2024-2025學(xué)年山東省臨沂市高三（上）期中數(shù)學(xué)試卷（含答案）

第=page11頁(yè)，共=sectionpages11頁(yè)2024-2025學(xué)年山東省臨沂市高三（上）期中數(shù)學(xué)試卷一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1.已知集合A={x|x2?x<6}，B={?3,?2,?1,1,2,3}，則A∩B=A.{?2,?1,1,2,3} B.{?2,?1,1,2} C.{?1,1,2,3} D.{?1,1,2}2.若非零實(shí)數(shù)a，b滿(mǎn)足a>b，則(

)A.a2>b2 B.a3>3.在平行四邊形ABCD中，點(diǎn)E為線段CD的中點(diǎn)，記AB=m，AD=n，則A.12m?n B.m?14.已知函數(shù)f(x)=3x?4x?1，則不等式f(x)>0的解集是A.(0,2) B.(?∞,0)∪(2,+∞)

C.(?1,0) D.(?∞,?1)∪(0,+∞)5.已知sin(α?β)=13，tanα=2tanβ，則sinA.33 B.63 C.6.“a<3”是“不等式x2?ax+2≥0在(0,+∞)上恒成立”的(

)A.充分不必要條件 B.必要不充分條件

C.充要條件 D.既不充分也不必要條件7.已知函數(shù)y=sinωx+1(ω>0)與函數(shù)y=2x+12x+1的圖象在區(qū)間(?2π,2π)內(nèi)交點(diǎn)的坐標(biāo)分別為(x1,y1)，A.2 B.4 C.5 D.88.已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，a1=1，a2A.341 B.340 C.61 D.60二、多選題：本題共3小題，共18分。在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求。9.已知z為復(fù)數(shù)，且z2+z+1=0，則(

)A.z3=1 B.z+z?=1 10.已知f(x)=x3?3x+2，則A.f(x)有三個(gè)零點(diǎn)

B.f(?10)+f(10)=4

C.當(dāng)x∈(?2,+∞)時(shí)，f(x)≥0

D.曲線y=f(x)存在兩條過(guò)點(diǎn)(?2,0)的切線11.定義“01數(shù)列”{an}如下：

①ai∈{0,1}，i=1，2，…，n；

②{an}共有m+k項(xiàng)(m,k∈N?,m≥k)，其中m項(xiàng)為0，k項(xiàng)為1，且對(duì)任意的j≤m+k，j∈N?，a1，a2，…A.f(3,2)=5

B.f(4,4)=f(4,1)+f(3,2)

C.f(m,m)=f(m,m?1)

D.當(dāng)m>k時(shí)，f(m,k)=f(m,k?1)+f(m?1,k)三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。12.已知Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，若Sn13.已知函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镈，寫(xiě)出一個(gè)同時(shí)具有下列性質(zhì)①②③的函數(shù)：______．

對(duì)任意x1，x2∈D，x1≠x2，①若x1<14.已知關(guān)于x的方程asinx+(b+1)cosx+2b+2=0有解，則a2+b四、解答題：本題共5小題，共77分。解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明，證明過(guò)程或演算步驟。15.(本小題13分)

已知函數(shù)f(x)=Asin(ωx+φ)(ω>0,|φ|<π2)圖象的一個(gè)最高點(diǎn)的坐標(biāo)為(π3,2)，與之相鄰的一個(gè)對(duì)稱(chēng)中心的坐標(biāo)為(7π12,0)．

(1)求f(x)16.(本小題15分)

已知等比數(shù)列{an}滿(mǎn)足a1?a2=12，a2?a3=14．

(1)求數(shù)列{17.(本小題15分)

在△ABC中，已知內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，3csinA=acosC，sin(A?2C)=32sinB．

(1)求sinB；

18.(本小題17分)

已知函數(shù)f(x)=lnx+ex?1．

(1)求f(x)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)的極值；

(2)不等式f(x)≥kx?1對(duì)任意x∈[1,+∞)恒成立，求k的取值范圍；

(3)對(duì)任意k∈R，直線y=kx+b與曲線y=f(x)有且僅有一個(gè)公共點(diǎn)，求b19.(本小題17分)

已知集合A={1,2,3,…,m}，其中m∈N?，m≥3.對(duì)于集合A的n(n∈N?,n≥3)元子集B，若B中不存在三個(gè)元素構(gòu)成等差數(shù)列，則稱(chēng)集合B為集合A的“缺等差子集”

(1)當(dāng)m=5時(shí)，寫(xiě)出集合A包含元素1和2的“缺等差子集”；

(2)當(dāng)m=14時(shí)，求集合A的“缺等差子集”元素個(gè)數(shù)的最大值；

(3)當(dāng)m=12(3k+1)，且參考答案1.D

2.B

3.C

4.B

5.D

6.B

7.C

8.A

9.AD

10.BCD

11.ACD

12.4047

13.f(x)=x(14.3415.解：(1)由題意可得A=2，且T4=7π12?π3=π4，可得T=π=2πω，解得ω=2，

又因?yàn)棣?×2+φ=π2+2kπ，k∈Z，而|φ|<π2，

解得φ=?π6，

所以f(x)=2sin(2x?π6)；

(2)要使f(x1)=f(x2)=1，即sin16.解：(1)因?yàn)閍1?a2=12a2?a3=14，所以q=a2?a3a1?a2=12，

則a1=1，

所以an=12n?1．

(2)17.解：(1)由正弦定理及3csinA=acosC，得3sinCsinA=sinAcosC，

因?yàn)閟inA≠0，所以3sinC=cosC，即tanC=33，

又C∈(0,π)，所以C=π6，

因?yàn)閟in(A?2C)=32sinB，且A=5π6?B，

所以sin(5π6?B?2?π6)=32sinB，即cosB=18.解：(1)因?yàn)閒(x)=lnx+ex?1，函數(shù)定義域?yàn)?0,+∞)，

可得f′(x)=1x+ex?1，f″(x)=ex?1?1x2，

易知函數(shù)y=ex?1?1x2在x∈(0,+∞)上單調(diào)遞增，

且當(dāng)x=1時(shí)，y=0，

當(dāng)0<x<1時(shí)，f″(x)<0，f′(x)單調(diào)遞減；

當(dāng)x>1時(shí)，f″(x)>0，f′(x)單調(diào)遞增，

所以當(dāng)x=1時(shí)，f′(x)有極小值，極小值f′(1)=2，無(wú)極大值；

(2)因?yàn)椴坏仁絝(x)≥kx?1對(duì)任意x∈[1,+∞)恒成立，

所以lnx+ex?1≥kx?1對(duì)任意x∈[1,+∞)恒成立，

即k≤lnx+ex?1+1x對(duì)任意x∈[1,+∞)恒成立，

設(shè)g(x)=lnx+ex?1+1x，函數(shù)定義域?yàn)閇1,+∞)，

可得g′(x)=(x?1)ex?1?lnxx2，

設(shè)?(x)=(x?1)ex?1?lnx，函數(shù)定義域?yàn)閇1,+∞)，

可得?′(x)=xex?1?1x，

因?yàn)?(x)在區(qū)間[1,+∞)上單調(diào)遞增，

所以?′(x)≥?′(1)=0，

即?(x)在區(qū)間[1,+∞)上單調(diào)遞增，

所以?(x)≥?(1)=0，

此時(shí)g′(x)≥0，g(x)上單調(diào)遞增，

所以g(x)≥g(1)=2，

即k≤2，

則k的取值范圍為(?∞,2]；

(3)若對(duì)任意k∈R，直線y=kx+b與曲線y=f(x)有且僅有一個(gè)公共點(diǎn)，

此時(shí)lnx+ex?1=kx+b有唯一解，

設(shè)p(x)=lnx+ex?1?kx?b，函數(shù)定義域?yàn)?0,+∞)，

當(dāng)x→+∞時(shí)，p(x)→+∞；當(dāng)x→0時(shí)，p(x)→→∞；

所以p(x)=0至少有一個(gè)解，

因?yàn)閘nx+ex?1=kx+b有唯一解，

所以k=lnx+ex?1?bx有唯一解，

設(shè)q(x)=lnx+ex?1?bx，因?yàn)?9.解：(1)由題意可知，集合A包含元素1和2的“缺等差子集”，

分別為{1,2,4}，{1,2,5}，{1,2,4,5}．

(2)考慮集合A1={1,2,3,4,5,6,7}，記A1的“缺等差子集”為B1，元素個(gè)數(shù)為|B1|，

因?yàn)椤叭钡炔钭蛹敝胁荒艹霈F(xiàn)連續(xù)的三個(gè)數(shù)，

所以集合{1,2,3}與{5,6,7}中至少有一個(gè)數(shù)不在任何一個(gè)“缺等差子集”中，

所以|B1|≤5，

若|B1|=5，因?yàn)閧1,2,3}與{5,6,7}中有且只有兩個(gè)元素屬于B1，故4∈B1，

對(duì)于(1,2,3}，顯然2和3不全在B1中，故1，2∈B1或1，3∈B1．

若1，2∈B1，則6?B1且7?B1，矛盾；

若1，3∈B1，則5?B1且7?B1，矛盾；

故|B1|≤4，當(dāng)B1={1,2,4,5}時(shí)，符合|B1|=4，

即|B1|的最大值為4．

同理{8,9,10,11,12,13,14}的“缺等差子集”中元素個(gè)數(shù)最大為4．

所以當(dāng)m=14時(shí)，對(duì)于集合A，其“缺等差子集”元素個(gè)數(shù)不超過(guò)8，

因?yàn)楫?dāng)B={1,2,4,5,10,11,13,14}時(shí)，符合題意．

故集合A的“缺等差子集”元素個(gè)數(shù)的最大值為8．

(3)存在，理由如下：

對(duì)于m=12(3k+1)，記Ak={1,2,?,m}，

由(1)(2)可知：A2={1,2,3,4,5}，B2={1,2,4,5}；

A3={1,2,?,14}，B3={1,2,4,5,10,11,13,14}．

在此基礎(chǔ)上，當(dāng)k=4時(shí)，

A4={1,2,?,41}，B={1,2,4,5,10,11,13,14,28,29,31,32,37,38,40,41}，

滿(mǎn)足題目要求．

下面證明對(duì)每一個(gè)Ak={1,2,?,m}，m=12(3k+1)，

若已經(jīng)構(gòu)造出元素個(gè)數(shù)為2k的“缺等差子集”Bk，

則可用添項(xiàng)的方法來(lái)構(gòu)造新的Ak+1和“缺等差子集”Bk+1，

使得Bk+1的元素個(gè)數(shù)為2k+1．

當(dāng)Ak+1={1,2,?,12(3k+1+1)}時(shí)，Bk+1=Bk∪{y|y=3k+x,x∈Bk}是新的“缺等差子集