山东省青岛市2024_2025学年高三数学上学期期末试题含解析

这是一份山东省青岛市2024_2025学年高三数学上学期期末试题含解析，共19页。
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. 0C. 1D. 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. 1B. 0C. 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. 0B. C. 1D. 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：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.
【答案】C
【解析】
【分析】根据等边三角形的性质可得可得，进而根据圆的半径可得，将其代入椭圆方程可得，利用齐次式即可求解.
【详解】由于为等边三角形，所以,
设，则，
代入，解得，
故，
将代入椭圆方程得，
故，故，
化简可得，故,解得，
由于，故，故，
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，，即上单调递增；
当时，，即在上单调递减；
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，所以直线与曲线在上有两个交点，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，分别为和棱的中点，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：
【点睛】关键点点睛：本题关键是根据，均为正三棱锥确定几何体的球心为的中点，进而根据几何体线的几何关系求得，进而可得.
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】
设直线的方程为，
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.