山东省百师联考2024-2025学年高三上学期期中考试数学试题（含解析）

这是一份山东省百师联考2024-2025学年高三上学期期中考试数学试题（含解析），共58页。试卷主要包含了函数，设函数，则等内容，欢迎下载使用。
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考场号、座位号、准考证号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
考试时间为120分钟，满分150分
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.集合，，则（ ）
A.B.C.D.
2.“”是“”的（ ）
A.充要条件B.充分不必要条件
C.必要不充分条件D.既不充分也不必要条件
3.设向量，，，且，则（ ）
A.3B.2C.D.
4.已知某圆锥的轴截面为等边三角形，且圆锥侧面积为，则该圆锥的内切球体积为（ ）
A.B.C.D.
5.函数（，，）的部分图象如图所示，图象上的所有点向左平移个单位长度得到函数的图象.若对任意的都有，则图中的值为（ ）
A.B.C.D.
6.已知函数若方程恰有2个不相等的实数解，则的取值范围是（ ）
A.B.C.D.
7.已知函数为偶函数，为奇函数，且当时，，则（ ）
A.2B.C.1D.
8.在平面直角坐标系内，方程对应的曲线为椭圆，则该椭圆的焦距为（ ）
A.B.C.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.已知方程的两个复数根为，，则下列说法正确的有（ ）
A.B.C.D.
10.设函数，则（ ）
A.当时，的极大值大于0B.当时，无极值点
C.，使在上是减函数D.，曲线的对称中心的横坐标为定值
11.已知曲线上的动点到点的距离与其到直线的距离相等，则
A.曲线的轨迹方程为
B.若，为曲线上的动点，则的最小值为5
C.过点，恰有2条直线与曲线有且只有一个公共点
D.圆与曲线交于，两点，与直线交于，两点，则，，，四点围成的四边形的周长为12
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.记为等差数列的前项和，若，，则______.
13.曲线在点处的切线与抛物线相切，则______.
14.已知双曲线：（，）与平行于轴的动直线交于，两点，点在点左侧，双曲线的左焦点为，且当时，，则双曲线的离心率是______；当直线运动时，延长至点使，连接交轴于点，则的值是______.（第一空2分，第二空3分）
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.（13分）在中，内角，，的对边分别是，，，且满足.
（1）求角；
（2）若，求周长的取值范围.
16.（15分）已知函数.
（1）若在上单调递减，求实数的取值范围；
（2）若，证明：.
17.（15分）如图，在四棱锥中，底面是菱形，，分别为，的中点，平面，且.
（1）证明：平面；
（2）若与平面所成的角是，求二面角的余弦值.
18.（17分）如图，已知椭圆：（）上的点到其左焦点的最大矩离和最小距离分别为和，斜率为的直线与椭圆相交于异于点的，两点.
（1）求椭圆的方程；
（2）若，求直线的方程；
（3）当直线，均不与轴垂直时，设直线的斜率为，直线的斜率为，求证：为定值.
19.（17分）若有穷数列（且）满足（），则称为数列.
（1）判断下列数列是否为数列，并说明理由.
①1，2，4，3；②4，2，8，1.
（2）已知数列中各项互不相等，令（），求证：数列是等差数列的充分必要条件是数列是常数列.
（3）已知数列是且个连续正整数1，2，…，的一个排列，若，求的所有取值.
2024—2025学年高三期中考试
数学参考答案及评分意见
1. D 【解析】因为，，所以，.故选D.
2. C 【解析】当时，，或，，推不出；
当时，必有，故“”是“”的必要不充分条件，故选C.
3. A 【解析】因为，，，所以；
因为，所以，解得.故选A.
4. B 【解析】设圆锥的底面半径为，则，所以.
设圆锥的内切球半径为，又圆锥的轴截面为等边三角形，
所以，则内切球的体积.故选B.
5. A 【解析】由，得.
的图象上的所有点向左平移个单位长度后得的图象，
由题意知为奇函数，所以其图象关于原点对称，得函数的图象过点.
设的最小正周期为，则，所以，故.
又，，且，可得，
所以，.故选A.
6. C 【解析】当时，，由二次函数的性质可知在上单调递减，在上单调递增.令，则，所以.
当时，，，在上单调递减.
令，则.作出的大致图象，如图所示.方程恰有2个不相等的实数解，也就是的图象与直线恰有两个公共点.
由图易知所求的取值范围是.故选C.
7. C 【解析】因为函数为偶函数，所以，
即函数的图象关于直线对称；因为函数为奇函数，
所以，即函数的图象关于点中心对称.
又当时，，
所以.故选C.
8. C 【解析】因为，将点的坐标代入方程，原方程保持不变，所以椭圆关于原点对称；将点和的坐标分别代入方程，原方程保持不变，所以椭圆关于直线和对称.
设直线与椭圆交于，两点，
则解得或所以；
设直线与椭圆交于，两点，
则解得或
所以.由椭圆性质可知，，，
所以，，则，故焦距为.故选C.
9. ACD 【解析】方程的两个复数根为，，
由一元二次方程根与系数的关系得，，A，C正确；
B选项，的两个复数根为，
若，，
则，B错误；
D选项，由B选项知，或，均有，D正确.故选ACD.
10. BD 【解析】对于A，当时，，求导得，
令得或，由，得或，
由，得，于是在，上单调递增，
在上单调递减，在处取得极大值，
极大值为，A错误；
对于B，，当时，，即恒成立，
函数在上单调递增，无极值点，B正确；
对于C，要使在上是减函数，则恒成立，
而不等式的解集不可能为，C错误；
对于D，由，
得曲线的对称中心的坐标为，D正确.故选BD.
11. ABD 【解析】对于A，依题意，曲线是以为焦点，
直线为准线的抛物线，方程为，A正确；
对于B，如图，过点作直线的垂线，交直线于，交抛物线于.
令点到直线的距离为，则，
当且仅当点与点重合时取等号，因此的最小值为，B正确；
对于C，显然过点与曲线有且只有一个公共点的直线的斜率存在，
设其方程为，由消去得，
当时，直线与抛物线仅有一个公共点，
当时，由，解得，显然直线，均与抛物线仅有一个公共点，因此过点与曲线有且只有一个公共点的直线有3条，C错误；
对于D，直线交圆于点，，
由得或从而，，
所以四边形是矩形，其周长为，D正确.故选ABD.
12. 8 【解析】设等差数列的公差为，
因为，，即解得
则，所以.故答案为8.
13. 1 【解析】设，则，则，
所以曲线在点处的切线方程为，即.
由消去，得，
由，得.故答案为1.
14. 【解析】当时，设，
则，解得.又，所以，
又，所以，两边同时除以，得，
解得或（舍）.
如图，因为，所以，
设，则，，，，
所以
，
又，所以.
15.解：（1）由及正弦定理得，
故，
所以.
因为，，
所以，
因为，所以.
（2）由（1）可知，，由余弦定理，得，
又，所以.
由基本不等式得：，即，
所以，当且仅当时，等号成立.
又，
即，又，所以，
所以，
即周长的取值范围是.
16.（1）解：，，则.
因为在上单调递减，所以在上恒成立，
即在上恒成立.
构造函数（），
则，令，解得.
当时，；当时，，
所以在区间（0，1）上单调递增，在区间上单调递减，
所以当时，取得极大值，也是最大值，即.
所以，即的取值范围为.
（2）证明：方法一：由题意得的定义域为，
当时，要证，即证，等价于证明.
构造函数（），即证.
因为，令，
因为函数图象的对称轴为直线，所以在上单调递增，
且，，所以存在，
使得，所以当时，；
当时，，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以当时，取得极小值，也是最小值，
即（）.
又因为，得，所以（）.
令，，则在上恒成立，
所以在上单调递减，所以当时，，
所以，即，所以.
方法二：将看作以为变量的函数，其中，
因为，所以关于单调递减.
要证当时，，即证当时，，
只需证当时，.
令，则，令，解得.
当变化时，，的变化情况如下表：
所以.
综上，.，，即.
17.（1）证明：如图，设的中点为，连接，，则且.
又且，
所以，，
所以四边形为平行四边形，则.
又因为平面平面，所以平面.
（2）解：如图，取的中点，连接，取的中点，连接，，
则且，又，所以.
因为平面，所以平面，
故与平面所成的角为，所以.
所以在中，.
又由菱形性质可得，所以，所以.
所以，所以，，两两垂直.10分
以点为坐标原点，直线，，分别为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
因为，
所以，，，，，，
所以，，.
由平面得平面的一个法向量为.
设平面的一个法向量为，
则故
取，则，
所以为平面的一个法向量.
设二面角的平面角为，由图可得为锐角，
所以，
所以二面角的余弦值为.
18.（1）解：由椭圆：上的点到其左焦点的最大距离和最小距离分别为和，结合椭圆的几何性质，得
解得则，
故椭圆的方程为.
（2）解：设直线的方程为，，.
由消去，整理得.
由，得，
则，.
，
解得或.10分
当时，直线的方程为，此时直线过点；
当时，直线的方程为，满足题目条件.
所以直线的方程为.
（3）证明：因为直线，均不与轴垂直，
所以直线：不经过点和，则且，
由（2）可知，
，为定值.
19.（1）解：①因为，所以数列1，2，4，3不是数列；
②因为，所以数列4，2，8，1是数列.
（2）证明：必要性：
若数列是等差数列，设其公差为，则，
所以数列是常数列.
充分性：
若数列是常数列，
则（），即（），
所以或.
因为数列的各项互不相等，所以，
所以数列是等差数列.
综上可知，数列是等差数列的充分必要条件是数列是常数列.
（3）解：当时，因为（），所以，不符合题意；
当时，数列为3，2，4，1，此时，符合题意；
当时，数列为2，3，4，5，1，此时，符合题意.
下面证当时，不存在满足题意.
令（），
则，且，
所以有以下三种可能：
①
②
③
当时，因为，
由（2）知：，，…，是公差为1（或）的等差数列，
当公差为1时，由得或，
所以或，与已知矛盾.
当公差为时，同理得出与已知矛盾.
所以当时，不存在满足题意.
其他情况同理可得，不存在满足题意.综上可知，的所有取值为4或5.
－
0
＋
单调递减
单调递增