2025届山东省百师联盟高三上学期一轮复习联考（三）（11月）数学试卷（解析版）

这是一份2025届山东省百师联盟高三上学期一轮复习联考（三）（11月）数学试卷（解析版），共15页。试卷主要包含了 已知集合，，则， 已知命题，则的否定为， 复数满足，则复数的虚部为， 已知平面向量，则， 已知点为函数和图象的交点，则， 下列各式计算结果为的有等内容，欢迎下载使用。
1. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
解析】.
故选：D.
2. 已知命题，则的否定为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】命题的否定为：.
故选：C.
3. 复数满足，则复数的虚部为（ ）
A. B. C. D. 1
【答案】D
【解析】因为，即，所以，
所以复数的虚部为1.
故选：D.
4. 已知平面向量，则（ ）
A. B. C. 1D. 4
【答案】D
【解析】因为，所以，即.
故选：D
5 已知函数则（ ）
A. B. C. 1D. 4
【答案】B
【解析】∵时，，∴，
又∵时，，∴，
∴.
故选：B
6. 已知数列是等差数列，数列是等比数列，若，则（ ）
A. B. C. 1D.
【答案】C
【解析】在等差数列中，，
即，则.
在等比数列中，.
即，则.
把，代入，得到.
故选：C.
7. 已知，，且，若恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】因为，，且，则，
所以，
当且仅当时，
即当，时，所以的最小值为，
因为恒成立，所以，解得，
所以实数的取值范围是.
故选：B.
8. 已知点为函数和图象的交点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】由题知方程，即的根为.
因为，所以，所以，且为方程的根.
令，则，所以上单调递增.
又，
所以，即，所以.
故选：D.
二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，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. 下列各式计算结果为的有（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AD
【解析】对于A选项，，A满足；
对于B选项，，B不满足；
对于C选项，，C不满足；
对于D选项，，D满足.
故选：AD.
10. 在直四棱柱中，底面是边长为2的菱形，分别是棱的中点，过直线的平面分别与棱交于点，则下列说法正确的是（ ）
A. 四边形为矩形
B.
C. 四边形面积的最小值为8
D. 四棱锥的体积为定值
【答案】BD
【解析】对于A，连接交于，连接交于，
因为平面//平面，平面平面，平面平面，
所以，同理可证得//，所以四边形为平行四边形，
因为四边为菱形，所以，
因为四棱柱为直四棱柱，所以平面，
因为平面，所以，
因为，平面，所以平面，
因为平面，所以，
因为分别是棱的中点，所以，
因为//，，所以//，，
所以四边形为平行四边形，所以//，所以，
所以四边形为菱形，所以A错误，
对于B，连接，因为四边形为平行四边形，所以，
因为分别是棱的中点，所以为直四棱柱的中心，
所以过点且被平分，即，
因为，，所以≌，
所以，所以B正确，
对于C，因为四边形是边长为2的菱形，，所以，
所以，
因为四边形为菱形，所以四边形面积为,
即四边形面积的最小值为，所以C错误，
对于D，因为，点到平面的距离为定值，为定值，
所以四棱锥的体积为定值，所以D正确，
故选：BD
11. 已知函数是定义在上的奇函数，且满足，当时，，则下列说法正确的是（ ）
A.
B. 函数的图像关于直线对称
C. 定义在上的函数满足，若曲线与恰有2025个交点，则
D. 当实数时，关于的方程恰有四个不同的实数根
【答案】BCD
【解析】因为函数的定义域为，
所以fx+2=-fx，所以fx+4=-fx+2=fx，所以函数的周期为4，
所以f2024=f506×4+0=f0=2×0-02=0，故A错误.
又因为函数是R上的奇函数，所以fx+2=-fx=f-x，
所以f1+x=f1-x，即函数的图像关于直线对称，故B正确.
又因为gx=-g4-x，所以，
所以函数的图像关于点2,0对称.
又因为fx+2=-fx=f-x，
所以，所以，
所以函数的图像关于点2,0对称.
因此，曲线y=fx与y=gx的交点也关于点2,0对称，
所以，故C正确.
令，
则h-x=f-x+f-x=-fx+fx=fx+fx=hx，
所以hx为R上的偶函数.
因为当x∈0,2时，fx=2x-x2，
由fx=-fx+2，
得fx-2=-fx，
即fx=-fx-2，
当x∈2,4时，x-2∈0,2，
所以，
作出函数在0,4上的图像，如图所示.
又因为的周期为4，
所以将函数在0,4上的图像以4为单位进行左右平移即可得函数在R上的图像.
当时，，
又hx为偶函数，由对称性作出函数和的大致图像，如图所示.
当直线与的图像有1个交点时，
方程只有一个交点，则，即；
当直线与的图像有1个交点时，同理求得.
由图可知，当k∈-66,-510∪510,66时，关于的方程fx+fx=kx恰有四个不同的实数根，故D正确.
故选：BCD.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知函数，则__________.
【答案】
【解析】函数，则，
则，
所以，则，
则.
故答案为：.
13. 已知球的半径为，、、三点均在球面上，，，，则三棱锥的体积是__________.
【答案】
【解析】如下图所示：
设的外心为点，连接、，则平面，
在中，，，，
由余弦定理可得
，则，
由正弦定理可得，则，
所以，，
，
所以，.
故答案为：.
14. 已知函数若存在实数满足，且，则的取值范围为__________.
【答案】
【解析】结合解析式可知当时，；当时，.
因为，所以.
令，得，则，
故.
令，则，
令得；令得，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，
当时，，
因为，所以.
所以的取值范围为.
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. 已知分别为三个内角的对边，且，的面积为.
（1）求；
（2）为边上一点，满足，求的长.
解：（1）因为，
根据正弦定理可得：,
又，所以
所以
，
因为为三角形内角，故，所以.
因为是三角形内角，所以，所以.
（2）如图：
因为，所以.
由余弦定理：.
所以.
所以为等边三角形.
又，
所以.
在中，.
所以.
16. 已知数列的前项和为，且.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前项和.
解：（1）因为数列的前项和为，
且，
则，
可得，
当时，由可得，
上述两个等式作差可得，且，
所以，数列是首项为，公比也为的等比数列，
所以，.
（2）因为，
所以，①，
则②，
②得
，
因此，.
17. 如图，在四棱柱中，底面为直角梯形，，平面为的中点.

（1）设平面与平面的交线为，求证：；
（2）求平面与平面夹角的余弦值.
（1）证明：由题意可知：平面∥平面，
且平面平面，平面平面，
所以.
（2）解：由题意可知：，平面，
如图，以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，

则，
可得，
设平面的法向量，
则，
令，则，
可得为平面的一个法向量；
设平面的法向量，
则，
令，则，
可得为平面的一个法向量；
则，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
18. 已知函数.
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）若不等式恒成立，求实数的取值范围.
解：（1）当时，，，
则，则，
所以所求切线方程为，即.
（2）由，即，，
整理得，，
即不等式对于恒成立，
设，，
则，
当时，，，则；
当时，，，则，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
所以，则，
即实数的取值范围为.
19. 对于数列，定义变换，将数列变换成数列，记，，对于数列与，定义.若数列满足，则称数列为数列，
（1）若数列，写出，并求.
（2）对于任意给定的正整数，是否存在数列，使得？若存在，写出一个数列；若不存在，说明理由.
（3）若数列满足，求数列的个数.
解：（1）因为，由变换的定义，
得.
所以.
（2）对于数列，
所以.
因为数列为数列，所以.
对于数列，令，
则对于数列中相邻的两项，
若，则；若，则.
记中有且个，则有个1，
则.
因为与奇偶性相同，与的奇偶性不同，
所以不存在符合题意的数列.
（3）首先证明.
对于数列，有，
，
.
因为，
，
所以，故.
其次，由数列为数列可知，，解得，
这说明数列中任意相邻两项不同的情况有2次.
则数列中的个数为时，符合题意的数列都有个，
所以数列的个数为.