，所以，故B項錯誤；C項，在銳角中，由，且，由基本不等式可得，，整理得當且僅當時，等號成立，又由，可得＝，故C項正確；對于D，過作，則，又在之間運動時，與的夾角為鈍角，因此要求的最小值，應在之間運動，即，又當時，取最小值為,故D錯誤.故選：ABD．關鍵點點睛：解題的關鍵點是應用兩角和的正切公式結合基本不等式計算求解.11.已知函數的定義域為，其導函數為，且對任意的，都有，則下列說法正確的是（）A. B.C. D.【正確答案】BC【分析】令，可得在上單調遞增，取自變量的值可得結果.【詳解】令，所以，所以在上單調遞增，所以，即，故A錯誤，B正確；又，所以，即，故C正確，D錯誤.故選：BC.方法點睛：利用導數證明不等式的基本步驟(1)作差或變形．(2)構造新的函數．(3)利用導數研究的單調性或最值．(4)根據單調性及最值，得到所證不等式．三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12.已知函數存在唯一的極值點，則實數的取值范圍是______．【正確答案】【分析】求出函數的導函數，依題意存在唯一的變號正實根，即存在唯一的變號正實根，當符合題意，當時參變分離可得沒有除之外的正實根，構造函數，利用導數求出函數的單調性，即可求出函數的最小值，從而求出的取值范圍.【詳解】函數的定義域為，且，依題意可得存在唯一的變號正實根，即存在唯一的變號正實根，當時，，方程只有唯一變號正實根，符合題意，當，方程，即沒有除之外的正實根，令，則，所以當時，，當時，，即在上單調遞減，在上單調遞增，所以，所以，解得此時，當時，，此時函數單調遞減，當時，，此時函數單調遞增，則函數存在唯一的極值點，合乎題意.綜上可得.故答案為.方法點睛：導函數中常用的兩種常用的轉化方法：一是利用導數研究含參函數的單調性，常化為不等式恒成立問題．注意分類討論與數形結合思想的應用；二是函數的零點、不等式證明常轉化為函數的單調性、極（最）值問題處理．13.已知數列滿足，，則________．【正確答案】##【分析】嘗試求數列的前幾項，歸納數列的周期性，可得結論.【詳解】由題意：，，，，，所以滿足.所以故14.對任意實數，以表示不超過的最大整數，稱它為的整數部分，如，等.定義，稱它為的小數部分，如，等.若直線與有四個不同的交點，則實數的取值范圍是________.【正確答案】【分析】先由題意，得到當時，，且是周期為1的函數；作出函數圖像，結合圖像得到或，求解，即可得出結果.【詳解】當時，，又由題意，易知：是周期為1的函數；作出與圖象如下：由圖像，為使直線與有四個不同的交點，只需或，解得或，即.故答案為本題主要考查由函數交點個數求參數的問題，熟記分段函數的圖像，以及函數與方程的綜合，利用數形結合的方法求解即可，屬于?？碱}型.四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.15.已知向量，，.設.（1）求函數的單調遞增區間；（2）在中，若，，，的平分線交于點，求長.【正確答案】（1），；（2）.【分析】（1）由，令，，即可得解；（2）由題意得：，根據三角形內角的范圍可得所以，再由余弦定理得解得，根據的平分線交于點，由結合面積公式即可得解.【小問1詳解】令，，則，，所以函數的單調增區間為，；【小問2詳解】由題意得：，因為，所以，即，所以，在中，由余弦定理得：，即，解得，因為平分線交于點，所以，所以，所以，解得．16.已知函數為上的偶函數，且.（1）求；（2）求在處的切線方程.【正確答案】（1）（2）【分析】（1）由偶函數的定義可得，代入化簡可得的值.（2）由導數的幾何意義可得是在處的切線斜率，進而結合得到切線的點斜式方程，化簡可得結果.【小問1詳解】因為函數為上的偶函數，所以有，當時，，即，，，解得，此時，經檢驗，為上的偶函數，所以.【小問2詳解】由（1）得，所以，則，則，又，所以在處的切線方程為：，即.17.已知等比數列的各項均為正數，其前項和為，且，，成等差數列，．（1）求數列的通項公式；（2）設，求數列的前項和．【正確答案】（1）（2）【分析】（1）利用，，成等差數列以及求出首項和公比，再利用等比數列的通項公式寫出即可；（2）由（1）將數列的通項公式代入中化簡，再利用錯位相減法求和即可.【小問1詳解】設數列的公比為，因為，，成等差數列，所以，即，解得或，因為各項均為正數，所以，所以，由，得，解得，所以.【小問2詳解】由（1）知，，則，所以，兩式相減可得，整理可得．18.已知函數，.（1）當時，研究的單調性；（2）若，當時，函數有極大值m；當時，有極小值n，求的取值范圍.【正確答案】（1）上單調遞減，在上單調遞增；（2）【分析】（1）對函數求導并結合即可判斷出的單調性；（2）根據（1）中結論可得，構造函數并求導得出其單調性即可求得的取值范圍.【小問1詳解】易知函數的定義域為，則，又因為，所以當時，，當或時，；因此可得在上單調遞減，在上單調遞增；【小問2詳解】若，由（1）可知在處取得極大值，在處取得極小值，所以，即；設函數，則，所以在上單調遞增，所以，即的取值范圍為.19.若函數對定義域上的每一個值，在其定義域上都存在唯一的，使成立，則稱該函數在其定義域上為“依賴函數”.（1）判斷函數在上是否為“依賴函數”，并說明理由；（2）若函數在定義域上為“依賴函數”，求實數的值；（3）當時，已知函數在定義域上為“依賴函數”，若存在實數，使得對任意的，不等式都成立，求實數的最大值.【正確答案】（1）不是“依賴函數”，理由見解析（2）（3）實數的最大值為4【分析】（1）本題可以從存在性或唯一性來說明該函數不是“依賴函數”，取特殊值，利用唯一性或存在性可判斷答案