山东省聊城市部分校2025_2026学年高三上学期12月检测数学试题 [含答案]

这是一份山东省聊城市部分校2025_2026学年高三上学期12月检测数学试题 [含答案]，共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．函数的最小正周期为（ ）
A．B．C．D．
2．已知集合，则（ ）
A．2B．C．1D．
3．“”的一个充分不必要条件是（ ）
A．B．C．D．
4．已知向量满足，则函数的值域为（ ）
A．B．C．D．
5．若曲线在处的切线与曲线（为常数）相切，则（ ）
A．3B．0C．2D．1
6．山东文旅宣传片以“东来山东，有山有水有风景”为主题，通过融合地域特色与人文风情，展现山东的自然景观与文化底蕴.诗人李白的“日观东北倾，两崖夹双石”，描写的正是山东众多闻名山水之一的泰山.如图，某游客为了测量泰山主峰玉皇顶的高度AB（单位：米），在地面上选择一个观测点，在附近的山峰顶端选择另一个测量点，在处测得处的仰角为，测得主峰玉皇顶最高点的仰角为山峰的高度CD为772.5米，且在处测得点的仰角为，点B，P，D在同一水平面的一条直线上，则玉皇顶的高度AB为（ ）
A．1030米B．1545米C．米D．米
7．若，则下列式子可能成立的是（ ）
A．B．C．D．
8．在棱长为8的正方体中，，设集合是底面ABCD内（含边界）所有的点构成的集合，集合，则集合所表示的区域面积为（ ）
A．24B．20C．16D．28
二、多选题
9．若为虚数单位，，点在幂函数的图象上，则（ ）
A．B．
C．D．
10．在中，A，B，C成等差数列.若，则下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．D．
11．若定义在上的函数满足对任意的，不等式恒成立，且，则（ ）
A．B．
C．D．
三、填空题
12．已知数列的前项和，则 .
13．在空间直角坐标系Oxyz中，，且，则 ，四面体ABCD的体积为 .
14．已知实数a，b满足，则ab的值为 .
四、解答题
15．已知函数.
（1）求的解析式；
（2）设，证明数列为等比数列，并求数列的前项和.
16．已知函数图象的相邻两对称轴间的距离为，将的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，且为偶函数.
（1）求及的值；
（2）求图象的对称中心的坐标；
（3）当时，求不等式的解集.
17．如图，在四棱锥中，平面ABCD，平面平面.
（1）证明：平面PAD.
（2）求三棱锥外接球的表面积.
（3）求平面PBC与平面PAB的夹角.
18．已知函数.
（1）讨论的单调性.
（2）设有两个零点a，b.
（i）求的取值范围；
（ii）证明：且.
19．已知有限数列满足，且.现从的前，项中选取项，设这项的和为，再从前项中剩余的项里选取项，设这项的和为.若，则称为数列的级和差数，数列的级和差数的全体构成集合.已知数列的前项和为，对任意，向量恒成立，且.
（1）求数列的前项和；
（2）分别判断13，365是否为数列的6级和差数，并说明理由；
（3）若，求的最小值.
答案
1．【正确答案】A
【详解】由函数，根据正切函数的性质，可得的最小正周期为.
故选A.
2．【正确答案】D
【详解】由集合，得，
解得，所以.
故选D
3．【正确答案】B
【详解】由，得，
故“”是“”的一个充分不必要条件.
故选B.
4．【正确答案】A
【详解】.
故选A.
5．【正确答案】C
【详解】由函数，可得，所以且，
所以曲线在点处的切线方程为，
又由，可得，
设切线与曲线相切的切点为，则，
解得，所以，解得.
故选C.
6．【正确答案】B
【详解】由题意知，，
在直角中，，，可得米，
在中，由正弦定理，可得米，
在直角中，可得米.
故选B.
7．【正确答案】B
【详解】因为，可得，所以，
作出函数，，，以及的大致图象，
如图所示，当取不同值时，可能得到：，
可得均不可能成立，
只有可能成立.
故选B.
8．【正确答案】A
【详解】设点在底面内的射影为，连接，
则，
当时，可得，
画出正方体底面的平面图，如图所示，
连接DE，取DE的中点，过点作，交DC于点，交DA（或DA的延长线）于点，
可得 ，
所以，则，
因为，所以，所以点在DA的延长线上，
设GK与AB交于点，由相似的性质可得，所以，
若点在梯形内，则，
所以集合所表示的区域面积为.
故选A.

9．【正确答案】BC
【详解】由幂函数定义可知，，得，A错误.
将点代入幂函数，得，B正确.
因，C正确.
由，D错误.
故选BC.
10．【正确答案】ABD
【详解】由A，B，C成等差数列，得.
因为，所以，则，所以，A正确.
又，由，
得，
所以，B正确.
，C错误.
，D正确.
故选ABD
11．【正确答案】ABD
【详解】对于A，令，得，所以A正确；
令，可得，
因为，所以，所以，所以B正确；
对于C，令，则，所以，所以C错误；
对于D，设，则，即，
所以，
所以，所以，
设，则，所以在上单调递增，
则，所以，所以，
所以，所以D正确.
故选ABD.
12．【正确答案】29
【详解】根据题意可得.
13．【正确答案】
【详解】，则，解得.
因为，所以，则，
又，，所以平面.
因为，所以.
如图，
因为，，
所以四面体ABCD的体积为.
故答案为；，.
14．【正确答案】/
【详解】依题意得，
即.
设，
则.
当时，单调递增；当时，单调递减.
所以的最大值为，
令为，
则，
所以在上单调递增.
当时，；
当时，.
所以在上单调递减，在[0,上单调递增，
所以的最小值为.
因为，且，，
所以，
所以解得所以.
15．【正确答案】（1）
（2）见详解，
【详解】（1）解：令，则，
得，
所以.
（2）证明：由（1）可得，
所以，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列.
因为，
所以.
16．【正确答案】（1）
（2）
（3）
【详解】（1）根据题意可得的最小正周期，所以
则.
因为为偶函数，所以，解得.
因为，所以.
（2）由（1）知，
令，
解得，
所以图象的对称中心的坐标为.
（3）由，得，
则，
解得.
因为，所以或，
即不等式的解集为.
17．【正确答案】（1）见详解
（2）
（3）
【详解】（1）取PA的中点，连接DH.
因为，所以.
由平面平面PAB，平面平面平面PAD，得DH⊥平面PAB.
因为平面PAB，所以.
又平面平面ABCD，所以.
又，所以平面PAD.
（2）由（1）易得.
取PB的中点，连接MA，MD，则，
所以点为三棱锥外接球的球心.
因为，所以，
所以三棱锥外接球的半径为，
故三棱锥外接球的表面积为.
（3）在平面PAD内过点作，以为坐标原点，AB，AD，AE所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示.
由题意易得，，
所以.
由（1）易得是平面PAB的一个法向量.
设平面PBC的法向量为，
则令，则，所以.
设平面PAB与平面PBC的夹角为，
则.
因为，所以，即平面PBC与平面PAB的夹角为.
18．【正确答案】（1）递增区间为，递减区间为
（2）（i）；（ii）见详解
【详解】（1）解：由函数，可得，
当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减.
（2）解：（i）（方法一）由（1）知在上单调递增，在上单调递减，
且当时，，当时，，
所以当，函数取得极大值，极大值为，
因为有两个零点，则满足，解得，
所以的取值范围为.
（方法二）由（1）知在上单调递增，在上单调递减.
因为，故,
所以，则在上有唯一零点，不妨设为，
由，令，
则，所以在上单调递增，
所以，所以，
可得在上有唯一零点，不妨设为，
所以的取值范围为.
（ii）证明：不妨设，要证，
即证.
设，则，故即证.
令，
则，所以在上单调递增，
则，所以当时，，
所以，即，
因为是的两个零点，所以，
所以，则，所以，则，
因为，所以，
所以，
因为，所以，
即，故.
19．【正确答案】（1）
（2）13是，365不是，理由见详解
（3）7
【详解】（1）解：因为，所以，可得，
所以，则，
可得，
，
两式相减得，
所以.
（2）解：13是的6级和差数，365不是的6级和差数.
理由如下：
由（1）得，所以的前6项为1，3，9，27，81，243；
因为，所以13是的6级和差数.
因为，所以365不是的6级和差数.
（3）解：由题意，可设，
设的级和差数为，且，
，
则，所以，即，
因为，
所以当，取时，为的级和差数.
令，
因为，所以，
所以
，
令，则，
设，则，
则，
因为，所以对于任意的都为的级和差数，
所以的最小值为，其中满足，
当时，，所以的最小值为7.