2025届山东省名校考试联盟高三上学期期中检测数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1山东省名校考试联盟2025届高三上学期期中检测数学试题一、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.已知集合，，则（）A. B.C. D.【答案】C【解析】因为，，所以，故选：C2.若（为虚数单位）是关于的方程的一个根，则（）A.0 B.2 C.3 D.4【答案】B【解析】因为（为虚数单位）是关于的方程的一个根所以，也是关于的方程的一个根，所以，由韦达定理得：，所以，.故选：B3.已知向量，不共线，，，若，，三点共线，则（）A. B.. C.1 D.2【答案】D【解析】由于，，三点共线，所以与共线.存在实数，使得，即.因为，不共线，根据向量相等的性质，若，则.由，将其代入可得.故选：D.4.设，，则使成立的一个充分不必要条件是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】对于A，，故是的充要条件；对于B，由得，能推出，则充分性成立，反之不成立，则必要性不成立，所以是的充分不必要条件；对于C，由无法得到，之间的大小关系，则充分性不成立，反之也是，则必要性不成立，所以是的既不充分也不必要条件；对于D，由不能推出，则充分性不成立，反之不成立，则必要性不成立，所以是的既不充分也不必要条件．故选：B．5.已知数列满足，，则数列的前8项和为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】已知，等式两边同时除以，得到.因为，所以，那么数列是以为首项，为公差的等差数列.得，则..求数列的前项和.故选：A.6.若，，且，，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】因，所以.又，所以.根据，得，同时也能确定.因为，，，所以..将转化为.所以因为，，所以.在这个区间内，时，.故选：C.7.用表示，，中的最小数，若函数为偶函数，且当时，，则的极值点的个数为（）A.2 B.3 C.4 D.5【答案】D【解析】由，，可得函数的大致图象，由图象可知当时，有两个极值点，由对称性可知当时，也有两个极值点，同时由图象可知：也是极值点，所以共有5个极值点.故选：D8.若定义在上的函数满足，是奇函数，，则（）A.2 B.3 C.4 D.5【答案】D【解析】根据，以代换得：，所以，可知函数的周期为4，因为是上的奇函数，所以，即关于点对称，于是，，由，取得，即，则，因此，取，得，于是，因此，.故选：D.二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每个小题给出的选项中，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.已知函数，两条相邻对称轴之间的距离为，且，则（）A. B.C.关于对称 D.在上单调递增【答案】ABD【解析】因为函数的两条相邻对称轴之间的距离为，所以，则，即，故A正确；此时，又，则，即，因为，所以，故B正确；此时，因为，所以关于对称，故C错误；当时，，因为函数在上单调递增，所以在上单调递增，故D正确.故选：ABD.10.记内角，，的对边分别为，，，已知，，若为的外心，则（）A. B.C. D.【答案】AC【解析】的外心即为外接圆的圆心，即三边中垂线的交点，所以，故A正确；取的中点，连接，所以，故C正确；因为，故B错误；因为为的外心，则可设的外接圆半径为，，，，故，同理，，又，即.所以，即，故D错误；其中（奔驰定理）的证明如下：如图延长与边相交于点则所以，又，又，所以，所以，所以.故选：AC.11.如图，已知正方体的棱长为2，，分别为，的中点，点为上一动点，则（）A.存在点使得B.的最小值为C.以为直径的球面与正方体每条棱的交点总数为12D.已知球为正方体的内切球，若在正方体内部与球外部之间的空隙处放入一个小球，则放入的小球体积最大值为【答案】BCD【解析】对于A:由题意可知：，取中点，所以，因为为直角三角形，同时为等腰直角三角形，，所以当在运动中时，，，所以，，故A错；对于B:由对称性得，即求，在面中，，故B对；对于C:因为以为直径的球的球心为正方体中心，半径为，而正方体中心到各棱距离均为，所以该球与正方体12条棱均相切，所以有12个交点，故C对；对于D:因为体积最大的小球为小球与正方体和球均相切时取到.研究截面，分别过和小球球心作的垂线，垂足分别为，，则，因为球与小球相切，球半径为1，设小球的半径为，则，所以，所以小球体积最大值为，故D对.故选：BCD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知函数则________.【答案】【解析】因为所以.13.数列的前项和为，且满足，，则________.【答案】1【解析】由题意可知①，②，③将①②式相加可得，与③式相减可得，则1.14.已知函数，曲线在不同的三点处的切线斜率均为3，则实数的取值范围是________.【答案】【解析】因为函数图象在不同的三点处的切线斜率均为3，所以有三个不同的根，即有三个不同的根，转化为函数图象和函数图象有三个不同的交点，下面分析函数图象，，令，解得或，当时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减；当时，，函数单调递增；当时，，且；当时，.函数图象如图所示结合图象可知，的取值范围是.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.如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，，点在棱上，且.（1）求证：平面平面；（2）求平面与平面所成角的大小.（1）证明：方法1：因为，，所以，所以，即.又因为面面，面交面于，因为，，所以，因为面，所以面，因为面，所以.因为，，交于，所以面.连接，交于，连接，因为，，所以，又因为，所以，所以，因为面，所以面，因为平面，所以面平面.方法2：取中点，连接，，因，所以，又因为面面，面交面于，所以面，因为，，所以，又因为，，所以四边形为矩形，则.以为原点建系如图，，，，，所以，，，因为点在棱上且，所以，则，设，分别为平面和平面的法向量，则，令，则，，所以，，令，则，，所以，所以，所以，所以平面平面.方法3：若取为原点，，方向为，轴正方向，则坐标为，，，，，平面和平面的法向量分别为，，所以，所以，所以平面平面.（2）解：方法1：取中点，连接，，因为，所以，又因为面面，面交面于，所以面，因为面，所以.因为，，，所以四边形为正方形，所以.又因为交于，所以面，因为面，所以，所以即为平面与平面所成角，因为，，所以，.所以平面与平面所成角为.方法2：设为平面的法向量，所以，令，则，，所以，因为面，，所以，所以平面与平面所成角为.方法3：平面的法向量，.所以，所以平面与平面所成角为.方法4：投影面积法：取中点，连接，，因为，所以，又因为面面，面交面于，所以面，设为平面与平面所成角，所以，所以.16.已知锐角的内角，，的对边分别为，，，且，角的平分线交于，.（1）求；（2）求的取值范围.解：（1）在中，，利用正弦定理得，，所以，即，因为，故，即，因为，所以，所以.（2）由已知得，，在中，由正弦定理得，，即，同理得，.故，而，，因为锐角中，，所以，故，，，所以的取值范围为.17.将个实数排成行列的数阵形式如下；（1）当时，若每一行每一列均构成等差数列，且，求该数阵中所有数的和；（2）若，且每一行均为公差相同的等差数列，每一列均为公比为的等比数列.已知，，，设，求的值.解：（1）由题意，且每一行都成等差数列则有：，，……，，则有，又因为每一列成等差数列，故有，即.（2）由题意每一行均为等差数列，设第二行的公差为，则有，故，从而可得第二行的通项公式，所以，又因为每一列均为公比为的等比数列，且，又因为，故，即有，从而有，故所以即.18.已知函数.（1）求曲线在点处的切线方程；（2）当时，讨论的单调性；（3）当时，，求的取值范围.解：（1）由题意可知，，则，故曲线在点处的切线方程为.（2）当时，.则.当时，，此时.当时，.故在上恒成立.再由可知为偶函数，于是在R上恒成立.故在R上单调递增.（3）当时，符合题意.当时，由可得.令，则.令，则.令，则.令，当时，，故在上单调递减.又，则此时.故在上单调递减.因为，，则存在，使得，于是在上单调递增，在上单调递减.由于，，则当时，，此时.因此在上单调递增.故当时，.令，，则.当时，，则在上单调递增，此时.故当时，.故在上恒成立.因此的取值范围为.19.已知集合，集合，记的元素个数为.若集合中存在三个元素，，，使得，则称为“理想集”.（1）若，分别判断集合，是否为“理想集”（不需要说明理由）；（2）若，写出所有的“理想集”的个数并列举；（3）若，证明：集合必为“理想集”.解：（1）不是“理想集”，是“理想集”.由题意，令，则；令，则；令，则；令，则；所以不是“理想集”.令，则，所以是“理想集”.（2）共16个“理想集”.若，有.当时，若，则，由可知，故或；若，则，由可知，则，故.故含有三个元素的“理想集”，或，共3个.当时，，，，，，，或，共7个.当时，，，，，，共5个.当时，，共1个.综上所述，所有“理想集”的个数为16个分别为：，，，，，，，，，，，，，，，.（3）若，记且利用反证法，假设对于中任意三个元素，，，均有，则，，，…，.记，于是，则.因此，矛盾.故集合必为“理想集”.山东省名校考试联盟2025届高三上学期期中检测数学试题一、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.已知集合，，则（）A. B.C. D.【答案】C【解析】因为，，所以，故选：C2.若（为虚数单位）是关于的方程的一个根，则（）A.0 B.2 C.3 D.4【答案】B【解析】因为（为虚数单位）是关于的方程的一个根所以，也是关于的方程的一个根，所以，由韦达定理得：，所以，.故选：B3.已知向量，不共线，，，若，，三点共线，则（）A. B.. C.1 D.2【答案】D【解析】由于，，三点共线，所以与共线.存在实数，使得，即.因为，不共线，根据向量相等的性质，若，则.由，将其代入可得.故选：D.4.设，，则使成立的一个充分不必要条件是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】对于A，，故是的充要条件；对于B，由得，能推出，则充分性成立，反之不成立，则必要性不成立，所以是的充分不必要条件；对于C，由无法得到，之间的大小关系，则充分性不成立，反之也是，则必要性不成立，所以是的既不充分也不必要条件；对于D，由不能推出，则充分性不成立，反之不成立，则必要性不成立，所以是的既不充分也不必要条件．故选：B．5.已知数列满足，，则数列的前8项和为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】已知，等式两边同时除以，得到.因为，所以，那么数列是以为首项，为公差的等差数列.得，则..求数列的前项和.故选：A.6.若，，且，，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】因，所以.又，所以.根据，得，同时也能确定.因为，，，所以..将转化为.所以因为，，所以.在这个区间内，时，.故选：C.7.用表示，，中的最小数，若函数为偶函数，且当时，，则的极值点的个数为（）A.2 B.3 C.4 D.5【答案】D【解析】由，，可得函数的大致图象，由图象可知当时，有两个极值点，由对称性可知当时，也有两个极值点，同时由图象可知：也是极值点，所以共有5个极值点.故选：D8.若定义在上的函数满足，是奇函数，，则（）A.2 B.3 C.4 D.5【答案】D【解析】根据，以代换得：，所以，可知函数的周期为4，因为是上的奇函数，所以，即关于点对称，于是，，由，取得，即，则，因此，取，得，于是，因此，.故选：D.二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每个小题给出的选项中，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.已知函数，两条相邻对称轴之间的距离为，且，则（）A. B.C.关于对称 D.在上单调递增【答案】ABD【解析】因为函数的两条相邻对称轴之间的距离为，所以，则，即，故A正确；此时，又，则，即，因为，所以，故B正确；此时，因为，所以关于对称，故C错误；当时，，因为函数在上单调递增，所以在上单调递增，故D正确.故选：ABD.10.记内角，，的对边分别为，，，已知，，若为的外心，则（）A. B.C. D.【答案】AC【解析】的外心即为外接圆的圆心，即三边中垂线的交点，所以，故A正确；取的中点，连接，所以，故C正确；因为，故B错误；因为为的外心，则可设的外接圆半径为，，，，故，同理，，又，即.所以，即，故D错误；其中（奔驰定理）的证明如下：如图延长与边相交于点则所以，又，又，所以，所以，所以.故选：AC.11.如图，已知正方体的棱长为2，，分别为，的中点，点为上一动点，则（）A.存在点使得B.的最小值为C.以为直径的球面与正方体每条棱的交点总数为12D.已知球为正方体的内切球，若在正方体内部与球外部之间的空隙处放入一个小球，则放入的小球体积最大值为【答案】BCD【解析】对于A:由题意可知：，取中点，所以，因为为直角三角形，同时为等腰直角三角形，，所以当在运动中时，，，所以，，故A错；对于B:由对称性得，即求，在面中，，故B对；对于C:因为以为直径的球的球心为正方体中心，半径为，而正方体中心到各棱距离均为，所以该球与正方体12条棱均相切，所以有12个交点，故C对；对于D:因为体积最大的小球为小球与正方体和球均相切时取到.研究截面，分别过和小球球心作的垂线，垂足分别为，，则，因为球与小球相切，球半径为1，设小球的半径为，则，所以，所以小球体积最大值为，故D对.故选：BCD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知函数则________.【答案】【解析】因为所以.13.数列的前项和为，且满足，，则________.【答案】1【解析】由题意可知①，②，③将①②式相加可得，与③式相减可得，则1.14.已知函数，曲线在不同的三点处的切线斜率均为3，则实数的取值范围是________.【答案】【解析】因为函数图象在不同的三点处的切线斜率均为3，所以有三个不同的根，即有三个不同的根，转化为函数图象和函数图象有三个不同的交点，下面分析函数图象，，令，解得或，当时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减；当时，，函数单调递增；当时，，且；当时，.函数图象如图所示结合图象可知，的取值范围是.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.如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，，点在棱上，且.（1）求证：平面平面；（2）求平面与平面所成角的大小.（1）证明：方法1：因为，，所以，所以，即.又因为面面，面交面于，因为，，所以，因为面，所以面，因为面，所以.因为，，交于，所以面.连接，交于，连接，因为，，所以，又因为，所以，所以，因为面，所以面，因为平面，所以面平面.方法2：取中点，连接，，因，所以，又因为面面，面交面于，所以面，因为，，所以，又因为，，所以四边形为矩形，则.以为原点建系如图，，，，，所以，，，因为点在棱上且，所以，则，设，分别为平面和平面的法向量，则，令，则，，所以，，令，则，，所以，所以，所以，所以平面平面.方法3：若取为原点，，方向为，轴正方向，则坐标为，，，，，平面和平面的法向量分别为，，所以，所以，所以平面平面.（2）解：方法1：取中点，连接，，因为，所以，又因为面面，面交面于，所以面，因为面，所以.因为，，，所以四边形为正方形，所以.又因为交于，所以面，因为面，所以，所以即为平面与平面所成角，因为，，所以，.所以平面与平面所成角为.方法2：设为平面的法向量，所以，令，则，，所以，因为面，，所以，所以平面与平面所成角为.方法3：平面的法向量，.所以，所以平面与平面所成角为.方法4：投影面积法：取中点，连接，，因为，所以，又因为面面，面交面于，所以面，设为平面与平面所成角，所以，所以.16.已知锐角的内角，，的对边分别为，，，且，角的平分线交于，.（1）求；（2）求的取值范围.解：（1）在中，，利用正弦定理得，，所以，即，因为，故，即，因为，所以，所以.（2）由已知得，，在中，由正弦定理得，，即，同理得，.故，而，，因为锐角中，，所以，故，，，所以的取值范围为.17.将个实数排成行列的数阵形式如下；（1）当时，若每一行每一列均构成等差数列，且，求该数阵中所有数的和；（2）若，且每一行均为公差相同的等差数列，每一列均为公比为的等比数列.已知，，，设，求的值.解：（1）由题意，且每一行