山東省名校考試聯(lián)盟2025屆高三上學期期中檢測數學試題（解析版）

高級中學名校試卷PAGEPAGE1山東省名?？荚嚶?lián)盟2025屆高三上學期期中檢測數學試題一、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，只有一項是符合題目要求的.1.已知集合，，則（）A. B.C. D.【答案】C【解析】因為，，所以，故選：C2.若（為虛數單位）是關于的方程的一個根，則（）A.0 B.2 C.3 D.4【答案】B【解析】因為（為虛數單位）是關于的方程的一個根所以，也是關于的方程的一個根，所以，由韋達定理得：，所以，.故選：B3.已知向量，不共線，，，若，，三點共線，則（）A. B.. C.1 D.2【答案】D【解析】由于，，三點共線，所以與共線.存在實數，使得，即.因為，不共線，根據向量相等的性質，若，則.由，將其代入可得.故選：D.4.設，，則使成立的一個充分不必要條件是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】對于A，，故是的充要條件；對于B，由得，能推出，則充分性成立，反之不成立，則必要性不成立，所以是的充分不必要條件；對于C，由無法得到，之間的大小關系，則充分性不成立，反之也是，則必要性不成立，所以是的既不充分也不必要條件；對于D，由不能推出，則充分性不成立，反之不成立，則必要性不成立，所以是的既不充分也不必要條件．故選：B．5.已知數列滿足，，則數列的前8項和為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】已知，等式兩邊同時除以，得到.因為，所以，那么數列是以為首項，為公差的等差數列.得，則..求數列的前項和.故選：A.6.若，，且，，則（）A. B. C. D.【答案】C【解析】因，所以.又，所以.根據，得，同時也能確定.因為，，，所以..將轉化為.所以因為，，所以.在這個區(qū)間內，時，.故選：C.7.用表示，，中的最小數，若函數為偶函數，且當時，，則的極值點的個數為（）A.2 B.3 C.4 D.5【答案】D【解析】由，，可得函數的大致圖象，由圖象可知當時，有兩個極值點，由對稱性可知當時，也有兩個極值點，同時由圖象可知：也是極值點，所以共有5個極值點.故選：D8.若定義在上的函數滿足，是奇函數，，則（）A.2 B.3 C.4 D.5【答案】D【解析】根據，以代換得：，所以，可知函數的周期為4，因為是上的奇函數，所以，即關于點對稱，于是，，由，取得，即，則，因此，取，得，于是，因此，.故選：D.二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每個小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.9.已知函數，兩條相鄰對稱軸之間的距離為，且，則（）A. B.C.關于對稱 D.在上單調遞增【答案】ABD【解析】因為函數的兩條相鄰對稱軸之間的距離為，所以，則，即，故A正確；此時，又，則，即，因為，所以，故B正確；此時，因為，所以關于對稱，故C錯誤；當時，，因為函數在上單調遞增，所以在上單調遞增，故D正確.故選：ABD.10.記內角，，的對邊分別為，，，已知，，若為的外心，則（）A. B.C. D.【答案】AC【解析】的外心即為外接圓的圓心，即三邊中垂線的交點，所以，故A正確；取的中點，連接，所以，故C正確；因為，故B錯誤；因為為的外心，則可設的外接圓半徑為，，，，故，同理，，又，即.所以，即，故D錯誤；其中（奔馳定理）的證明如下：如圖延長與邊相交于點則所以，又，又，所以，所以，所以.故選：AC.11.如圖，已知正方體的棱長為2，，分別為，的中點，點為上一動點，則（）A.存在點使得B.的最小值為C.以為直徑的球面與正方體每條棱的交點總數為12D.已知球為正方體的內切球，若在正方體內部與球外部之間的空隙處放入一個小球，則放入的小球體積最大值為【答案】BCD【解析】對于A:由題意可知：，取中點，所以，因為為直角三角形，同時為等腰直角三角形，，所以當在運動中時，，，所以，，故A錯；對于B:由對稱性得，即求，在面中，，故B對；對于C:因為以為直徑的球的球心為正方體中心，半徑為，而正方體中心到各棱距離均為，所以該球與正方體12條棱均相切，所以有12個交點，故C對；對于D:因為體積最大的小球為小球與正方體和球均相切時取到.研究截面，分別過和小球球心作的垂線，垂足分別為，，則，因為球與小球相切，球半徑為1，設小球的半徑為，則，所以，所以小球體積最大值為，故D對.故選：BCD.三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12.已知函數則________.【答案】【解析】因為所以.13.數列的前項和為，且滿足，，則________.【答案】1【解析】由題意可知①，②，③將①②式相加可得，與③式相減可得，則1.14.已知函數，曲線在不同的三點處的切線斜率均為3，則實數的取值范圍是________.【答案】【解析】因為函數圖象在不同的三點處的切線斜率均為3，所以有三個不同的根，即有三個不同的根，轉化為函數圖象和函數圖象有三個不同的交點，下面分析函數圖象，，令，解得或，當時，，函數單調遞增；當時，，函數單調遞減；當時，，函數單調遞增；當時，，且；當時，.函數圖象如圖所示結合圖象可知，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.如圖，在四棱錐中，平面平面，，，，，，點在棱上，且.（1）求證：平面平面；（2）求平面與平面所成角的大小.（1）證明：方法1：因為，，所以，所以，即.又因為面面，面交面于，因為，，所以，因為面，所以面，因為面，所以.因為，，交于，所以面.連接，交于，連接，因為，，所以，又因為，所以，所以，因為面，所以面，因為平面，所以面平面.方法2：取中點，連接，，因，所以，又因為面面，面交面于，所以面，因為，，所以，又因為，，所以四邊形為矩形，則.以為原點建系如圖，，，，，所以，，，因為點在棱上且，所以，則，設，分別為平面和平面的法向量，則，令，則，，所以，，令，則，，所以，所以，所以，所以平面平面.方法3：若取為原點，，方向為，軸正方向，則坐標為，，，，，平面和平面的法向量分別為，，所以，所以，所以平面平面.（2）解：方法1：取中點，連接，，因為，所以，又因為面面，面交面于，所以面，因為面，所以.因為，，，所以四邊形為正方形，所以.又因為交于，所以面，因為面，所以，所以即為平面與平面所成角，因為，，所以，.所以平面與平面所成角為.方法2：設為平面的法向量，所以，令，則，，所以，因為面，，所以，所以平面與平面所成角為.方法3：平面的法向量，.所以，所以平面與平面所成角為.方法4：投影面積法：取中點，連接，，因為，所以，又因為面面，面交面于，所以面，設為平面與平面所成角，所以，所以.16.已知銳角的內角，，的對邊分別為，，，且，角的平分線交于，.（1）求；（2）求的取值范圍.解：（1）在中，，利用正弦定理得，，所以，即，因為，故，即，因為，所以，所以.（2）由已知得，，在中，由正弦定理得，，即，同理得，.故，而，，因為銳角中，，所以，故，，，所以的取值范圍為.17.將個實數排成行列的數陣形式如下；（1）當時，若每一行每一列均構成等差數列，且，求該數陣中所有數的和；（2）若，且每一行均為公差相同的等差數列，每一列均為公比為的等比數列.已知，，，設，求的值.解：（1）由題意，且每一行都成等差數列則有：，，……，，則有，又因為每一列成等差數列，故有，即.（2）由題意每一行均為等差數列，設第二行的公差為，則有，故，從而可得第二行的通項公式，所以，又因為每一列均為公比為的等比數列，且，又因為，故，即有，從而有，故所以即.18.已知函數.（1）求曲線在點處的切線方程；（2）當時，討論的單調性；（3）當時，，求的取值范圍.解：（1）由題意可知，，則，故曲線在點處的切線方程為.（2）當時，.則.當時，，此時.當時，.故在上恒成立.再由可知為偶函數，于是在R上恒成立.故在R上單調遞增.（3）當時，符合題意.當時，由可得.令，則.令，則.令，則.令，當時，，故在上單調遞減.又，則此時.故在上單調遞減.因為，，則存在，使得，于是在上單調遞增，在上單調遞減.由于，，則當時，，此時.因此在上單調遞增.故當時，.令，，則.當時，，則在上單調遞增，此時.故當時，.故在上恒成立.因此的取值范圍為.19.已知集合，集合，記的元素個數為.若集合中存在三個元素，，，使得，則稱為“理想集”.（1）若，分別判斷集合，是否為“理想集”（不需要說明理由）；（2）若，寫出所有的“理想集”的個數并列舉；（3）若，證明：集合必為“理想集”.解：（1）不是“理想集”，是“理想集”.由題意，令，則；令，則；令，則；令，則；所以不是“理想集”.令，則，所以是“理想集”.（2）