高級中學名校試卷PAGEPAGE1山東省聊城市多校2025屆高三上學期期末診斷檢測數學試題一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1.已知集合，則中所有元素之和為（）A.18 B.20 C.22 D.24【答案】C【解析】因為，所以，則，該集合中所有元素之和為．故選：C.2.已知，則（）A. B.C. D.【答案】C【解析】因為，所以，故C正確.故選：C.3.函數的部分圖象大致為（）A. B.C. D.【答案】A【解析】函數是定義域為函數，是奇函數，所以排除B，C，又函數在原點附近的零點為和1，可取大于0且接近于0的一個數，如0.1，得，所以排除D．故選：A.4.在正四棱臺中，已知，該正四棱臺的體積為168，則（）A.3 B.4 C.5 D.6【答案】C【解析】連接相交于點，相交于點，連接，則為正四棱臺的高，作，垂足為，則，，四邊形是等腰梯形，，所以，，，由，得，可得．故選：C.5.設函數在區間上單調遞減，則的最大值為（）A.3 B.4 C.5 D.6【答案】B【解析】由在區間上單調遞減，可得在區間上單調遞減，且拋物線對稱軸為直線，由解得，所以的最大值為4．故選：B.6.已知雙曲線：（，）的右焦點為，其中一條漸近線上存在一點，使得另一條漸近線垂直平分線段，則雙曲線的離心率為（）A.2 B. C. D.4【答案】A【解析】不妨設漸近線垂直平分線段，所以．由解得所以點的坐標為．由，得，所以雙曲線的離心率，故選：A.7.已知為坐標原點，.若動點滿足，則正數的最大值為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】設，則.因，所以，化簡得，故點在以為圓心，為半徑的圓上.又因為，所以點在以為圓心，為半徑的圓上.結合題意可知兩圓相交或外切或內切，所以，解得，故正數的最大值為.故選：D.8.若函數的定義域內存在，（），使得成立，則稱為“完整函數”．已知（）是上的“完整函數”，則的取值范圍為（）A. B.C. D.【答案】B【解析】由題意得，，因為，所以，故在上有兩個最大值點，令，則函數在區間上至少存在兩個最大值點，則，解得．當，即時，顯然符合題意．當時，因為，所以，因為，所以，，分以下兩種情況討論：①當，即時，，即，所以；②當，即時，，即，所以．綜上，的取值范圍為，故B正確.故選：B.二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分．9.已知復數，則（）A.B.C.D.在復平面內對應的點位于第一象限【答案】BD【解析】因為，所以，在復平面內對應的點為，位于第一象限，故AC錯誤，BD正確．故選：BD.10.已知函數，且是的一個極值點，下列說法正確的是（）A.實數的值為1或B.在上單調遞增C.若是的一個極小值點，則當時，D.若是的一個極大值點，則當時，【答案】ACD【解析】函數的定義域為，．令，得，，①當時，，由，得或，由，得，則在和上單調遞增，在上單調遞減，此時是的一個極大值點．②當時，解得，則，由，得或，由，得，則在和上單調遞增，在上單調遞減，此時是的一個極小值點．故A正確，B錯誤；若是的一個極小值點，則，在上單調遞增，因為，則，所以，故C正確；若是的一個極大值點，則，在上單調遞增，因為，所以，，且等價于，即當時，，所以，故D正確．故選：ACD.11.如圖，該圖展現的是一種被稱為“正六角反棱柱”的多面體，上、下兩底面分別是兩個全等且平行的正六邊形，，它們的中心分別為，，側面由12個全等的以正六邊形的邊為底的等腰三角形組成．若該“正六角反棱柱”的各棱長都為2，則下列命題正確的是（）A.異面直線與所成的角為B.平面C.該多面體外接球的表面積為D.直線與下底面所成角的正弦值為【答案】BCD【解析】對于A，設，在下底面的射影分別為，，則平分，為等邊三角形，所以異面直線與所成的角為，故A錯誤．對于B，易知垂直于底面，所以，又平分，所以，因為平面，所以平面，從而平面，故B正確．對于C，設的中點為，在下底面上的射影為，上、下兩底面間的距離為，外接球的半徑為，則，，所以，，從而所求外接球的表面積為，故C正確．對于D，設直線與下底面所成的角為，由上面可知，所以，故D正確．故選：BCD.三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分．12.已知向量滿足，則______．【答案】2【解析】由，得，整理得，所以.故答案為：2.13.已知拋物線：的焦點為，過點的直線交拋物線于，兩點，與準線交于點，，則直線的斜率為______，______．【答案】4【解析】設直線的方程為，由題意得的準線為，令，解得，則點的坐標為，，設，故，，因為，所以，，解得，故，因為點在拋物線上，所以，解得．故或，當時，由兩點間距離公式得，當時，由兩點間距離公式得，綜上可得，.故答案為：；4.14.在中，角，，的對邊分別為，，．已知，，，則______．【答案】3【解析】在中，由正弦定理及，得，則，移項得，于是，整理得，解得，由，得，則，，所以.故答案為：.四、解答題：本題共5小題，共77分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．15.的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知.（1）求角B；（2）若，，角B的平分線與交于點D，求.解：（1）因為，所以.，而，所以.（2）在中，，所以，解得.因為，所以，，，所以.16.設函數．（1）當時，求曲線在點處的切線方程；（2）當時，討論的單調性．解：（1）當時，，則，則曲線在點處的切線斜率為，因為，所以曲線在點處的切線方程為．（2）的定義域為．當時，，令，則在上單調遞減，在上單調遞增，因此，的最小值為．當時，，則，此時，在上單調遞增．當時，令，得．當時，單調遞增；當時，單調遞減；當時，單調遞增．綜上，當時，在上單調遞增，當時，在上單調遞增，在上單調遞減．17.如圖，在四棱錐中，底面是平行四邊形，是的中點，點在線段上．（1）證明：平面．（2）若平面，，，，平面與平面夾角的余弦值為，求的值．（1）證明：法一：如圖，連接，設，連接．因為四邊形是平行四邊形，所以為的中點，因為為的中點，所以由中位線定理得，因為平面，平面，所以平面．法二：因為，，，所以，則．又平面，所以，，兩兩垂直．以為坐標原點，，，的方向分別為，，軸的正方向，建立空間直角坐標系，如圖所示．由，，，可知，，，，，，則，，．設是平面的法向量，則得取，可得．因為，所以，則平面．（2）解：因為，，，所以，則．又平面，所以，，兩兩垂直．以為坐標原點，，，的方向分別為，，軸的正方向，建立空間直角坐標系，如圖所示．由，，，可知，，，．設（），則，．設是平面的法向量，由得取，可得．取平面的一個法向量為．設平面與平面的夾角為，則，解得，所以．18.已知橢圓：（）的左、右焦點分別為，，焦距為，圓與橢圓相交于，兩點，，的面積為．（1）求橢圓的標準方程；（2）過點的動直線與橢圓有兩個交點，，以線段為直徑作圓，點始終在圓內（包括圓周），求的取值范圍．解：（1）方法一：因為，所以，則，解得．因為的面積為，所以，，，所以橢圓的標準方程為；方法二：因為，，所以是正三角形，，所以點在線段的中垂線上，則，是橢圓的短軸端點．因為的面積為，所以，在中，易知，故橢圓的標準方程為；（2）方法一：設點，．當直線的斜率不存在時，的方程為，代入橢圓方程得，不妨設，，易求．當直線的斜率存在時，設直線的方程為，則消去得，，所以，．因點在圓內（包括圓周），所以，所以，所以，所以，所以，即恒成立，所以，解得．綜上，的取值范圍為．方法二：當直線的斜率為0時，圓以橢圓的長軸為直徑，所以．當直線的斜率不存在，或斜率不為0時，設的方程為，且，．聯立，消去得，所以，．因為點在圓內（包括圓周），所以，所以，所以，所以，所以，即恒成立，所以，解得．綜上，的取值范圍為．19.若是遞增數列，數列滿足對任意的，存在，使得，則稱是的“分割數列”．（1）設，，證明：數列是數列的“分割數列”．（2）設，是數列的前項和，，判斷數列是否是數列的“分割數列”，并說明理由．（3）設是首項為，公比為的遞增等比數列，是的前項和，若數列是的“分割數列”，求實數與的取值范圍．（1）證明：因為是遞增數列，滿足對任意的，存在，使得，所以．又，，所以，解得，取，滿足“分割數列”的定義，所以是的“分割數列”．（2）解：因為，所以，．假設是“分割數列”，則，即，整理得．當時，，所以，則，易知在上單調遞增，因為，，…，所以滿足條件的不存在，故不是的“分割數列”．（3）解：因為單調遞增，所以或①當，時，對任意的，有，因此有，故不存在，使得，不符合題意．②當時，因為是的“分割數列”，所以，即，化簡得，即，兩邊取對數得．記，則．下面分析，的取值范圍．當時，為減函數，因此，即．（?。┊敃r，，因此總有，所以，因此總存在滿足條件，符合題意．（ⅱ）當時，，根據函數零點存在定理，并結合的單調性可知，存在唯一正整數，使得，此時有則，即，顯然不存在滿足條件的正整數．綜上，可知，．山東省聊城市多校2025屆高三上學期期末診斷檢測數學試題一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1.已知集合，則中所有元素之和為（）A.18 B.20 C.22 D.24【答案】C【解析】因為，所以，則，該集合中所有元素之和為．故選：C.2.已知，則（）A. B.C. D.【答案】C【解析】因為，所以，故C正確.故選：C.3.函數的部分圖象大致為（）A. B.C. D.【答案】A【解析】函數是定義域為函數，是奇函數，所以排除B，C，又函數在原點附近的零點為和1，可取大于0且接近于0的一個數，如0.1，得，所以排除D．故選：A.4.在正四棱臺中，已知，該正四棱臺的體積為168，則（）A.3 B.4 C.5 D.6【答案】C【解析】連接相交于點，相交于點，連接，則為正四棱臺的高，作，垂足為，則，，四邊形是等腰梯形，，所以，，，由，得，可得．故選：C.5.設函數在區間上單調遞減，則的最大值為（）A.3 B.4 C.5 D.6【答案】B【解析】由在區間上單調遞減，可得在區間上單調遞減，且拋物線對稱軸為直線，由解得，所以的最大值為4．故選：B.6.已知雙曲線：（，）的右焦點為，其中一條漸近線上存在一點，使得另一條漸近線垂直平分線段，則雙曲線的離心率為（）A.2 B. C. D.4【答案】A【解析】不妨設漸近線垂直平分線段，所以．由解得所以點的坐標為．由，得，所以雙曲線的離心率，故選：A.7.已知為坐標原點，.若動點滿足，則正數的最大值為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】設，則.因，所以，化簡得，故點在以為圓心，為半徑的圓上.又因為，所以點在以為圓心，為半徑的圓上.結合題意可知兩圓相交或外切或內切，所以，解得，故正數的最大值為.故選：D.8.若函數的定義域內存在，（），使得成立，則稱為“完整函數”．已知（）是上的“完整函數”，則的取值范圍為（）A. B.C. D.【答案】B【解析】由題意得，，因為，所以，故在上有兩個最大值點，令，則函數在區間上至少存在兩個最大值點，則，解得．當，即時，顯然符合題意．當時，因為，所以，因為，所以，，分以下兩種情況討論：①當，即時，，即，所以；②當，即時，，即，所以．綜上，的取值范圍為，故B正確.故選：B.二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分．9.已知復數，則（）A.B.C.D.在復平面內對應的點位于第一象限【答案】BD【解析】因為，所以，在復平面內對應的點為，位于第一象限，故AC錯誤，BD正確．故選：BD.10.已知函數，且是的一個極值點，下列說法正確的是（）A.實數的值為1或B.在上單調遞增C.若是的一個極小值點，則當時，D.若是的一個極大值點，則當時，【答案】ACD【解析】函數的定義域為，．令，得，，①當時，，由，得或，由，得，則在和上單調遞增，在上單調遞減，此時是的一個極大值點．②當時，解得，則，由，得或，由，得，則在和上單調遞增，在上單調遞減，此時是的一個極小值點．故A正確，B錯誤；若是的一個極小值點，則，在上單調遞增，因為，則，所以，故C正確；若是的一個極大值點，則，在上單調遞增，因為，所以，，且等價于，即當時，，所以，故D正確．故選：ACD.11.如圖，該圖展現的是一種被稱為“正六角反棱柱”的多面體，上、下兩底面分別是兩個全等且平行的正六邊形，，它們的中心分別為，，側面由12個全等的以正六邊形的邊為底的等腰三角形組成．若該“正六角反棱柱”的各棱長都為2，則下列命題正確的是（）A.異面直線與所成的角為B.平面C.該多面體外接球的表面積為D.直線與下底面所成角的正弦值為【答案】BCD【解析】對于A，設，在下底面的射影分別為，，則平分，為等邊三角形，所以異面直線與所成的角為，故A錯誤．對于B，易知垂直于底面，所以，又平分，所以，因為平面，所以平面，從而平面，故B正確．對于C，設的中點為，在下底面上的射影為，上、下兩底面間的距離為，外接球的半徑為，則，，所以，，從而所求外接球的表面積為，故C正確．對于D，設直線與下底面所成的角為，由上面可知，所以，故D正確．故選：BCD.三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分．12.已知向量滿足，則______．【答案】2【解析】由，得，整理得，所以.故答案為：2.13.已知拋物線：的焦點為，過點的直線交拋物線于，兩點，與準線交于點，，則直線的斜率為______，______．【答案】4【解析】設直線的方程為，由題意得的準線為，令，解得，則點的坐標為，，設，故，，因為，所以，，解得，故，因為點在拋物線上，所以，解得．故或，當時，由兩點間距離公式得，當時，由兩點間距離公式得，綜上可得，.故答案為：；4.14.在中，角，，的對邊分別為，，．已知，，，則______．【答案】3【解析】在中，由正弦定理及，得，則，移項得，于是，整理得，解得，由，得，則，，所以.故答案為：.四、解答題：本題共5小題，共77分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．15.的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知.（1）求角B；（2）若，，角B的平分線與交于點D，求.解：（1）因為，所以.，而，所以.（2）在中，，所以，解得.因為，所以，，，所以.16.設函數．（1）當時，求曲線在點處的切線方程；（2）當時，討論的單調性．解：（1）當時，，則，則曲線在點處的切線斜率為，因為，所以曲線在點處的切線方程為．（2）的定義域為．當時，，令，則在上單調遞減，在上單調遞增，因此，的最小值為．當時，，則，此時，在上單調遞增．當時，令，得．當時，單調遞增；當時，單調遞減；當時，單調遞增．綜上，當時，在上單調遞增，當時，在上單調遞增，在上單調遞減．17.如圖，在四棱錐中，底面是平行四邊形，是的中點，點在線段上．（1）證明：平面．（2）若平面，，，，平面與平面夾角的余弦值為，求的值．（1）證明：法一：如圖，連接，設，連接．因為四邊形是平行四邊形，所以為的中點，因為為的中點，所以由中位線定理得，因為平面，平面，所以平面．法二：因為，，，所以，則．又平面，所以，，兩兩垂直．以為坐標原點，，，的方向分別為，，軸的正方向，建立空間直角坐標系，如圖所示．由，，，可知，，，，，，則，，．設是平面的法向量，則得取，可得．因為，所以，則平面．（2）解：因為，，，所以，則．又平面，所以，，兩兩垂直．以為坐標原點，，，的方向分別為，，軸的正方向，建立空間直角坐標系，如圖所示．由，，，可知，，，．設（），則，．設是平面的法向量，由得取，可得．取平面的一個法向量為．設平面與平面的夾角為，則，解得，所以．18.已知橢圓：（）的左、右焦點分別為，，焦距為，圓與橢圓相交于，兩點，，的面積為．（1）求橢圓的標準方程；（2）過點的動直線與橢圓有兩個交點，，以線段為直徑作圓，點始終在圓內（包括圓周），求的取值范圍．解：（1）方法一：因為，所以，則，解得．因為的面積為，所以，，，所以橢圓的標準方程為；方法二：因為，，所以是正三角形，，所以點在