山东省威海荣成市2025届高三数学上学期期中试题文含解析

PAGEPAGE20山东省威海荣成市2025届高三数学上学期期中试题文（含解析）本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共4页.考试时间120分钟.满分150分.答题前，考生务必用0.5毫米的黑色签字笔将自己的姓名、座号、考号填写在答题纸规定的位置.第Ⅰ卷（选择题共60分）留意事项：每小题选出答案后，用铅笔把答题纸上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案，不能答在试题卷上.一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共60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.已知集合，，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用对数的性质化简集合，求出，利用交集的定义运算求出结果．【详解】，，解得，则，故选：B【点睛】本题考查集合的交并补运算，考查对数不等式，属于基础题．2.下列四个命题中真命题的个数是（）①“”是“”的充分不必要条件；②命题“”否定是“”；③“，则为偶函数”的逆命题为真命题；④命题，命题，则为真命题A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用小范围可推出大范围推断①；利用全称量词命题的否定为存在量词命题推断②；利用正弦函数的奇偶性推断③；利用对数的性质和二次函数的图象推断④．【详解】①，即或，所以“”是“”的充分不必要条件，正确；②命题“”的否定是“”，正确；③“，则为偶函数”的逆命题为“为偶函数，则”，命题错误，当函数为偶函数时，；④，命题正确；，命题错误；则为假命题，错误；故选：C【点睛】本题考查命题真假的推断，考查充分必要条件的应用，考查全程量词命题和存在量词命题，考查三角函数的性质，属于中档题．3.假如过曲线，上点P处的切线平行于直线那么点P的坐标为()A. B. C. D.【答案】A【解析】设点坐标为.；则；于是则点坐标为.故选A4.在长方体中，，是的中点，则异面直线与所成的角等于（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】依据题意，取的中点，连接，，得出，是异面直线与所成角，利用等边三角形求出的值即可．【详解】长方体中，，，，取的中点，连接，，是的中点，，是异面直线与所成角，如图所示；△中，，，即异面直线与所成角等于．故选：．【点睛】本题主要考查异面直线所成的角，属于中档题.求异面直线所成的角先要利用三角形中位线定理以及平行四边形找到异面直线所成的角，然后利用特殊三角形的性质及余弦定理求解，假如利用余弦定理求余弦，因为异面直线所成的角是直角或锐角，所以最终结果肯定要取肯定值.5.设为所在平面内一点，，则（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】利用平面对量的线性运算法则干脆表示即可得解.【详解】由题意作出图形，如图：则.故选：A.【点睛】本题考查了平面对量线性运算法则的应用，属于基础题.6.已知实数x，y满意条件，则的最小值为（）A. B.4 C.2 D.3【答案】C【解析】【分析】画出约束条件所表示的平面区域，结合图象确定目标函数的最优解，代入计算，即可求解.【详解】画出不等式组所表示的平面区域，如图所示，目标函数，可互为直线，当直线过点时在轴上的截距最小，此时目标函数取得最小值，又由，解得，所以目标函数的最小值为.故选：C.【点睛】本题主要考查简洁线性规划求解目标函数的最值问题．其中解答中正确画出不等式组表示的可行域，利用“一画、二移、三求”，确定目标函数的最优解是解答的关键，着重考查了数形结合思想，及推理与计算实力．7.在等比数列中，首项，公比，若，则的值为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用等比数列的基本量运算可求出的值．【详解】数列为等比数列，且首项，公比，又，，故故选：A【点睛】本题考查等比数列基本量运算，考查学生计算实力，属于基础题．8.为了得到函数的图象，可以将函数的图象（）A向右平移个单位长 B.向右平移个单位长C.向左平移个单位长 D.向左平移个单位长【答案】A【解析】【分析】化简得到，依据平移法则得到答案.【详解】.故向右平移个单位长可以得到的图像.故选：A.【点睛】本题考查了三角函数平移，意在考查学生对于三角函数平移的理解和驾驭状况.9.若某几何体的三视图如图所示，则此几何体的体积等于A.24 B.30 C.10 D.【答案】A【解析】【分析】依据几何体的三视图得出该几何体是三棱柱去掉一个三棱锥所得的几何体，结合三视图的数据，求出它的体积．【详解】依据几何体的三视图，得该几何体是三棱柱截去一个三棱锥后所剩几何体几何体是底面为边长为的三角形，高为的三棱柱被平面截得的，如图所示：由题意：原三棱柱体积为：截掉的三棱锥体积为：所以该几何体体积为：本题正确选项：【点睛】本题考查的学问点是由三视图求体积和表面积，解决本题的关键是得到该几何体的形态．10.已知函数若ƒ(-a)+ƒ(a)≤2ƒ(1)，则实数a的取值范围是A.[-1，0) B.[0，1] C.[-1,1] D.[-2,2]【答案】C【解析】若，则，，若，则，，故函数为偶函数，且当时，函数单调递增.∴不等式等价于，即∴∴故选C.点睛：本题考查与分段函数有关的不等式问题.解决与分段函数有关的不等式时，要留意视察分段函数的表达式，依据条件推断函数的奇偶性和单调性是解决本题的关键，从而将不等式等价于.11.在中，是上的点，平分，，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】首先依据题意利用正弦定理在中，得到，在中，得到，从而得到，再依据已知条件即可得到答案.【详解】如图所示：由题知：在中，，解得.在中，，解得.因为平分，，所以.又因为，所以.故选：B【点睛】本题主要考查正弦定理解三角形，同时考查学生分析问题的实力，属于简洁题.12.定义域为的函数的导函数为，满意，若，则不等式的解集为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】构造函数，用导数法得到在R上递减，然后由，得到，再利用函数的单调性定义求解.【详解】令，因为，则，所以在R上递减，又，则，不等式等价于，所以.故选：D【点睛】本题主要考查函导数与函数的单调性以及函数单调性解不等式，还考查了构造函数求解问题的实力，属于中档题.第Ⅱ卷（非选择题共90分）留意事项：1.请用0.5毫米的黑色签字笔将每题的答案填写在答题纸的指定位置.书写的答案如需改动，要先划掉原来的答案，然后再写上新答案.2.不在指定答题位置答题或超出答题区域书写的答案无效.在试题卷上答题无效.二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知向量的夹角为,,则.【答案】【解析】【分析】利用平面对量数量积公式以及数量积的运算法则，求得的值，再开平方即可得结果.【详解】因为向量的夹角为,,所以,.【点睛】向量数量积的运算主要驾驭两点：一是数量积的基本公式；二是向量的平方等于向量模的平方.14.等差数列{an}公差d≠0满意成等比数列，若=1，Sn是{}的前n项和，则的最小值为________．【答案】4【解析】【分析】成等比数列，=1，可得：=，即（1+2d）2=1+12d，d≠0，解得d．可得an，Sn．代入利用分别常数法化简后，利用基本不等式求出式子的最小值．【详解】∵成等比数列，a1=1，∴=，∴（1+2d）2=1+12d，d≠0，解得d=2．∴an=1+2（n﹣1）=2n﹣1．Sn=n+×2=n2．∴==n+1+﹣2≥2﹣2=4，当且仅当n+1=时取等号，此时n=2，且取到最小值4，故答案为4．【点睛】本题考查了等差数列的通项公式、前n项和公式，等比中项的性质，基本不等式求最值，在利用基本不等式求最值时，要特殊留意“拆、拼、凑”等技巧，使其满意基本不等式中“正”(即条件要求中字母为正数)、“定”(不等式的另一边必需为定值)、“等”(等号取得的条件)的条件才能应用，否则会出现错误.15.直三棱柱ABC－的六个顶点都在球O的球面上．若AB＝BC＝2，∠ABC＝90°，，则球O的表面积为________．【答案】【解析】【分析】先证明AB，BC，两两相互垂直，再以AB，BC，为长，宽、高作长方体，该长方体的外接球经过直三棱柱ABC－的六个顶点，利用长方体的外接球的直径公式求出外接球的半径得解.【详解】∵AB＝BC＝2，∠ABC＝90°，∴△ABC是以A为直角顶点的等腰直角三角形，∵直三棱柱ABC－中，⊥平面ABC，∴AB，BC，两两相互垂直，因此，以AB，BC，为长，宽、高作长方体，该长方体的外接球经过直三棱柱ABC－的六个顶点．∵长方体的外接球直径，∴R＝2，由此可得球的表面积故答案为【点睛】本题主要考查几何体的外接球的半径和球的表面积的计算，意在考查学生对这些学问的理解驾驭水平，属于基础题.16.若函数在上递增，则的取值范围___________.【答案】.【解析】【分析】依据函数，求导，由函数在上递增，则在上恒成立，令，转化为在恒成立求解.【详解】由函数，所以，因为函数在上递增，所以在上恒成立，令，所以在恒成立，令，所以，解得，故答案为：【点睛】本题主要考查导数与函数单调性的应用，还考查了转化化归的思想和运算求解的实力，属于中档题.三、解答题：本大题6小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.17.在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.（1）求的值；（2）若，且，求的周长.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由正弦定理和题设条件，化简得到，再由，则，即可求得；（2）由（1）和，求得，再利用余弦定理，求得，进而得到三角形周长.【详解】（1）在中，因为由正弦定理得，，可得，即，可得，又因为，则，因此.（2）由，可得，又，故，因为，依据余弦定理，可得，所以，即，所以周长为.【点睛】本题主要考查了正弦定理、余弦定理的应用，其中利用正弦、余弦定理可以很好地解决三角形的边角关系，娴熟驾驭定理、合理运用是解本题的关键．通常当涉及两边及其中一边的对角或两角及其中一角对边时，运用正弦定理求解；当涉及三边或两边及其夹角时，运用余弦定理求解.18.如图，在以为顶点的五面体中，四边形为正方形，.（1）证明：平面平面；（2）证明：.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）首先依据题意易证平面，再利用面面垂直的推断即可得证明平面平面.（2）首先依据题意易证平面，再利用线面平行的性质即可得到.【详解】（1）因为平面为正方形，所以，又因为，所以，因为平面，平面，且，所以平面，又因为平面，所以平面平面.

（2）因为，面，面所以平面平面，平面平面，所以【点睛】本题第一问考查面面垂直的证明，其次问考查线面平行的性质，属于简洁题.19.已知数列的前项和为，，，.（1）证明：数列是等差数列，并求；（2）设，求数列的前项和.【答案】（1）证明见解析；；（2）.【解析】【分析】(1)由知，当时：，两式作差化简，可证明数列是等差数列；利用等差数列的通项公式可求得；(2)由(1)求出，利用裂项相消法求和可得结果．【详解】(1)证明：由知，当时：，即，∴，对成立.又，∴是首项为1，公差为1的等差数列.∴(2)∴=【点睛】本题考查定义法证明等差数列，考查数列求和，考查数列的递推关系式，属于中档题．20.设函数.（1）若曲线在点处的切线与垂直，求函数的解析式；（2）假如对于随意的，都有成立，试求实数的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）求导，由已知得，求出得解（2）求导得到在上的最大值为转化得到在恒成立.构造函数求得的最大值为，得解【详解】（1），∵曲线在点处的切线与垂直，∴，.（2），∴，，，，∴在上递减，在上递增，∴在上的最大值为较大者，即，∵对于随意的，都有成立，∴即对随意的成立.令，，∴，，，，∴在上递增，在上递减，的最大值为，∴，.【点睛】本题考查函数导数几何意义及利用导数探讨函数最值及不等式恒成立求参数范围.属于基础题.21.如图，在多面体中，平面平面，平面，，∥，且.（1）求证：平面；（2）求证：∥平面；（3）求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）.【解析】【分析】（1）依据平面∥平面，利用面面平行的性质定理得，再由，得到四边形为平行四边形，从而∥，然后结合平面得证.（2）连接，依据平面∥平面，利用面面平行的性质定理得∥，再由∥，且，得到四边形为平行四边形，从而，再利用线面平行的判定定理证明.（3）依据两两垂直，建立空间直角坐标系，分别求得平面的一个法向量为和平面的一个法向量，然后由求解.【详解】（1）平面∥平面，平面平面，平面平面，∴又，四边形为平行四边形，∥面，平面（2）连接，平面∥平面，平面平面，平面平面，∴∥，∥，∴∥，，∴四边形为平行四边形，∴，又，∴∥平面.（3）由已知，两两垂直，建立如图的空间坐标系，设，则∴设平面的一个法向量为，则，令，则，而平面的一个法向