山东省名校联盟2025届高三（上）12月阶段性检测数学试卷（解析版）

这是一份山东省名校联盟2025届高三（上）12月阶段性检测数学试卷（解析版），共14页。试卷主要包含了 函数的图象大致为， 已知数列满足， 已知，则的最小值为， 设，若，则下列结论正确的是等内容，欢迎下载使用。
本试卷共4页，19题，全卷满分150分.考试用时120分钟.
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的考生号､姓名､考场号及座位号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需要改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
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. 若集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】依题意，.
故选：B
2. 若，则“”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】，解得：或，
所以“”是“”的充分不必要条件，
故选：A
3. 函数在上的最小值为（ ）
A. 0B. 1C. D.
【答案】B
【解析】由，求导可得，令，解得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增.
所以.
故选：B.
4. 函数的图象大致为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】函数的定义域为R，
，函数是奇函数，其图象关于原点对称，排除BD；
而，排除选项A，选项C符合题意.
故选：C
5. 已知数列满足：为正整数，，若，则所有可能的取值的集合为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】依题意，是正整数，
当是奇数时，，无解；当是偶数时，，解得；
当是奇数时，，解得，显然不可能为奇数，否则为偶数，
因此为偶数，，解得；
当是偶数时，，解得，若为奇数，则，无解，
若为偶数，则，解得，
所以所有可能的取值的集合为.
故选：C
6. 已知，则的最小值为（ ）
A. 1B. C. 2D.
【答案】D
【解析】令，则，
而函数在上单调递增，
所以当，即时，取得最小值.
故选：D
7. 已知，若函数在上有且只有两个极值点，则的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】由函数，则求导可得，
令，解得，化简可得，
当时，；当时，；当时，；当时，，
由题意可得，，，，解得.
故选：A.
8. 祖暅，字景烁，祖冲之之子，南北朝时代的伟大科学家.祖暅在数学上有突出的贡献，他在实践的基础上，提出了祖暅原理：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等.已知双曲线，若直线与在第一象限内与双曲线围成如图阴影部分所示的图形，则该图形绕轴旋转一周所得几何体的体积为（ ）

A. B. C. D.
【答案】D
【解析】双曲线在第一、三象限的渐近线，
过点作轴于，交直线于点，
在线段上任取点，作轴于，交双曲线及直线分别于点，
依题意，点，令点，，
则，点绕轴旋转一周所得同心圆面积分别为，
对应圆环面积为定值，由祖暅原理知，平面封闭图形绕轴旋转一周
所得几何体的体积等于底面半径为1，高为3的圆柱的体积，则，
所求体积的几何体可视为矩形绕轴旋转一周所得圆柱体积减去，
再减去绕轴旋转一周所得圆锥体积，而，，
所以所求的体积为.
故选：D
二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每个小题给出的选项中，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. 设，若，则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BC
【解析】由，可得，
对于A，由于，所以，A错误；
对于B，由于，所以，B正确；
对于C，由于，所以，则，C正确；
对于D，由于，所以，,故D错误.
故选：BC
10. 设为复数，则下列结论中正确的是（ ）
A. 若为虚数，则也为虚数
B.
C. 若，则的最大值为
D.
【答案】ABD
【解析】对于A，因为为虚数，为实数，所以为虚数，所以也为虚数，所以A正确；
对于B，设，
则，
，
所以，
，
所以，所以B正确，
对于C，当时，满足，此时，所以C错误；
对于D，设对应的向量分别为，则由向量三角不等式得，
所以恒成立，所以D正确，
故选：ABD
11. 已知函数的定义域为的图象关于对称，且为奇函数，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BC
【解析】对于A，由奇函数，得，则，
由的图象关于对称，，因此，A错误；
对于C，点关于的对称点是，由的图象关于对称，
得点在函数的图象上，，C正确；
对于B，由为奇函数，得，
则，
于是，即点在函数的图象上，
则点在函数的图象上，因此，
即，B正确；
对于D，由，得，而，
则，因此
，D错误.
故选：BC
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 若，则__________.
【答案】##
【解析】由，得.
故答案为：
13. 在等腰直角中，已知，若满足与交于点，则在上的投影向量的模为__________.
【答案】3
【解析】依题意，以点为原点，射线分别为轴非负半轴建立平面直角坐标系，
则，由，得，
由点在上，设，则点，
于是，而，由点在上，得，
因此，解得，点，，又
所以在上的投影向量的模为.
故答案为：3
14. 已知函数，若对任意的，且，都有成立，则正实数的取值范围是__________.
【答案】
【解析】令，
求导可得，
令，令，求导可得，令，
当时，，则单调递减；
当时，，则单调递增.
所以，即，
由题意可得函数单调递增，则，
由，则，解得.
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. 已知正项数列满足，且.
（1）证明：数列为等差数列，并求数列的通项公式；
（2）证明：.
证明：（1）由题意得，，
因为，所以，又，
因此，数列是以1为首项，2为公差的等差数列；
则，
所以，.
（2）由（1）得：，
所以
.
16. 记的内角、、所对的边分别为、、，已知.
（1）求；
（2）是上的点，平分，且，，求的面积.
解：（1）因为，由正弦定理得，
所以，，
在中，，
所以，
，
因为、，所以，，，故.
（2）由题意可得，
所以，，
即，
所以，，
因为，由余弦定理可得，
即，整理可得，
因为，解得，
因此，的面积为.
17. 如图，已知等腰梯形分别为的中点，沿线段将四边形翻折到四边形的位置，点为线段上一点，且满足.
（1）证明：平面；
（2）设二面角的平面角为，在四边形翻折过程中，是否存在，使得与平面所成角的正弦值为，若存在，请说明理由.
解：（1）证明：在线段取一点，使得，
因为，所以，且，
因为，
所以，所以，且，所以四边形是平行四边形，
所以，由于平面，平面，所以平面
（2）存在，理由如下：
因为等腰梯形分别是的中点，
所以平面，
所以平面，以为坐标原点，所在直线分别为轴，
轴建立如图所示空间直角坐标系，
由题意知，，，
所以，，
设，因为，
所以，
解得，所以，
所以，
设平面的法向量为，
则，
令，则，所以，
设与平面所成角为，
则，
解得，因为，所以.
18. 已知函数.
（1）若曲线在点处切线与轴平行，求的值；
（2）设函数，给出的定义域，并证明：曲线是轴对称图形；
（3）证明：.
解：（1）因为，
则，
由题意可知，，解得.
（2），
对于函数，
有，解得，即函数的定义域为，
对于函数，则，可得，解得或，
所以，函数的定义域为，故该定义域关于直线对称，
因为
，
故函数图象关于直线对称，所以曲线是轴对称图形.
（3）证明：当时，，
则，令，
则，
当时，，则函数在上为增函数，此时，，
即，所以，函数在上为增函数，此时，，
取，可得，
于是，即，
所以，，
故.
19. 对于一个元正整数集，如果它能划分成个不相交的二元子集的并集，即，且存在，使得，则称这个偶数为可分数.例如，由于二元子集满足，则称2为可分数.
（1）判断4和6是否为可分数，并说明理由；
（2）求小于81的最大可分数；
（3）记小于的可分数的个数为，令，记为数列的前项和，证明：.
解：（1）令，①，；
②，；③，，
综上所述，不是可分数，
令，，由，，
则是可分数.
（2）由，且，则令，
由，且，
则是小于最大的可分数.
（3）证明：设偶数为可分数，则存在使得，
由可知二元子集中两元素和的最大值为，
于是集合中所有大于等于的整数所在二元子集中两元素之和均为，
于是必定与在同一个二元子集中，
必定与在同一个二元子集中，
必定与在同一个二元子集中，
若，由可知不属于集合，
故无法对进行分组，此时不是可分数；
若，则分组之后还剩下大于等于的整数，
此时不是可分数；
若，则分组之后还剩下，
因为，则是可分数等价于也是可分数，
若，则可将划分成以下各组：，
每组中两元素之和均为，因此此时是可分数，
由于小于的可分数的个数为，则，
又小于3可分数只能为2，则，于是，
故是首项为，公比为2的等比数列，
则，于是，
又，
因此.