山东省青岛市2025届高三上学期期末考试数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1山东省青岛市2025届高三上学期期末数学试题一、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.设集合，，若，则（）A. B.0 C.1 D.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.1 B.0 C. D.【答案】C【解析】因为，所以且，解得故选：C.3.已知向量，，若，则（）A.0 B. C.1 D.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：C8.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：914.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