山东省日照市2025届高三上学期期中联合考试数学试卷(含答案)

这是一份山东省日照市2025届高三上学期期中联合考试数学试卷(含答案)，共21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，集合，，则图中阴影部分表示的集合为( )
A.B.C.D.
2．记为数列的前n项和，则“任意正整数n，均有”是“是递增数列”的( )
A.充分不必要条件B.必要不充分条件
C.充要条件D.既不充分也不必要条件
3．已知为幂函数，则( )
A.-4B.C.4D.
4．已知平面向量,满足,,且在上的投影向量为,则与的夹角为( )
A.B.C.D.
5．已知，，则( )
A.B.C.D.
6．已知函数的定义域为R，且不恒为0，若为偶函数，为奇函数，则下列选项中一定成立的是( )
A.B.C.D.
7．已知复数，在复平面上对应的点分别为A，B，且O为复平面原点，若（i为虚数单位），向量绕原点逆时针方向旋转，且模伸长为原来的2倍后与向量重合，则( )
A.的虚部为B.对应的点在第二象限
C.D.
8．已知平面上两定点A，B，则平面上所有满足（且）的点P的轨迹是一个圆心在直线上，半径为的圆这个轨迹最先由古希腊数学家阿波罗尼斯发现，故称作阿氏圆已知棱长为1的正方体表面上有一动点P满足，则点P在侧面上的轨迹长度为( )
A.B.C.D.
二、多项选择题
9．下列说法正确的是( )
A.命题“，”的否定是“，”
B.当时，的最小值是4
C.
D.在上为减函数
10．已知函数的图像关于直线对称，则( )
A.函数为奇函数
B.函数在上单调递增
C.若，则的最小值为
D.函数的图像向右平移个单位长度得到函数的图像
11．“阿基米德多面体”也称为半正多面体，是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美如图是一个八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面体”，棱长为6，则下列说法正确的是( )
A.将该几何体放到一个正方体内，则正方体的棱长最小为
B.任意两个有公共顶点的三角形所在平面的夹角的余弦值均为
C.将该几何体以正三角形所在面为底面放置，则高度为
D.若该几何体可以在一个正四面体内任意转动，则该正四面体棱长的最小值为
三、填空题
12．已知数列是各项均为正数的等比数列，为数列的前n项和，若，则的最小值为______.
13．曲线在处的切线恰好是曲线的切线，则实数____________.
14．设A，B，C是函数与函数的图像连续相邻的三个交点，若是钝角三角形，则的取值范围是____________.
四、解答题
15．已知数列中，，
(1)求数列的通项公式；
(2)令，求数列的前n的和；
16．在中，内角A、B、C的对边分别为a、b、c，且，.
(1)求的值；
(2)若的面积为，求AB边上的高
17．如图，圆柱的轴截面为正方形，点E在底面圆周上，且，M为上的一点，且，N为线段上一动点（不与A，C重合）.
(1)证明：平面；
(2)若，设平面平面，求证：；
(3)当平面与平面夹角为时，试确定N点的位置
18．已知.
(1)若函数在定义域上是减函数，求a的取值范围；
(2)若函数存在两个不同的极值点、，求证：；
(3)当时，正项数列满足，，求证：当时，.
19．若数列满足，则称为E数列记.
(1)写出所有满足，且的E数列；
(2)若，，命题，命题q：E数列是等差数列试判断p是q的什么条件，并说明理由；
(3)对任意给定的整数，是否存在首项为0的E数列，使得?如果存在，写出一个满足条件的E数列；如果不存在，说明理由
参考答案
1．答案：A
解析：或
又，
阴影部分表示.
故选：A
2．答案：A
解析：当时，则，
∴，即数列是递增数列，
所以“对任意正整数n，均有”是“为递增数列”的充分条件；
取数列为，显然数列是递增数列，但是不一定大于零，
所以“对任意正整数n，均有”不是“为递增数列”的必要条件，
因此“对任意正整数n，均有”是“为递增数列”的充分不必要条件
故选：A.
3．答案：C
解析：因为是幂函数，
所以，得，
则，.
故选：C
4．答案：B
解析：因为,,在上的投影向量为,
所以,
所以,
所以,
由,可知.
故选:B
5．答案：D
解析：，
，
所以，
所以，
所以
.
故选：D.
6．答案：B
解析：因为为偶函数，
所以，故，
又因为函数的定义域为R
且为奇函数，所以，
故令得，，
又因为，
令得：，
故，B正确；
可构造函数，满足题意，
此时，A错误；
，C错误；，D错误
故选：B
7．答案：C
解析：由可知，
则逆时针旋转后相应点为，
所以，即，其虚部为，故A错误；
，其对应的点在第三象限，故B错误；
，
，故C正确；
，
则，故D错误
故选：C
8．答案：C
解析：在平面中，图①中以B为原点以为x轴建系如图，
设阿氏圆圆心,半径为r，
因为，所以，
所以，
因为，
所以，
所以，
解得，所以圆心，
所以P在空间内轨迹是以为球心，半径为的球，
因为平面，
平面截球所得小圆是以B为圆心，
以为半径的圆，且，
所以点P在侧面上的轨迹长度为P
在侧面上的轨迹长度为.
9．答案：ACD
解析：选项A：命题““，”的否定是
“，，故A正确；
选项B：当时，，令，
则在单调递减，最小值为5，
则当时，的最小值为5，故B错误；
选项C：由，
可得，故C正确；
选项D：，
所以，
所以在上为减函数，故D正确
故选：ACD.
10．答案：AC
解析：因为函数的图像关于直线对称，
所以，
因为，所以，
所以，
对于A，函数，
根据正弦函数的奇偶性，因此函数是奇函数，故A正确；
对于B，由于，，
函数在上不单调，故B错误；
对于C，因为，，
又因为，
的周期为，
所以的最小值为，故C正确；
对于D，函数的图像向右平移个单位长度得到，故D错误
故选：AC.
11．答案：ABD
解析：对于A，如图所示，该几何体放到一个正方体内，
由棱长为6，易求得正方体的棱长最小为，故A正确；
对于B，如图所示，以正方体的顶点O为坐标原点
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，
所以，
令，则，
所以平面的一个法向量为，
设平面的法向量为，
所以，
令，则，
所以平面的一个法向量为，
设平面与平面的夹角为，
所以，
所以由对称性可得任意两个有公共顶点的三角形
所在平面的夹角的余弦值均为，故B正确；
对于C，，所以，
点G到平面的距离，
所以将该几何体以正三角形所在面为底面放置，则高度为，故C错误；
对于D，由该半正多面体的对称性知，
该半正多面体的外接球的球心为正方体的中心，
该球半径为正方体的面对角线的一半，
该半正多面体可以在一个正四面体内任意转动，
则该半正多面体的外接球是正四面体的内切球时，
正四面体的体积最小，设此时正四面体的棱长为a，高为h，
所以，解得，
又正四面体底面正三角形半径为，则
解得，该正四面体棱长的最小值为，故D正确
故选：ABD.
12．答案：18
解析：由
得，
所以，，
故，解得：或，
因为数列是各项均为正数，
所以，故，
所以
.
当且仅当时取得最小值.
故答案为：18.
13．答案：2
解析：对于，易知，
切线斜率为，切点为；
则曲线在处的切线为，
显然，设切点，
由，
解得.
故答案为：2
14．答案：
解析：由题意得，，
作出两个函数图像，如图：
A，B，C为连续三交点，（不妨设B在x轴下方），D为的中点，
由对称性，则是以为顶角的等腰三角形，，
由，整理得，
解得，则，
即，
所以，
因为为钝角三角形，
则，
所以，
解得.
故答案为：.
15．答案：(1)
(2)
解析：(1)当时，，
当时，，
.
两式相减得：.
所以：
，
当时，上式也成立
所以数列的通项公式为：
(2)因为
两式相减得：
，
所以
16．答案：(1)
(2)
解析：(1)∵，
∴，
由正余弦边角关系得，①，
又，②
由①②得，，
∴，
∴
(2)由(1)得，，
（或由余弦定理得）
∵C为锐角，∴，
∴的面积，
∴，
设边上的高为h，
则的面积，
∴，即边上的高为.
17．答案：(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)N为的中点
解析：(1)因为圆柱的轴截面为正方形，
所以平面，
又因为平面，所以，
因为是底面圆的直径，所以，
又，，平面，
所以平面，又平面，所以，
又，，
，平面，所以平面；
(2)由(1)可知平面，
平面，所以，
由，
在中，由射影定理：，
又，所以，
所以，所以，
又平面，平面，
所以平面，又平面平面，
平面，所以.
(3)由(1)知，以E为原点，，所在直线为x，y轴，
过E的母线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
不妨设，
则，，，
设，，
设，
所以，
设平面的法向量为，
则，
令，则，
又平面的一个法向量，
设平面与平面的夹角为，
则，
解得或，其中时重合N，C，不合题意，
故平面与平面夹角为时，
此时N为中点
18．答案：(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
解析：(1)函数的定义域为，且，
若函数在上为减函数，
则对任意的恒成立，
即，即，可得，
因为，由基本不等式可得，
当且仅当时，
即当时，等号成立，故，
因此，实数a的取值范围是.
(2)由可得①，
由题意可知，、是方程②的两个不同的正根，
所以，，
解得，
所以，
，
因为，由对勾函数的单调性可知，
函数在上单调递减，
所以，，
所以，.
(3)由题意可知，当时，，
令，
则，，
因为，
当时，，即函数在上单调递减，
当上，，即函数在上单调递增，
因为，则，
所以，，，
以此类推可知，当且时，，
即当时，，
由已知，
令，
则，
所以，函数在上单调递减，
由于当时，，所以，。
又因为，
所以，，从而可得，
所以，，
即，
故.
19．答案：(1)或
(2)p是q的充分不必要条件，理由见解析
(3)不存在，理由见解析
解析：(1)因为，，
可得或；
(2)因为E数列是等差数列，
则可能是递增的等差数列，也可能是递减的等差数列，
若递增，由，
则可得，
则公差为1，由，，
可得，故q推不出p，
若递减，由，
则可得，
则公差为1，由，，
可得，故q能推出p，
所以p是q的不必要条件，
因为，
所以，
即，，
所以，
又，，即，
故等号成立，故可得，
所以E数列是等差数列，
故p能推出q，所以p是q的充分条件，
所以p是q的充分不必要条件；
(3)令，则，
因为，，，，
所以
因为，
所以为偶数，
所以为偶数，
所以要使，
必须使为偶数，即4整除，
亦即或，
当时，
E数列的项满足，
时，
有，
当时，
E数列的项满足，
，时，
有，
当，时，不能被4整除，
所以对任意给定的整数，
不存在首项为0的E数列，使得，