精品解析：山东省青岛市2024-2025学年高三上学期期末数学试题

2024—2025学年度第一学期教学质量检测 高三数学试题 2025.01 本试卷分选择题和非选择题两部分．满分150分，考试用时120分钟．考试结束后，将本试卷和答案卡一并交回． 注意事项： 1．答第I卷前考生务必将自己的姓名，准考证号等填写在答题卡上． 2．选出每小题答案前，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．所有试题的答案，写在答题卡上，不能答在本试卷上，否则无效． 一、选择题：本题共8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. 设集合，，若，则（ ） A. B. 0 C. 1 D. 或0 2. 已知复数，，若复数为纯虚数，则实数的值为（ ） A. 1 B. 0 C. D. 3 已知向量，，若，则（ ） A. 0 B. C. 1 D. 2 4. 蒙古包是我国蒙古族牧民居住的房子，适于牧业生产和游牧生活．如图所示的蒙古包由下面圆柱部分和上面圆锥部分组合而成，用毛毡覆盖其表面（底面除外）．其中圆柱的高为，底面半径为，圆锥的顶点到底面的距离是，则图中蒙古包所用毛毡的面积为（ ） A. B. C. D. 5. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 6 设，，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知椭圆：的左焦点为，焦距为，圆：与椭圆有四个交点，其中点，分别在第一、四象限，若为等边三角形，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数存在最小值，则的范围是（ ） A. B. C. D. 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. 已知等差数列，前项和，则（ ） A. B. C. D. 为公差为的等差数列 10. 已知函数，则下列关于函数的说法正确的是（ ） A. 在上单调递增 B. 对任意，都有 C. 的图象可以由的图象向左平移个单位长度得到 D. 函数在上的值域为 11. 如图，已知曲线方程为，是曲线上任意一点，则（ ） A. 点横坐标的范围是 B. 直线与曲线有两个交点 C. 已知，则 D. 设，是曲线上两点，若，，则 三、填空题：本题共3个小题，每小题5分，共15分． 12. 若曲线处的切线平行于直线的坐标是_______. 13. 递增等比数列的各项均为正数，且，则______； 14. 如图，几何体，其中，均为正三棱锥，，点为的中心，棱的中点，且几何体各顶点都在一个球面上，若，则该几何体的体积为______． 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. 在中，角所对的边分别为，已知，，． （1）求的值； （2）求的值． 16. 如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧棱底面，，是中点，垂足为． （1）求证：平面； （2）求证：平面； （3）求平面与平面的夹角的余弦值． 17. 已知椭圆：过点，且离心率． （1）椭圆方程； （2）过右焦点的直线交椭圆于两点，，AB的中点为．设原点为，射线OM交椭圆于点，已知四边形AOBD为平行四边形，求直线的方程． 18. 若函数满足：对于任意，，都有，则称具有性质． （1）设，，分别判断函数，是否具有性质？并说明理由； （2）（ⅰ）已知奇函数是上的增函数，证明：具有性质； （ⅱ）设函数具有性质，求的范围． 19. 已知数列具有性质：对任意的，与两数中至少有一个属于． （1）分别判断数集和是否具有性质； （2）证明：当时，，，，不可能成等差数列； （3）证明：当时，，，，，是等比数列． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024—2025学年度第一学期教学质量检测 高三数学试题 2025.01 本试卷分选择题和非选择题两部分．满分150分，考试用时120分钟．考试结束后，将本试卷和答案卡一并交回． 注意事项： 1．答第I卷前考生务必将自己的姓名，准考证号等填写在答题卡上． 2．选出每小题答案前，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．所有试题的答案，写在答题卡上，不能答在本试卷上，否则无效． 一、选择题：本题共8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. 设集合，，若，则（ ） A. B. 0 C. 1 D. 或0 【答案】A 【解析】 【分析】根据集合的包含关系以及集合中元素的互异性解方程即可求得. 【详解】由可知或， 解得或； 又因为时，集合中的元素不满足互异性，舍去； 所以. 故选：A 2. 已知复数，，若复数为纯虚数，则实数的值为（ ） A. 1 B. 0 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用复数乘法法则求出，因为乘积为纯虚数，所以且，即可求得结果. 【详解】因为，所以且，解得 故选：C 3. 已知向量，，若，则（ ） A. 0 B. C. 1 D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】由向量垂直转化为数量积为0，进而可得. 【详解】由得，得， 故选：C 4. 蒙古包是我国蒙古族牧民居住的房子，适于牧业生产和游牧生活．如图所示的蒙古包由下面圆柱部分和上面圆锥部分组合而成，用毛毡覆盖其表面（底面除外）．其中圆柱的高为，底面半径为，圆锥的顶点到底面的距离是，则图中蒙古包所用毛毡的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意得到圆锥的母线长，分别求得圆锥和圆柱的侧面积即可. 【详解】解：由题意得：圆锥的高为3m，底面半径为4m， 所以圆锥的母线长为5m， 所以圆锥的侧面积为，而圆柱的侧面积为， 所以蒙古包所用毛毡的面积为， 故选：D 5. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先根据，得出，再结合两角和差的正弦公式分析求解. 【详解】因为，所以， 又因为， 所以， 所以. 故选：B. 6. 设，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】应用换底公式,再结合对数函数的单调性可判断,再结合，即可判断 【详解】解：因为,,所以； 因为， 又因为； 所以. 故选：A 7. 已知椭圆：左焦点为，焦距为，圆：与椭圆有四个交点，其中点，分别在第一、四象限，若为等边三角形，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据椭圆的对称性及定义结合离心率公式即可求解. 【详解】由于为等边三角形，由椭圆的对称性可得,所以, 由椭圆的定义可得,所以椭圆的离心率. 故选：C 8. 已知函数存在最小值，则的范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】结合分段函数解析式分和两种情况讨论，再结合指数函数，二次函数的单调性求出即可； 【详解】当时，为增函数，则有； 当时，， 若，即时，， 若，在上为增函数，此时， 若存在最小值，必有或， 解得或， 则的范围是. 故选：D. 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. 已知等差数列，前项和，则（ ） A. B. C. D. 为公差为的等差数列 【答案】AC 【解析】 【分析】A.由，令求解；B.由 求解；C.由求解；D. 由判断. 【详解】解：因为等差数列，前项和， 所以，故A正确； ，则，故B错误； ，故C正确； ，所以为公差为1的等差数列，故错误； 故选： 10. 已知函数，则下列关于函数的说法正确的是（ ） A. 在上单调递增 B. 对任意，都有 C. 的图象可以由的图象向左平移个单位长度得到 D. 函数在上的值域为 【答案】AC 【解析】 【分析】由正弦函数的单调性判断A，由对称性判断B，由图象变换判断C，求出的值域后判断D． 【详解】因为， 对于A，令，则，即的一个单调增区间为，则在上单调递增，故选项A正确； 对于C，图象向左平移个单位长度得到，，故选项C正确； 对于B，由于，所以，故选项B错误； 对于D，当，则 所以，故选项D错误. 故选：AC． 11. 如图，已知曲线的方程为，是曲线上任意一点，则（ ） A. 点横坐标的范围是 B. 直线与曲线有两个交点 C. 已知，则 D. 设，是曲线上两点，若，，则 【答案】CD 【解析】 【分析】解不等式可知A错误，构造函数求得在上的最值，再由数形结合即可判断B错误；利用两点间距离公式构造函数并求得其最值，可求得，即C正确，分别对和分类讨论，利用两点间距离公式计算即可得，可知D正确. 【详解】对于A，易知，即，解得，即A错误； 对于B，令函数， 则，令，可得， 因此当时，，即在上单调递增； 当时，，即上单调递减； 当时，，即在上单调递增； 所以在处取得极大值， 因此可得时，，即可得； 易知，所以直线与曲线上有两个交点，在上有一个交点，共三个交点，即B错误； 对于C，设，则， 令， 可得，令，则或； 当时，，在上单调递增； 当时，，在上单调递减， 又，所以当时，； 当时，， 所以，因此可得，因此C正确； 对于D，由，， 即异号时，； 当时，不妨设，即，解得； 又，所以； 此时，即此时 当时， 不妨设， 可得， ； 所以 综上可知，，即D正确. 故选：CD 【点睛】关键点点睛：解决本题关键在于通过构造函数并利用导数求得函数单调性，得出函数最值；再结合函数与方程的思想以及两点间距离公式计算可判断出结论. 三、填空题：本题共3个小题，每小题5分，共15分． 12. 若曲线处的切线平行于直线的坐标是_______. 【答案】 【解析】 【详解】试题分析：因为，设切点，则又 考点：利用导数求切点 13. 递增等比数列的各项均为正数，且，则______； 【答案】 【解析】 【分析】应用等比数列的通项公式及已知可得，再由即可求值. 【详解】由题设且公比，则，整理得， 所以，而. 故答案为：9 14. 如图，几何体，其中，均为正三棱锥，，点为的中心，棱的中点，且几何体各顶点都在一个球面上，若，则该几何体的体积为______． 【答案】## 【解析】 【分析】根据几何体的特征，可判断几何体的球心为的中点，设，，，则由，得，由，，结合，可得，进而由可得几何体的体积. 【详解】由题意，平面，几何体的外接球直径为，不妨设， 设的中点为，即为外接球的球心， 连接，则， 设，，则，，，， 在中，，得， 在中，，同理， ， 化简得，代入，可得， 故， 几何体的体积为， 故答案为： 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. 在中，角所对的边分别为，已知，，． （1）求的值； （2）求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由余弦定理可得，可得，再根据得，再由正弦定理可得； （2）先由倍角公式可得，，再由两角差的正弦公式可得. 【小问1详解】 因为， 由余弦定理可得， 因，所以， 由，则， 由正弦定理得 则. 【小问2详解】 因， . 16. 如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧棱底面，，是的中点，垂足为． （1）求证：平面； （2）求证：平面； （3）求平面与平面的夹角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）连接交于O，连接，通过证明 可证明结论； （2）通过证明平面，可得，结合可得平面； （3）建立空间直角坐标系，利用向量方法求面面所成角的大小. 【小问1详解】 连接交于，连接， 在中，，分别为的中点， 所以 ，又平面，平面 平面 【小问2详解】 侧棱底面 ，底面 ， 又因为底面是正方形，， 因为，平面，平面， 又平面，， 是的中点 ， 又，平面，平面， 因为平面，， 又，，平面，平面. 【小问3详解】 以点为原点，DA，DC，DP所在的直线分别为，，轴建立空间直角坐标系， 设，，，， ，，， 设是平面的一个法向量， 由得：， 令，得，所以平面的一个法向量， 显然，是平面的一个法向量， 设为平面与平面的夹角，， 即平面与平面的夹角的余弦值 17. 已知椭圆：过点，且离心率． （1）椭圆的方程； （2）过右焦点的直线交椭圆于两点，，AB的中点为．设原点为，射线OM交椭圆于点，已知四边形AOBD为平行四边形，求直线的方程． 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）根据离心率以及焦距即可求解方程， （2）联立直线与椭圆的方程得到韦达定理，利用向量的坐标匀速即可代入坐标求解. 【小问1详解】 椭圆过点， ，又，， 解得：， 椭圆的方程为； 【小问2详解】 设直线方程为， 由得， 设， 则.， 四边形为平行四边形. 设，则， 所以，， 因为点在椭圆上， 所以得，解得， 当直线的斜率不存在时，显然不成立 所以，直线的方程为或 18. 若函数满足：对于任意，，都有，则称具有性质． （1）设，，分别判断函数，是否具有性质？并说明理由； （2）（ⅰ）已知奇函数是上的增函数，证明：具有性质； （ⅱ）设函数具有性质，求的范围． 【答案】（1）不具有，具有，理由见解析 （2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）利用举反例即可判断不具有性质．利用题干中的定义列出式子即可判断具有性质. （2）（ⅰ）利用奇函数的性质以及题干的定义即可证明结论. （ⅱ）根据定义列出式子，得出为上的增函数，再利用导数的性质以及分情况讨论即可得到结果. 小问1详解】 不具有性质，理由如下：取，则 ； 具有性质，理由如下：对于任意， ， 所以具有性质. 【小问2详解】 （ⅰ）是上的增函数， 当时，，即， 为奇函数， ， ，具有性质； （ⅱ）因为函数具有性质， ， 因为， 又定义域为，所以为奇函数， ， 即为上的增函数， 在上恒成立， 在上恒成立， 当时，显然成立， 当时，， 令，， 令，， 因为为的增函数， ， 当时，， 令， ， . 综上： 【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是理解性质P的定义，第二问结合函数的奇偶性得到函数的单调性，从而转化为恒成立问题. 19. 已知数列具有性质：对任意的，与两数中至少有一个属于． （1）分别判断数集和是否具有性质； （2）证明：当时，，，，不可能成等差数列； （3）证明：当时，，，，，是等比数列． 【答案】（1）不具有，具有. （2）证明见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据数列具有性质的定义判断即可； （2）根据数列具有性质的定义可知，，得，进而由等差数列的通项得，进而可判断； （3）根据数列具有性质的定义可知，，，进而可得，可判断. 【小问1详解】 集合中且，所以不具有性质, 因为都属于，是具有性质. 【小问2详解】 因为具有性质, 所以与至少有一个属于，又因， 故，又，故， 同理：，即，故 又，，故，即 假设是等差数列，则由已知得公差 则由得： 解得：与假设矛盾 所以当时，不可能成的差数列. 【小问3详解】 当时，由（2）知即 ，， ，， 由得：，又， 即是以为首项，公比为的等比数列. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $