山东省百师联盟2024-2025学年高三上学期一轮复习联考（三）（11月）数学试题

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1.答卷前，考生务必将自己的姓名､考场号､座位号､准考证号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.
3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
考试时间为120分钟，满分150分
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.
2.已知命题，则的否定为（ ）
A. B.
C. D.
3.复数满足，则复数的虚部为（ ）
A. B. C. D.1
4.已知平面向量，则（ ）
A. B. C.1 D.4
5.已知函数则（ ）
A. B. C.1 D.4
6.已知数列是等差数列，数列是等比数列，若，则（ ）
A. B. C.1 D.
7.已知，且，若不等式恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
8.已知点为函数和图象的交点，则（ ）
A. B. C.1 D.2
二､多选题：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.下列各式计算结果为的有（ ）
A. B.
C. D.
10.在直四棱柱中，底面是边长为2的菱形，分别是棱的中点，过直线的平面分别与棱交于点，则下列说法正确的是（ ）
A.四边形为矩形
B.
C.四边形面积的最小值为8
D.四棱锥的体积为定值
11.已知函数是定义在上的奇函数，且满足，当时，，则下列说法正确的是（ ）
A.
B.函数的图象关于直线对称
C.定义在上的函数满足，若曲线与恰有2025个交点，则
D.当实数时，关于的方程恰有四个不同的实数根
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.已知函数，则__________.
13.已知球的半径为三点均在球面上，，则三棱锥的体积是__________.
14.已知函数若存在实数满足，且，则的取值范围为__________.
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.（13分）已知分别为三个内角的对边，且，的面积为.
（1）求；
（2）为边上一点，满足，求的长.
16.（15分）已知数列的前项和为且.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前项和.
17.（15分）如图，在四棱柱中，底面为直角梯形，平面为的中点.
（1）设平面与平面的交线为，求证：；
（2）求平面与平面夹角的余弦值.
18.（17分）已知函数.
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）若不等式恒成立，求实数的取值范围.
19.（17分）对于数列，定义变换将数列变换成数列，，记.对于数列与，定义.若数列满足，则称数列为数列，
（1）若数列，写出，并求.
（2）对于任意给定的正整数，是否存在数列，使得？若存在，写出一个数列；若不存在，说明理由.
（3）若数列满足，求数列的个数.
2025届高三一轮复习联考（三）
数学参考答案及评分意见
1.D 【解析】由题意得，所以.故选D.
2.C 【解析】由全称量词命题的否定为存在量词命题，知命题的否定为.故选C.
3.D 【解析】因为，即，所以，所以复数的虚部为1.故选D.
4.D 【解析】因为，所以，即.故选D.
5.B 【解析】因为，所以.故选B.
6.C 【解析】由题意得解得所以.故选C.
7.B 【解析】因为，且，所以，所以，当且仅当，即时，等号成立，所以的最小值为.因为恒成立，所以，解得，所以实数的取值范围是.故选B.
8.D 【解析】由题知方程，即的根为.因为，所以，所以，且为方程的根.令，则，所以在上单调递增.又，所以，即，所以.故选D.
9.AD 【解析】，故A正确；，故B错误；，故C错误；，故D正确.故选AD.
10.BD 【解析】如图，当平面底面时，截面四边形与底面四边形全等，是菱形，故A错误（另解：由题意知平面平面，平面与平面，平面的交线分别为，所以.同理，，所以四边形是平行四边形.因为，所以；又，所以.因为平面，所以平面.因为平面，所以，所以四边形为菱形，故A错误）.因为平面平面，平面平面，平面平面，所以，由对称性知，故B正确.在菱形中，，所以，所以
，所以，故C错误.四棱锥的体积，故D正确.故选BD.
11.BCD 【解析】因为函数的定义域为，所以，所以，所以函数的周期为4，所以，故A错误.
又因为函数是上的奇函数，所以，所以，即函数的图象关于直线对称，故B正确.
又因为，所以，所以函数的图象关于点对称.又因为，所以，所以，所以函数的图象关于点对称.因此，曲线与的交点也关于点对称，
所以，故C正确.
令，则，所以为上的偶函数.因为当时，，由，得，即，又当时，，所以，作出函数在上的图象，如图所示.
又因为的周期为4，所以将函数在上的图象以4为单位进行左右平移即可得函数在上的图象.当时，，又为偶函数，由对称性作出函数和的大致图象，如图所示.
当直线与的图象有1个交点时，；当直线与的图象有1个交点时，.由图可知，当时，关于的方程恰有四个不同的实数根，故D正确.故选BCD.
12. 【解析】由题得，则，所以，则，则.
13. 【解析】设的外接圆的半径为.
在中，由余弦定理可得；由正弦定理可得，即.由球的截面性质可知，球心到平面的距离，
三棱锥的体积.
14. 【解析】结合解析式可知当时，；当时，.因为，所以.令，得，则，故.令，则，易知函数在上单调递减，在上单调递增，所以，当时，，因为，所以.所以的取值范围为.
15.解：（1）由题意及正弦定理，得.
因为，
所以，
化简得.
由，得，所以.
因为，所以，所以.
（2）由（1）知，所以.
又由余弦定理得，即，所以.
由解得，所以为正三角形.
在中，，由余弦定理得，
故的长为.
16.解：（1）因为，所以当时，.
两式作差，得.
因为，令，得，所以，所以.
所以数列是首项为2，公比为2的等比数列，
所以.
（2）由题意知，
则，
，
两式相减得，
即
所以.
17.（1）证明：在四棱柱中，，
又平面平面，
所以平面.
又平面，平面平面，
所以.
（2）解：由题可知两两垂直，所以以为坐标原点，分别以直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以.
设平面的法向量为，
则即令，得
设平面的法向量为，
则即令，得.
因为，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
18.解：（1）当时，，则
因为，
所以切线方程为，化为一般式得，
所以曲线在点处的切线方程为.
（2）即，所以.
令，则的定义域为，
求导得.
令，求导得，所以函数在上单调递增.
因为当且时，，当时，，
所以存在唯一，使得，
当时，，所以单调递减，
当时，，所以单调递增，
所以的最小值为.
因为，所以.
依题意，，
将代入整理，得.
设，求导得，所以函数在上单调递减.
又，所以，
因此，解得，
所以实数的取值范围是.
19.解：（1）因为，由变换的定义，
得.
所以.
（2）对于数列，
所以
因为数列为数列，所以.
对于数列，令，
则对于数列中相邻的两项，
若，则；若，则.
记中有且个，则有个1，
则.
因为与的奇偶性相同，与的奇偶性不同，
所以不存在符合题意的数列.
（3）首先证明.
对于数列，有，
，
.
因为，
，
所以，故.
其次，由数列为数列可知，，解得，
这说明数列中任意相邻两项不同的情况有2次.
则数列中的个数为时，符合题意的数列都有个，
所以数列的个数为.