山东省青岛市2025届高三(上)期末数学试卷（解析版）

这是一份山东省青岛市2025届高三(上)期末数学试卷（解析版），共15页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 设集合，，若，则（ ）
A. B. 0C. 1D. 或0
【答案】A
【解析】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】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】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】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】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】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】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】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】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. 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】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】对于A，易知，即，
解得，即A正确；
对于B，令函数，
则，令，可得，
因此当时，，即在上单调递增；
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：ABD.
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】因为，设切点，则又所以
故答案为：.
13. 递增等比数列的各项均为正数，且，则______；
【答案】
【解析】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】或
【解析】由题意，平面，几何体的外接球直径为，不妨设，设中点为，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：.
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．
解：（1）因为，
由余弦定理可得，
因，所以，
由，则，
由正弦定理得 则.
（2）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．
（1）证明：连接交于，连接，
在中，，分别为的中点，
所以 ，又平面，平面
平面
（2）证明：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.
（3）解：以点为原点，DA，DC，DP所在直线分别为，，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）过右焦点的直线交椭圆于两点，，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．
解：（1）椭圆过点，
，又，，
解得：，
椭圆的方程为；
（2）如图：
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．
（1）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.
（2）（ⅰ）证明：是上的增函数，
当时，，即，
为奇函数， ，
，具有性质；
（ⅱ）解：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：
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．
（1）解：集合中且，所以不具有性质,
因为都属于，是具有性质.
（2）证明：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.
（3）证明：当时，由（2）知即
，，
，，
由得：，又，
即是以为首项，公比为的等比数列.