山东省菏泽市2025届高三上学期期末考试数学试题 含解析

这是一份山东省菏泽市2025届高三上学期期末考试数学试题 含解析，共17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：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 设集合则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】解不等式求得集合，利用交集的意义可求得.
【详解】由题意可得或，故.
故选：B.
2. 已知命题，；命题，，则（ ）
A. 和都是真命题B. 和都是真命题
C. 和都是真命题D. 和都是真命题
【答案】B
【解析】
【分析】取可判断命题，利用函数的零点存在定理可判断命题，即可得出结论.
【详解】取易得命题为假命题，故命题为真命题；
构造函数，其中，
因为函数、在上均为增函数，
所以，函数在上为增函数，
因为，，则，
所以，函数在上有且只有一个零点，命题为真命题.
因此，和都是真命题.
故选：B.
3. 圆与圆的位置关系为（ ）
A. 相交B. 内切C. 外切D. 相离
【答案】A
【解析】
【分析】根据圆心间距离及半径和差的关系判断圆与圆的位置关系.
【详解】由题意可得的半径的半径
且，故两圆相交.
故选：
4. 已知O为内部一点，，设，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据给定条件，利用向量的线性运算求解即得.
【详解】依题意，
故选：D
5. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用两角和的正切公式可求得，利用二倍角的正切公式可求得.
【详解】由题意可得，，
所以，
故.
故选：C.
6. 已知分别为抛物线的焦点，平行于x轴的直线与分别交于A，B两点，且，则四边形为（ ）
A. 任意不规则的四边形B. 直角梯形
C. 等腰梯形D. 平行四边形
【答案】D
【解析】
【分析】设，由题设得，结合抛物线的定义列方程求得，即可得答案.
【详解】设，根据题意知，即，故，
由抛物线的定义，知，
当时，，故，
所以，即四边形是平行四边形.
故选：D
7. 设甲乙：函数在区间上有唯一极值点，则（ ）
A. 甲是乙的充分条件但不是必要条件
B. 甲是乙的必要条件但不是充分条件
C. 甲是乙的充要条件
D. 甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】首先求得函数在区间上有唯一极值点时，的取值范围，再利用集合之间的关系，即可得答案.
【详解】由且得显然
由函数在区间上有唯一极值点，则解得
故甲是乙的必要不充分条件.
故选：
8. 已知某圆锥的高为h，且该圆锥的顶点和底面圆周上的各点均在半径为R的球O的表面上，则当圆锥的侧面展开图的圆心角与轴截面的顶角之差取得最大值时（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设圆锥的母线长为l，轴截面的顶角为，侧面展开图的圆心角为，底面圆半径为r，，令，利用导数求解可求得.
【详解】设圆锥的母线长为l，轴截面的顶角为，
侧面展开图的圆心角为，底面圆半径为r，则，
侧面展开图的扇形弧长，即圆锥底面的周长，
因此
记，
则
因为在上单调递减，
且，
所以存在唯一的满足即，
且当时，，则在上单调递增；
当时则在上单调递减，
于是是的极大值点，也是最大值点，此时
则，所以①
在中②，
联立①②，得③，
如图，在圆锥中，高轴截面的顶角
则
在中，由勾股定理得
化简得④，
联立③④，得，化简得.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：求得，构造函数，利用导数可求得最大值时，，进而运算求解.
二、多选题：本题共3小题，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2分，有选错的得0分.
9. 已知则（ ）
A. z有可能为实数
B. z不可能为纯虚数
C. 的最小值为1
D. 若z在复平面内所对应的点在第三象限，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】化简得，，结合每个选项的条件逐项计算判断即可.
【详解】由题意知，，其中，
若z为实数，则符合题意，故A正确；
由于z实部为-2，故不可能纯虚数，故B正确；
当时取得最小值，且最小值为2，故C错误；
若z在复平面内所对应的点在第三象限，则，解得，故D正确.
故选：ABD.
10. 已知函数的定义域均为，且，则下列选项一定正确的是（ ）
A. 图象关于直线对称B. 是奇函数
C. 是偶函数D. 的图象关于直线对称
【答案】AC
【解析】
【分析】由已知可得，可判断A；进而可关于对称，可判断C；
【详解】因为，
所以，即，
所以关于直线对称，故A正确，
因为，，无法确定与的关系，
所以得不出，故B错误；
因为所以关于对称，即为偶函数，故C正确，
由，可得，，
因为与的关系无法确定，所以得不出，故D错误.
故选：AC.
11. 已知椭圆的左、右焦点分别为，P是Z上不同于长轴端点的一点，记的外接圆为S，当最大时，为等边三角形，则（ ）
A. Z的离心率为
B. 若S的圆心在外，则
C. 若，则S的面积为
D. 若，则S的半径为
【答案】ABD
【解析】
【分析】点P位于椭圆Z的短轴端点时最大，求得椭圆的离心率判断A；考虑S的圆心在上的情况，可求得，可判断B；由正弦定理可得，进而可求面积判断C；由可得，可判断D.
【详解】
，
当且仅当时取等号，所以点P位于椭圆Z的短轴端点时，最大，
若此时为等边三角形，
则，由椭圆的定义知，故椭圆的离心率为，故A正确；
所以，两边平方可得，所以，
若S的圆心在外，可以先考虑S的圆心在上的情况，此时为直角三角形，
不妨设P在第一象限，则，
故若S圆心在外，此时小于S的圆心在上的情况，
故，故B正确；
若，则S的半径由正弦定理可知，故S的面积为，故C错误；
设坐标原点为O，则，故，此时P位于Z的短轴端点，
故，故，故D正确.
故选：ABD.
【点睛】关键点点睛：关键是利用余弦定理可求得的最小值，进而确定时，最大，进而可求解.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知递增数列的通项公式为则m的取值范围为__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据递增数列的定义，由,对于恒成立,即可求得的取值范围.
【详解】解：由数列是递增数列，可得,
即,
可转化为对于恒成立，
故.
故答案为:
13. 已知函数，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】利用对数的运算性质化简求值.
【详解】由题意，得.
故答案为：
14. 已知，为曲线上两个不同的点，过、分别作的两条切线，若这两条切线交于点，且这两条切线的斜率之积为，则当取得最小值时，__________.
【答案】
【解析】
【分析】利用导数的几何意义表示出切线方程，联立切线方程，求出、，再由两条切线的斜率之积为得到，即可用的式子表示、，代入利用基本不等式求出最小值时的值.
【详解】因为，所以，则，，
依题意可知两条切线的方程分别为，
联立两条切线的方程
解得，则，
因为两条切线的斜率之积为，所以，所以，
代入上式得，，
所以，
当且仅当，即时取得最小值.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题关键是表示切线方程，从而求出、，再结合，转化为的式子.
四、解答题：本题共5小题，共60分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
15. 记为首项为4的数列的前n项和，且是以首项为3，公比为的等比数列.
（1）求；
（2）求数列的通项公式；
（3）求数列的前n项和.
【答案】（1）；
（2）；
（3）.
【解析】
【分析】（1）应用等比数列的定义写出通项公式，即可得，进而求项；
（2）利用关系求数列的通项公式；
（3）由（2）得，再应用错位相减法、等比数列前n项和公式求和.
【小问1详解】
由题意，得，则，则
【小问2详解】
由（1），当时，则，
又满足上式，故
【小问3详解】
由（2），得，记的前n项和为，
所以①，
则②，
①②得，，
则，故数列的前n项和为
16. 如图，四棱锥中，是等边三角形，，E为中点，O为中点.
（1）证明：平面平面；
（2）若，平面平面ABCD，求与平面所成的角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由已知可证以平面，四边形是平行四边形，进而可证平面，利用面面平行的判定定理可证结论；
（2）由题意可证，进而建立空间直角坐标系，求得平面PBC的一个法向量，与直线的方向向量，利用向量法可求与平面所成的角的正弦值.
【小问1详解】
因为在中，E为的中点，O为中点，所以，
而平面平面，所以平面.
因为，所以，所以四边形是平行四边形，
所以而平面平面，所以平面，
又，平面，
所以平面平面.
【小问2详解】
如图，连接，得
因为平面平面，平面平面平面，
所以平面，又，所以.
故以O为坐标原点，所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示空间直角坐标系，
则，
所以，
设平面PBC的一个法向量为，
所以，令，则，
设直线与平面所成的角为
则，
故与平面所成的角的正弦值为
17. 如图，平面四边形ABCD中AC平分

（1）若求；
（2）若
（ⅰ）求；
（ⅱ）求
【答案】（1）
（2）（ⅰ）；（ⅱ）
【解析】
【分析】（1）由已知可得，进而利用余弦定理可求得；
（2）（ⅰ）设则，设，利用余弦定理可求得，求解即可；（ⅱ）由于在直角三角形ACD中为锐角，可求得，进而利用二倍角的正弦公式可求得.
【小问1详解】
由题意可知AC平分因此
则，
而，
故在中，由余弦定理可得.
【小问2详解】
（ⅰ）设则，设，则，
由余弦定理可得，
所以，解得.
（ⅱ）由于在直角三角形ACD中为锐角，
则
故.
18. 已知函数
（1）当时，求的单调区间；
（2）当时，求曲线的对称中心；
（3）当时，，求a的取值范围.
【答案】（1）单调递增区间，单调递减区间为
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）对函数求导解三角函数不等式计算可得结果；
（2）根据对称中心定义代入解方程组计算可得对称中心；
（3）对a的取值范围进行分类讨论，再结合利用零点存在定理可得出结果.
【小问1详解】
当时，
令得或，
解得，
令得，
所以的单调递增区间为
单调递减区间为
【小问2详解】
当时，，
设曲线的对称中心为
则
，
所以解得，
所以曲线的对称中心为
【小问3详解】
当时在上恒成立，满足题意；
当时，；
当时，，
所以上单调递增，此时满足题意；
当时，
令，
所以在上单调递增，
又因为，所以存在使得；
当时单调递减，所以，不符合题意.
综上所述：a的取值范围为
19. 在平面直角坐标系xOy中，已知双曲线为C上不与左、右顶点重合两点，记直线AB的斜率为中点为
（1）当直线OM斜率存在时，求用a，b表示；
（2）记C在点A处切线的斜率为，在点B处切线的斜率为，证明：依次构成等差数列的充要条件为
【答案】（1）；
（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）根据已知有、，再由点差法得，即可得结果；
（2）从充分性、必要性两个角度证明，应用分类讨论，结合等差数列的定义得到且A，B关于y轴对称，即可证结论.
【小问1详解】
由题意，显然，存在，显然，
直线OM斜率存在，故，则A、B不关于y轴对称，即
直线OM斜率存在，故AB不过坐标原点O，则A、B不关于原点对称，即
由题知，故，
由A，B在双曲线上，故，
两式相减得，故，
综上.
【小问2详解】
先证充分性：即时，依次构成等差数列，
当OM斜率存在时，即，显然不满足，
所以OM斜率不存在，即与y轴重合，则轴，，
由双曲线关于y轴对称，知，故依次构成等差数列.
再证必要性：即依次构成等差数列时，，
当AB过原点时，由对称性知，而AB显然不为C的切线，故，不依次构成等差数列，
当AB不过原点，由（1）得，且过的切线为，
联立，则，
整理得，
由，
所以且，则，
所以切线为，又，则，
所以C在处的切线方程为，
即，故，同理可得，
由依次构成等差数列，即，即，
由（1）得，即，化简得，
设直线且，则，
即，即，得，
此时且A，B关于y轴对称，故M在y轴上，则
故依次构成等差数列的充要条件为
【点睛】关键点点睛：第二问，从充分、必要性两个角度证明，结合直线与双曲线的位置关系得到且A，B关于y轴对称为关键.