2025届山东省聊城市多校高三上学期期末诊断检测数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1山东省聊城市多校2025届高三上学期期末诊断检测数学试题一、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，则中所有元素之和为（）A.18 B.20 C.22 D.24【答案】C【解析】因为，所以，则，该集合中所有元素之和为．故选：C.2.已知，则（）A. B.C. D.【答案】C【解析】因为，所以，故C正确.故选：C.3.函数的部分图象大致为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】函数是定义域为函数，是奇函数，所以排除B，C，又函数在原点附近的零点为和1，可取大于0且接近于0的一个数，如0.1，得，所以排除D．故选：A.4.在正四棱台中，已知，该正四棱台的体积为168，则（）A.3 B.4 C.5 D.6【答案】C【解析】连接相交于点，相交于点，连接，则为正四棱台的高，作，垂足为，则，，四边形是等腰梯形，，所以，，，由，得，可得．故选：C.5.设函数在区间上单调递减，则的最大值为（）A.3 B.4 C.5 D.6【答案】B【解析】由在区间上单调递减，可得在区间上单调递减，且抛物线对称轴为直线，由解得，所以的最大值为4．故选：B.6.已知双曲线：（，）的右焦点为，其中一条渐近线上存在一点，使得另一条渐近线垂直平分线段，则双曲线的离心率为（）A.2 B. C. D.4【答案】A【解析】不妨设渐近线垂直平分线段，所以．由解得所以点的坐标为．由，得，所以双曲线的离心率，故选：A.7.已知为坐标原点，.若动点满足，则正数的最大值为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】设，则.因，所以，化简得，故点在以为圆心，为半径的圆上.又因为，所以点在以为圆心，为半径的圆上.结合题意可知两圆相交或外切或内切，所以，解得，故正数的最大值为.故选：D.8.若函数的定义域内存在，（），使得成立，则称为“完整函数”．已知（）是上的“完整函数”，则的取值范围为（）A. B.C. D.【答案】B【解析】由题意得，，因为，所以，故在上有两个最大值点，令，则函数在区间上至少存在两个最大值点，则，解得．当，即时，显然符合题意．当时，因为，所以，因为，所以，，分以下两种情况讨论：①当，即时，，即，所以；②当，即时，，即，所以．综上，的取值范围为，故B正确.故选：B.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.已知复数，则（）A.B.C.D.在复平面内对应的点位于第一象限【答案】BD【解析】因为，所以，在复平面内对应的点为，位于第一象限，故AC错误，BD正确．故选：BD.10.已知函数，且是的一个极值点，下列说法正确的是（）A.实数的值为1或B.在上单调递增C.若是的一个极小值点，则当时，D.若是的一个极大值点，则当时，【答案】ACD【解析】函数的定义域为，．令，得，，①当时，，由，得或，由，得，则在和上单调递增，在上单调递减，此时是的一个极大值点．②当时，解得，则，由，得或，由，得，则在和上单调递增，在上单调递减，此时是的一个极小值点．故A正确，B错误；若是的一个极小值点，则，在上单调递增，因为，则，所以，故C正确；若是的一个极大值点，则，在上单调递增，因为，所以，，且等价于，即当时，，所以，故D正确．故选：ACD.11.如图，该图展现的是一种被称为“正六角反棱柱”的多面体，上、下两底面分别是两个全等且平行的正六边形，，它们的中心分别为，，侧面由12个全等的以正六边形的边为底的等腰三角形组成．若该“正六角反棱柱”的各棱长都为2，则下列命题正确的是（）A.异面直线与所成的角为B.平面C.该多面体外接球的表面积为D.直线与下底面所成角的正弦值为【答案】BCD【解析】对于A，设，在下底面的射影分别为，，则平分，为等边三角形，所以异面直线与所成的角为，故A错误．对于B，易知垂直于底面，所以，又平分，所以，因为平面，所以平面，从而平面，故B正确．对于C，设的中点为，在下底面上的射影为，上、下两底面间的距离为，外接球的半径为，则，，所以，，从而所求外接球的表面积为，故C正确．对于D，设直线与下底面所成的角为，由上面可知，所以，故D正确．故选：BCD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知向量满足，则______．【答案】2【解析】由，得，整理得，所以.故答案为：2.13.已知抛物线：的焦点为，过点的直线交抛物线于，两点，与准线交于点，，则直线的斜率为______，______．【答案】4【解析】设直线的方程为，由题意得的准线为，令，解得，则点的坐标为，，设，故，，因为，所以，，解得，故，因为点在抛物线上，所以，解得．故或，当时，由两点间距离公式得，当时，由两点间距离公式得，综上可得，.故答案为：；4.14.在中，角，，的对边分别为，，．已知，，，则______．【答案】3【解析】在中，由正弦定理及，得，则，移项得，于是，整理得，解得，由，得，则，，所以.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.的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知.（1）求角B；（2）若，，角B的平分线与交于点D，求.解：（1）因为，所以.，而，所以.（2）在中，，所以，解得.因为，所以，，，所以.16.设函数．（1）当时，求曲线在点处的切线方程；（2）当时，讨论的单调性．解：（1）当时，，则，则曲线在点处的切线斜率为，因为，所以曲线在点处的切线方程为．（2）的定义域为．当时，，令，则在上单调递减，在上单调递增，因此，的最小值为．当时，，则，此时，在上单调递增．当时，令，得．当时，单调递增；当时，单调递减；当时，单调递增．综上，当时，在上单调递增，当时，在上单调递增，在上单调递减．17.如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，是的中点，点在线段上．（1）证明：平面．（2）若平面，，，，平面与平面夹角的余弦值为，求的值．（1）证明：法一：如图，连接，设，连接．因为四边形是平行四边形，所以为的中点，因为为的中点，所以由中位线定理得，因为平面，平面，所以平面．法二：因为，，，所以，则．又平面，所以，，两两垂直．以为坐标原点，，，的方向分别为，，轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示．由，，，可知，，，，，，则，，．设是平面的法向量，则得取，可得．因为，所以，则平面．（2）解：因为，，，所以，则．又平面，所以，，两两垂直．以为坐标原点，，，的方向分别为，，轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示．由，，，可知，，，．设（），则，．设是平面的法向量，由得取，可得．取平面的一个法向量为．设平面与平面的夹角为，则，解得，所以．18.已知椭圆：（）的左、右焦点分别为，，焦距为，圆与椭圆相交于，两点，，的面积为．（1）求椭圆的标准方程；（2）过点的动直线与椭圆有两个交点，，以线段为直径作圆，点始终在圆内（包括圆周），求的取值范围．解：（1）方法一：因为，所以，则，解得．因为的面积为，所以，，，所以椭圆的标准方程为；方法二：因为，，所以是正三角形，，所以点在线段的中垂线上，则，是椭圆的短轴端点．因为的面积为，所以，在中，易知，故椭圆的标准方程为；（2）方法一：设点，．当直线的斜率不存在时，的方程为，代入椭圆方程得，不妨设，，易求．当直线的斜率存在时，设直线的方程为，则消去得，，所以，．因点在圆内（包括圆周），所以，所以，所以，所以，所以，即恒成立，所以，解得．综上，的取值范围为．方法二：当直线的斜率为0时，圆以椭圆的长轴为直径，所以．当直线的斜率不存在，或斜率不为0时，设的方程为，且，．联立，消去得，所以，．因为点在圆内（包括圆周），所以，所以，所以，所以，所以，即恒成立，所以，解得．综上，的取值范围为．19.若是递增数列，数列满足对任意的，存在，使得，则称是的“分割数列”．（1）设，，证明：数列是数列的“分割数列”．（2）设，是数列的前项和，，判断数列是否是数列的“分割数列”，并说明理由．（3）设是首项为，公比为的递增等比数列，是的前项和，若数列是的“分割数列”，求实数与的取值范围．（1）证明：因为是递增数列，满足对任意的，存在，使得，所以．又，，所以，解得，取，满足“分割数列”的定义，所以是的“分割数列”．（2）解：因为，所以，．假设是“分割数列”，则，即，整理得．当时，，所以，则，易知在上单调递增，因为，，…，所以满足条件的不存在，故不是的“分割数列”．（3）解：因为单调递增，所以或①当，时，对任意的，有，因此有，故不存在，使得，不符合题意．②当时，因为是的“分割数列”，所以，即，化简得，即，两边取对数得．记，则．下面分析，的取值范围．当时，为减函数，因此，即．（ⅰ）当时，，因此总有，所以，因此总存在满足条件，符合题意．（ⅱ）当时，，根据函数零点存在定理，并结合的单调性可知，存在唯一正整数，使得，此时有则，即，显然不存在满足条件的正整数．综上，可知，．山东省聊城市多校2025届高三上学期期末诊断检测数学试题一、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，则中所有元素之和为（）A.18 B.20 C.22 D.24【答案】C【解析】因为，所以，则，该集合中所有元素之和为．故选：C.2.已知，则（）A. B.C. D.【答案】C【解析】因为，所以，故C正确.故选：C.3.函数的部分图象大致为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】函数是定义域为函数，是奇函数，所以排除B，C，又函数在原点附近的零点为和1，可取大于0且接近于0的一个数，如0.1，得，所以排除D．故选：A.4.在正四棱台中，已知，该正四棱台的体积为168，则（）A.3 B.4 C.5 D.6【答案】C【解析】连接相交于点，相交于点，连接，则为正四棱台的高，作，垂足为，则，，四边形是等腰梯形，，所以，，，由，得，可得．故选：C.5.设函数在区间上单调递减，则的最大值为（）A.3 B.4 C.5 D.6【答案】B【解析】由在区间上单调递减，可得在区间上单调递减，且抛物线对称轴为直线，由解得，所以的最大值为4．故选：B.6.已知双曲线：（，）的右焦点为，其中一条渐近线上存在一点，使得另一条渐近线垂直平分线段，则双曲线的离心率为（）A.2 B. C. D.4【答案】A【解析】不妨设渐近线垂直平分线段，所以．由解得所以点的坐标为．由，得，所以双曲线的离心率，故选：A.7.已知为坐标原点，.若动点满足，则正数的最大值为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】设，则.因，所以，化简得，故点在以为圆心，为半径的圆上.又因为，所以点在以为圆心，为半径的圆上.结合题意可知两圆相交或外切或内切，所以，解得，故正数的最大值为.故选：D.8.若函数的定义域内存在，（），使得成立，则称为“完整函数”．已知（）是上的“完整函数”，则的取值范围为（）A. B.C. D.【答案】B【解析】由题意得，，因为，所以，故在上有两个最大值点，令，则函数在区间上至少存在两个最大值点，则，解得．当，即时，显然符合题意．当时，因为，所以，因为，所以，，分以下两种情况讨论：①当，即时，，即，所以；②当，即时，，即，所以．综上，的取值范围为，故B正确.故选：B.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.已知复数，则（）A.B.C.D.在复平面内对应的点位于第一象限【答案】BD【解析】因为，所以，在复平面内对应的点为，位于第一象限，故AC错误，BD正确．故选：BD.10.已知函数，且是的一个极值点，下列说法正确的是（）A.实数的值为1或B.在上单调递增C.若是的一个极小值点，则当时，D.若是的一个极大值点，则当时，【答案】ACD【解析】函数的定义域为，．令，得，，①当时，，由，得或，由，得，则在和上单调递增，在上单调递减，此时是的一个极大值点．②当时，解得，则，由，得或，由，得，则在和上单调递增，在上单调递减，此时是的一个极小值点．故A正确，B错误；若是的一个极小值点，则，在上单调递增，因为，则，所以，故C正确；若是的一个极大值点，则，在上单调递增，因为，所以，，且等价于，即当时，，所以，故D正确．故选：ACD.11.如图，该图展现的是一种被称为“正六角反棱柱”的多面体，上、下两底面分别是两个全等且平行的正六边形，，它们的中心分别为，，侧面由12个全等的以正六边形的边为底的等腰三角形组成．若该“正六角反棱柱”的各棱长都为2，则下列命题正确的是（）A.异面直线与所成的角为B.平面C.该多面体外接球的表面积为D.直线与下底面所成角的正弦值为【答案】BCD【解析】对于A，设，在下底面的射影分别为，，则平分，为等边三角形，所以异面直线与所成的角为，故A错误．对于B，易知垂直于底面，所以，又平分，所以，因为平面，所以平面，从而平面，故B正确．对于C，设的中点为，在下底面上的射影为，上、下两底面间的距离为，外接球的半径为，则，，所以，，从而所求外接球的表面积为，故C正确．对于D，设直线与下底面所成的角为，由上面可知，所以，故D正确．故选：BCD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知向量满足，则______．【答案】2【解析】由，得，整理得，所以.故答案为：2.13.已知抛物线：的焦点为，过点的直线交抛物线于，两点，与准线交于点，，则直线的斜率为______，______．【答案】4【解析】设直线的方程为，由题意得的准线为，令，解得，则点的坐标为，，设，故，，因为，所以，，解得，故，因为点在抛物线上，所以，解得．故或，当时，由两点间距离公式得，当时，由两点间距离公式得，综上可得，.故答案为：；4.14.在中，角，，的对边分别为，，．已知，，，则______．【答案】3【解析】在中，由正弦定理及，得，则，移项得，于是，整理得，解得，由，得，则，，所以.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.的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知.（1）求角B；（2）若，，角B的平分线与交于点D，求.解：（1）因为，所以.，而，所以.（2）在中，，所以，解得.因为，所以，，，所以.16.设函数．（1）当时，求曲线在点处的切线方程；（2）当时，讨论的单调性．解：（1）当时，，则，则曲线在点处的切线斜率为，因为，所以曲线在点处的切线方程为．（2）的定义域为．当时，，令，则在上单调递减，在上单调递增，因此，的最小值为．当时，，则，此时，在上单调递增．当时，令，得．当时，单调递增；当时，单调递减；当时，单调递增．综上，当时，在上单调递增，当时，在上单调递增，在上单调递减．17.如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，是的中点，点在线段上．（1）证明：平面．（2）若平面，，，，平面与平面夹角的余弦值为，求的值．（1）证明：法一：如图，连接，设，连接．因为四边形是平行四边形，所以为的中点，因为为的中点，所以由中位线定理得，因为平面，平面，所以平面．法二：因为，，，所以，则．又平面，所以，，两两垂直．以为坐标原点，，，的方向分别为，，轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示．由，，，可知，，，，，，则，，．设是平面的法向量，则得取，可得．因为，所以，则平面．（2）解：因为，，，所以，则．又平面，所以，，两两垂直．以为坐标原点，，，的方向分别为，，轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示．由，，，可知，，，．设（），则，．设是平面的法向量，由得取，可得．取平面的一个法向量为．设平面与平面的夹角为，则，解得，所以．18.已知椭圆：（）的左、右焦点分别为，，焦距为，圆与椭圆相交于，两点，，的面积为．（1）求椭圆的标准方程；（2）过点的动直线与椭圆有两个交点，，以线段为直径作圆，点始终在圆内（包括圆周），求的取值范围．解：（1）方法一：因为，所以，则，解得．因为的面积为，所以，，，所以椭圆的标准方程为；方法二：因为，，所以是正三角形，，所以点在