山东省青岛第五十八中学2025届高三上学期期中考试数学试卷(含答案)

这是一份山东省青岛第五十八中学2025届高三上学期期中考试数学试卷(含答案)，共22页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
1．已知集合，，则( )
A.B.C.D.
2．已知，则＝( )
A.2B.1C.D.
3．已知.若，则( )
A.B.C.D.
4．已知等比数列的前n项和为，且，则“”是“的公比为2”的( )
A.必要不充分条件
B.充分不必要条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
5．已知一个正四棱柱和某正四棱锥的底面边长相等，侧面积相等，且它们的高均为，则此正四棱锥的体积为( )
A.B.C.D.
6．已知函数则图像上关于原点对称的点有( )
A.1对B.2对C.3对D.4对
7．已知函数，函数的图像各点的横坐标缩小为原来的（纵坐标不变），再向左平移个单位长度，得到函数的图像.若方程在上有两个不同的解，，则的值为( )
A.B.C.D.
8．若关于x不等式恒成立，则当时，的最小值为( )
A.B.C.1D.e
二、多项选择题
9．已知，则下列结论正确的是( )
A.B.C.D.
10．若数列满足，，，则称数列为斐波那契数列，又称黄金分割数列，则下列结论成立的是( )
A.
B.
C.
D.
11．如图，在边长为4的正方体中，E，F分别是棱，的中点，P是正方形内的动点，则下列结论正确的是( )
A.若平面，则点P的轨迹长度为
B.若，则点P的轨迹长度为
C.若P是正方形的中心，Q在线段EF上，则的最小值为
D.若P是棱的中点，则三棱锥的外接球的表面积是
三、填空题
12．曲线的所有切线中，斜率最小的切线的方程是________.
13．为测量某塔的高度，在塔旁的水平地面上共线的三点A，B，C处测得其顶点P的仰角分别为，，，且米，则塔的高度________米
14．已知，当，时，是线段的中点，点P在所有的线段上，若，则的最小值是________.
四、解答题
15．已知数列的前n项和为，且.
(1)求及数列的通项公式；
(2)在与之间插入n个数，使得这个数依次组成公差为的等差数列，求数列的前n项和.
16．设的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且有，
(1)求角B：
(2)若AC边上的高，求.
17．如图1，在平行四边形中，，，E为的中点，将沿折起，连结，，且，如图2.
(1)求证：图2中的平面平面；
(2)在图2中，若点F在棱上，直线与平面所成的角的正弦值为，求点F到平面的距离
18．已知函数，且与x轴相切于坐标原点
(1)求实数a的值及的最大值；
(2)证明：当时，；
(3)判断关于x的方程实数根的个数，并证明
19．对于任意正整数n，进行如下操作：若n为偶数，则对n不断地除以2，直到得到一个奇数，记这个奇数为；若n为奇数，则对不断地除以2，直到得出一个奇数，记这个奇数为.若，则称正整数n为“理想数”.
(1)求20以内的质数“理想数”；
(2)已知.求m的值；
(3)将所有“理想数”从小至大依次排列，逐一取倒数后得到数列，记的前n项和为，证明：.
参考答案
1．答案：B
解析：若，
则是6的正因数，而6的正因数有1，2，3，6，
所以，
因为，
所以，
故选：B.
2．答案：C
解析：由题意知
，
所以，
故选：C
3．答案：B
解析：因为
且，
则
可得，
所以.
故选：B.
4．答案：A
解析：设等比数列的公比为q，
由
得，
当时，
解得或，充分性不成立；
当时，，必要性成立
所以“”是“的公比为2”的必要不充分条件
故选：A
5．答案：B
解析：
如图所示，正四棱柱为
正四棱锥，
设底边边长，高，
则，
又正四棱柱的侧面积，
正四棱锥的侧面积，
则，解得，
所以正四棱锥体积，
故选：B.
6．答案：C
解析：作出的图像，再作出函数
关于原点对称的图像如图所示
因为函数
关于原点对称的图像与图像有三个交点
故图像上关于原点对称的点有3对
故选：C
7．答案：A
解析：根据题意可得，
所以，
，
所以在上单调递增
在上单调递减，关于对称，
且
，，
方程等价于有两个不同的解，
.
故选：A.
8．答案：C
解析：设，
因为，可知的定义域为
所以在内恒成立，
又因为，
令，解得
令，解得；
可知在内单调递增，在内单调递减，
则
可得，则，
可得
当且仅当时，等号成立，
令
则，
令，解得
令，解得；
可知在内单调递增
在内单调递减，则，
即
当且仅当时，等号成立，
所以的最小值为1.
故选：C.
9．答案：ABD
解析：由题可得
，
即，所以，
对于A，因为
所以，故A正确；
对于B，
，故B正确；
对于C，因为，所以，故C错误；
对于D，因为，，
所以
当且仅当，即时等号成立
这与已知矛盾，所以，故D正确
故选：ABD
10．答案：AC
解析：对于A，由题可得，，，，，故A正确；
对于B，因为，又，
所以，即，故B错误；
对于C，
，故C正确；
对于D，
，故D错误
故选：AC.
11．答案：ACD
解析：如图，取，的中点为
连接，，
所以，又E，F分别是棱，的中点，
所以，所以，
平面，平面，
平面，
因为分别是棱，的中点
所以，且，
所以四边形为平行四边形，
所以，又平面，平面，
平面，
又，平面，
所以平面平面，
点P是正方形内的动点，且平面，
所以点P的轨迹为线段
由勾股定理得，故A正确；
如图，以A为原点，以所在直线为x轴，y轴，z轴，
由题意得，设，
，
所以，所以点P的轨迹为为圆心，半径为1的个圆，
所以点P的轨迹长度为.故B错误；
如图，将平面翻折到与平面共面，
连接，与交于点Q，此时取到最小值，
，且，
所以点Q为的中点
所以，
所以，
即的最小值为，故C正确；
如图，连接，交于点，连接，
若P是棱的中点，则，
所以是外接圆的一条直径
所以是外接圆的圆心，
过点作平面的垂线
则三棱锥的外接球的球心O一定在该垂线上，
连接，设，则，
连接，
所以，
所以，解得，
所以，
所以三棱锥的外接球的表面积为，故D正确
故选：ACD.
12．答案：.
解析：由题意，
所以时，
又时，，
所以所求切线的方程为
即.
故答案为：.
13．答案：
解析：设塔的高，
在中，
同理可得，，
在中，
则，
，
即
解得.
所以塔的高度为米
故答案为：.
14．答案：
解析：不妨设点、
设点，
则数列满足，
，
所以，，
所以，数列是首项为
公比为的等比数列，
所以，，
当时，
，
也满足
故对任意的，.
所以，，故
故答案为：.
15．答案：(1)，，
(2)
解析：(1)由题意，当时，，解得，
当时，
即，解得，
当时，由
可得，两式相减，可得，
整理，得
∴数列是以2为首项，2为公比的等比数列，
∴，.
(2)由(1)可得，，，
在与之间插入n个数
使得这个数依次组成公差为的等差数列，
则有，
∴，∴，
∴，
，
两式相减得
∴.
16．答案：(1)
(2)
解析：(1)因为，
由正弦定理可得，
即
即
所以，
在三角形中，，
所以，
即，因为
则
可得，则.
(2)因为边上的高，
所以①
又②
由①②可得，
由正弦定理可得，
结合(1)中可得，
因为
所以.
17．答案：(1)证明见解析
(2)
解析：(1)连接，
由题意，
则为等边三角形，
由余弦定理得
所以，
则，
所以，
又平面，
所以平面，
又平面
所以平面平面；
(2)如图，以点E为原点，建立空间直角坐标系，
则，
设，
故，
因为z轴垂直平面，故可取平面的一条法向量为，
所以
化简得
解得或（舍去），
所以，
设平面的法向量为，
则有
可取，
所以点F到平面的距离为.
18．答案：(1)，最大值为0
(2)证明见解析
(3)2个，证明见解析
解析：(1)由题意知，且，
，
，解得，
，，
则，
当时，，.
故，
所以在区间上单调递减
所以.
当时，令，
则，
，，，
在区间上单调递减，则，
在区间上单调递增，则
则.
综上所述，，的最大值为0.
(2)因为，
要证当时
即证，
记，，
当时，，，
；
当时，，
记
则，
在区间上单调递减
则，
则在区间上单调递减，
，
综上所述，当时，.
(3)设，，
，
当时，由(1)知，
故，
故在区间上无实数根
当时，
因此0为的一个实数根
当时，单调递减，
又，，
存在，使得，
所以当时
当时，
在区间上单调递增
在区间上单调递减，
又，
在区间上有且只有一个实数根
在区间上无实数根
当时，，
令，
，
故在区间上单调递减
，
于是恒成立
故在区间上无实数根，
综上所述，有2个不相等的实数根
19．答案：(1)2和5为两个质数“理想数”
(2)m的值为12或18
(3)证明见解析
解析：(1)20以内的质数为
，故，所以2为“理想数”；
，而，故3不是“理想数”；
，而，故5是“理想数”；
，而，故7不是“理想数”；
，而，故11不是“理想数”；
，而，故13不是“理想数”；
，而，故17不是“理想数”；
，而，故19不是“理想数”；
2和5为两个质数“理想数”；
(2)由题设可知必为奇数
m必为偶数，
存在正整数p，使得
即
，且，
，或
或，解得，或，
，或
即m的值为12或18.
(3)显然偶数"理想数"必为形如的整数，
下面探究奇数"理想数"，不妨设置如下区间：，
若奇数，不妨设，
若为"理想数"，则，且
即，且，
①当，且时，；
②当时，；
，且，
又
即，
易知为上述不等式的唯一整数解，
区间存在唯一的奇数"理想数"，且，
显然1为奇数"理想数"，所有的奇数"理想数"为，
所有的奇数"理想数"的倒数为，
即.