山东省2025届高三上学期10月联合质量测评数学（A）试卷(含答案)

这是一份山东省2025届高三上学期10月联合质量测评数学（A）试卷(含答案)，共21页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
1．已知集合,,则( )
A.B.C.D.
2．在等差数列中,已知,,,则( )
A.7B.8C.9D.10
3．“”是“函数在R上单调递增”的( )
A.充分不必要条件B.必要不充分条件
C.充要条件D.既不充分也不必要条件
4．已知平行六面体的各棱长均为6,,则( )
A.B.C.D.
5．已知无穷等比数列的公比为q,其中,其前n项和为,下列条件中,能使得恒成立的是( )
A.,B.,
C.,D.,
6．已知函数,若正数a,b满足,则的最小值是( )
A.2B.C.4D.
7．在直四棱柱中,,,点Q在侧面内,且,则点Q轨迹的长度为( )
A.B.C.D.
8．若过点可以作的三条切线,则实数m的取值范围是( )
A.B.C.D.
二、多项选择题
9．已知,则下列结论成立的是( )
A.B.C.D.
10．已知定义在上的函数,满足,且当时,,则( )
A.B.为偶函数
C.D.若,则x的取值范围为
11．四面体ABCD中,,,,四面体ABCD外接球的表面积记为S,则( )
A.当四面体ABCD体积最大时,B.
C.当时,D.S可以是
三、填空题
12．已知,则________.
13．已知圆柱的底面直径为2,其轴截面是矩形ABCD,为底面弧AB上任一点,若面积的最大值为,则圆柱的母线长为________.
14．已知有穷数列共m项,数列中任意连续三项,,,满足如下条件:
（1）至少有两项相等;
（2）,,恒成立;
（3）以,,为边长的三角形两两均不全等.
若,则m的最大值为________.
四、解答题
15．已知函数是定义在R上的偶函数,当时,,且.
（1）求函数的解析式;
（2）是否存在正实数m,n,使得当时,函数的值域为.若存在,求出m,n的值;若不存在,请说明理由.
16．如图,在四棱锥中,底面ABCD为梯形,,,,,为等边三角形.
（1）证明:平面SAB;
（2）若,求平面SAC与平面SAD所成角的余弦值.
17．已知数列,,的首项均为1,为,的等差中项,且.
（1）若数列为单调递增的等比数列,且,求的通项公式;
（2）若数列的前n项和,数列的前项和为,是否存在正整数使对恒成立?若存在,求出m的最大值;若不存在,请说明理由.
18．如图（1）,已知抛物线的焦点为F,准线为l,过点F的动直线m与E交于A,B两点（其中点A在第一象限）,以AB为直径的圆与准线l相切于点C,D为弦AB上任意一点,现将沿CD折成直二面角,如图（2）.
（1）证明:;
（2）当最小时,
①求,B两点间的最小距离;
②当,B两点间的距离最小时,在三棱锥内部放一圆柱,使圆柱底面在面BCD上,求圆柱体积的最大值.
19．在数学中,布劳威尔不动点定理是拓扑学里一个重要的不动点定理,它可以应用到有限维空间,并且是构成一般不动点定理的基石.简单地讲,就是对于满足一定条件的连续函数,,若存在,使得,则称是函数的不动点.已知函数.
（1）若函数只有一个不动点,求实数的取值范围;
（2）当时,数列满足:,.证明:对任意的,.
参考答案
1．答案：C
解析：函数有意义,则有,解得,则;
,有,得,则,,
所以.
故选:C.
2．答案：A
解析：由,可得,公差,
故,解得,
故选:A
3．答案：B
解析：当时,判断函数的单调性.
对求导,
根据求导公式,,可得.
因为,要使在上单调递增,则恒成立.
当时,恒成立,因为最大值为1,
故时最小值为.
当时函数的单调性.
对于二次函数,其对称轴为,
在中,,,对称轴为.
要使在上单调递增,则对称轴,解得.
同时,在处,需要满足,即,解得.
综上,要使函数在R上单调递增,a需要满足,取交集得.
再判断与函数单调递增时a取值范围的关系.
因为当函数在R上单调递增时a的取值范围是,
不能推出,而可以推出.
所以是函数在R上单调递增的必要不充分条件.
故选:B.
4．答案：A
解析：如图,不妨取,,,
则,,
因,
故
,则.
故选:A.
5．答案：C
解析：因为,所以,
由,
因为,所以.
若,则恒成立,所以AB不正确;
若,则恒成立,所以D不正确.
故选:C
6．答案：D
解析：因,,,则,
故,
设,由,可得,
则有,
因函数在上单调递减,故,
当且仅当时取等号,解得,
故当时,取得最小值为.
故选:D.
7．答案：C
解析：如图所示,过点作,过点E作,
因为四棱柱是直四棱柱,所以平面,
因为平面,所以,
又因为,,平面,平面,
所以平面,
因为直线平面,
所以,
因为,,
所以,
又因为,
所以,
因为点Q在侧面内,
所以在平面直角坐标系中来研究点Q轨迹的长度,如图所示:
点Q的运动轨迹为以点E为圆心、半径为2的圆在正方形内部的弧,
显然,,所以,
所以.
故选:C.
8．答案：B
解析：依题意,设切点坐标为,由,求导得,
则函数的图象在点处的切线方程为,
由切线过点,得,
令,依题意,直线与函数的图象有3个公共点,
,当或时,,当时,,
则函数在,上单调递减,在上单调递增,
当时,函数取得极小值,而当时,恒有,
又,因此当时,直线与函数的图象有3个公共点,
所以实数m的取值范围是.
故选:B
9．答案：AD
解析：,则有,
对于A,由,则,A选项正确;
对于B,对勾函数在上单调递减,在上单调递增,
而,不一定成立,B选项错误;
对于C,,有,C选项错误;
对于D,,又,所以,D选项正确.
故选:AD.
10．答案：BC
解析：对于A,在中,
令得,因此,
再令得,则,故A错;
对于B,令得,
所以,是偶函数,故B正确;
对于C,设,则,,
所以,在上是增函数,
从而,故C正确;
对于D,是偶函数,则,又在上是增函数,所以,解得且,故D错误.
故选:BC.
11．答案：ACD
解析：设四面体ABCD外接球的球心为O,半径为R,
O点在平面BCD内的投影是的外心,
由,为直角三角形,外心是CD边的中点,
当四面体ABCD体积最大时,有平面平面BCD,
设平面ABC的外心为,E为BC中点,连接,则平面ABC,
由,则,,,
平面平面BCD,平面平面,
平面ABC,,则平面BCD,
又平面BCD,则有,
中,,又,则,
同理可得平面ABC,,
所以四边形为矩形,,
中,由,得,
此时,A选项正确;
假设,由,,所以平面ABD,
平面ABD,所以,与矛盾,所以假设不成立,B错误;
当时,,则A点在平面BCD内的投影是的外心,
平面BCD,平面BCD,三点共线,
中,,
中,由,得,解得,
此时,C选项正确;
当时,,,
则,即,
四面体ABCD外接球的半径成立,此时,D选项正确.
故选:ACD.
12．答案：2
解析：因为.
故答案为:2
13．答案：
解析：设圆柱的母线长为,在上底面的投影为点E,可知即为母线以及和上底面垂直,所以,过E做CD的垂线,垂直记为,
又,都在平面内,所以平面,
又平面,所以,又,
又当最大时,面积的最大值,
结合可知EF最大时最大,易知,
此时E为弧AB中点,为中点,
所以的最大值为,
所以面积的最大值为,解得.
故答案为:
14．答案：16
解析：当中含有“1,1,1”时,;
当中含有“1,1,2”时,不满足“1+1>2”,故舍去;
当中不含有连续的“1”时,
连续三项的可能为:
2,2,1;2,2,2;2,2,3,
3,3,1;3,3,2;3,33;3,3,4;3,3,5;
4,4,1;4,4,2;4,4,3;4,4,4;4,4,5;
5,5,1;5,5,2;5,5,3;5,5,4;5,5,5;
其中2,2,1;3,3,1;4,4,1;4,4,2;5,5,1;5,5,2这6组不能同时满足于前一项,后一项构成3个符合题意得三角形.
所以这6组只能位于数列的前三项或后三项,且至多出现2次.剩余共12组,由于相邻4项组成的三角形中间2项是共用的,所以项数为三角形的个数加2项.
此时,
故当m最大时:1,2,2,2,3,3,3,4,4,4,5,5,5,3,3,1.
所以m的最大值为16.
故答案为:16.
15．答案：（1）;
（2）存在,
解析：（1）因为函数是定义在R上的偶函数,
当时,,且,
所以,解得,
所以当时,,
当时,,所以,
所以函数的解析式为.
（2）假设存在正实数m,n满足题意.
因为当时,,
所以函数在上是增函数,
所以,即,
所以,是方程的两个不相等的正根,
所以,且,
所以,,所以,,
所以存在正实数,,使得当时,函数的值域为.
16．答案：（1）证明见解析
（2）
解析：（1）取AC的中点O,连OC,OB,
是正三角形,,
又,则,
,OC,平面BOC,故平面BOC,
平面BOC,故,
四边形ABCD是直角梯形,,
,AS,平面BOC,故平面SAB.
（2）由（1）知平面SAB.平面ABCD,
故平面平面ABCD,
取CD中点E,以AB,AE为x,y轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系,
,的高为,
则,0,,,,,,
,,,
设平面SAD的法向量,
则,取,得,
设平面SAC的一个法向量,
,取,得,
设平面SAD与平面SAC所成角为,则.
平面SAD与平面SAC所成角的余弦值为.
17．答案：（1）
（2）存在,正整数的最大值为2024
解析：（1）若数列为单调递增的等比数列,设其公比为,且,
因为,则,解得或（舍去）,
所以.
因为,即,
可得,且,
可知数列是以首项为1,公比为的等比数列,则,
因为为,的等差中项,则,
即,且,
当时,则,
累加可得,
则,
且符合上式,所以.
（2）若数列的前n项和,
当时,则;
当时,则;
且符合上式,所以.
因为,即,
可得,且
可知数列为常数列,
则,所以,
可知数列为递增数列,则的最小项为,
若存在正整数m使对恒成立,则,即,
所以正整数m的最大值为2024.
18．答案：（1）证明见详解
（2）①;
②
解析：（1）过作,垂足为,过作,垂足为E,
因为平面平面ABC,且平面平面,平面,
可得平面ABC,
由平面ABC,可得,
且,,平面,可得平面,
由平面,可得,
则,,,
所以.
（2）因为以AB为直径的圆与准线l相切于点C,可知,
则,
由（1）可得:
,
当且仅当,即时,等号成立,
所以当时,最小,
①因为平面ABC,平面ABC,则,,
即,
在中,则,
在中,由余弦定理可得,
则,
在中,则,
在中,则,可得,
由题意可知:焦点,准线,直线m的斜率存在,且直线m与抛物线必相交,
设直线,,,
联立方程,消去y可得,
则,,
可得,
当时,取到最小值2,根据对称性可知,
可得;
当时,则,且,
由基本不等式可得,
则;
综上所述:的最小值为2,当且仅当,时,等号成立,
所以,B两点间的最小距离为;
②由（1）可知:当,B两点间的距离最小时,则,,
可知为中点,且与重合,
因为,
设的内切圆半径为R,
由等面积法可得:,解得,
设圆柱的底面半径为r,高为h,
则,可得,
所以圆柱的体积,
令,,
则,
当时,;当时,;
可知在内单调递增,在内单调递减,
则,
所以圆柱体积的最大值为.
19．答案：（1）
（2）证明过程见解析
解析：（1）原题等价于,即,即方程有唯一解,
显然,从而有唯一解,
令,则,
当时,,当时,,
所以在上单调递减,在上单调递增,
所以,
注意到,当趋于0时,趋于正无穷,当x趋于正无穷时,趋于0,
从而在平面直角坐标系中作出与的图象如图所示:
若有唯一解,
则当且仅当a的取值范围为;
（2）第一步:,,
令,,
令,则,
所以在单调递增,
从而,这表明,
所以在1,+∞单调递增,
从而,
因为,所以,即,依次类推可得,
所以,;
第二步:,
设,则,
所以在单调递减,
从而,
因为,所以,即,
所以,,
第三步:,
令,
则
,
设,则,
所以在单调递增,
从而,
当时,,,
所以当时,,
所以在单调递增,
因为,,当且仅当时等号成立,
所以,
所以.