2025届山东省百校大联考高三上学期12月学情诊断数学试卷（解析版）

这是一份2025届山东省百校大联考高三上学期12月学情诊断数学试卷（解析版），共19页。试卷主要包含了12，选择题的作答， 已知函数，则， 已知函数，则下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
2024.12
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置.
2.选择题的作答：选出每小题答案后，用2B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.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
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，只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上.
1. 复数的共轭复数是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】由，
的共轭复数是.
故选：A.
2. 已知，，若，则实数的取值构成的集合是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】由得.
当时，，满足；
当时，因为，
所以或，
解得或.
故选：C.
3. 已知数列为等差数列，，为函数的两个极值点，则（ ）
A. 1B. 3
C. D.
【答案】B
【解析】由得，，
令，得，且不是该方程的根.易知判别式大于0，
因为为函数的两个极值点，
是方程的两正根，由韦达定理可得，
，因为为等差数列，所以.
故选：B.
4. 已知点为外接圆的圆心，且，则向量在向量上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】因为，所以，，即，
即为的中点，所以是圆的直径.
又因为，所以是以为直角的等腰直角三角形.
所以，，所以在上的投影向量为.
故选：B.
5. 已知为两个不同的平面，为两条不同的直线，则的一个充分不必要条件可以是（ ）
A. 与内所有的直线都垂直B. ，，
C. 与内无数条直线垂直D. ，，
【答案】D
【解析】A项，由直线与平面垂直的定义可知与内所有的直线都垂直是的充要条件，选项A错；
B项，根据面面垂直的性质定理，缺少条件，
如图长方体中，
设平面为平面，设平面为平面，直线为，
则，满足，，，
但，不与平面垂直，故不能推出，
故条件“，，”也不是的充分不必要条件，选项B错；

C项，如图长方体中，
设平面为平面，直线为，
则直线与平面内无数条与垂直的直线都垂直，但，不与平面垂直，
故由与内无数条直线垂直不能推出，所以不是的充分不必要条件，选项C错；

D项，由，，得，又因为，所以；
反之，由推不出，，，
所以，，是的一个充分不必要条件，选项D正确.
故选：D.
6. 把函数图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把所得曲线向左平移个单位长度，得到函数的图象，且的图象关于点中心对称，则函数的解析式可能是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】对于选项A，若，
则把函数图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，
可得到，
再把所得曲线向左平移个单位长度，
得到，
由，故图象不关于点中心对称，故A错；
对于选项B，若，
则把函数图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，
可得到，
再把所得曲线向左平移个单位长度，得到，
由，故图象不关于点中心对称，故B错；
对于选项C，若，
则把函数图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，
可得到，
再把所得曲线向左平移个单位长度，得到，
由，可知图象关于点中心对称，故C正确；
对于选项D，若，
则把函数图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，
可得到，
再把所得曲线向左平移个单位长度，得到，
由，
故图象不关于点中心对称，故D错.
故选：C.
7. 已知函数，则（ ）
A. B. C. D. 253
【答案】A
【解析】因为，所以，
则，，，
所以.
故选：A.
8. 已知函数的定义域是，其导函数满足，且有，，则（ ）
A. 1022B. 1024C. 2046D. 2048
【答案】C
【解析】由可得，其中为常数，
令得，又已知，，
则有，即，故，
令，则，.
故数列是以为首项，为公差的等差数列.
所以，
故.
故选：C.
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.全部选对得6分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分.
9. 已知，为实数，则下列不等式正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AC
【解析】A项，由单调递增，知，故选项A正确；
B项，时选项B不正确；
C项，由，则，当且仅当时等号成立，
因为，所以等号不成立，故选项C正确；
D项，构造函数，，
所以单调递增，
又，得，故选项D不正确.
故选：AC.
10. 已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A. 是偶函数B. 是周期函数
C. 关于直线对称D. 当时，
【答案】BCD
【解析】A项，，
，
得，所以不是偶函数，故选项A错误；
B项，，
所以是以为周期的周期函数，故选项B正确；
C项，，
所以关于直线对称，故选项C正确；
D项，由关于直线对称，只需看当时，是否成立.
当时，，
所以，即；
又因为，
所以，
所以，即，
所以，故选项D正确.
故选：BCD.
11. 如图，在三棱锥中，两两垂直且，分别为线段上异于端点的动点，满足，，下列说法正确的是（ ）
A. 三棱锥的外接球的表面积是
B. 当时，线段的最小值是
C. 当时，三棱锥的体积是定值
D. 若空间中的点满足且，则满足条件的点所形成的轨迹长度为
【答案】ACD
【解析】A项，三棱锥的外接球即边长为1的正方体的外接球，其直径，
所以表面积为，故A正确；
B项，在三棱锥中，
因为两两垂直，平面，且，
所以平面.
如图1所示，在线段上取一点D，使得，
即得且，
再由平面可得平面，而平面，
故.
又因为，所以且，
所以可得，故B错误；
C项，因为，所以，即，
又因为，所以，
再由可得，点N到平面的距离等于点D到平面的距离，
故有，
因为平面，所以即为三棱锥的高，
从而，
故三棱锥的体积是定值，故C正确；
D项，由可知动点在以为直径的球上，
由可知动点也在以为直径的球上，
故点的轨迹是分别以为直径的两球相交所得的圆，设圆心为.
取中点，中点，则即为两球球心.
则垂直于相交圆所在的平面，由球的对称性可知，垂足为.
如图2，如图在过两球心的轴截面中，
两圆相交弦即为相交圆的直径，则.
其中，，
如图3，连接，
由平面，平面，则，即.
中，，
所以，则，
所以，如图2在中，，即相交圆半径为.
所以点P所形成的轨迹长度即圆周长为，故D正确.
故选：ACD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知，则_____.
【答案】
【解析】因为，所以，
所以.
故答案为：.
13. 已知圆锥的表面积为，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的体积为_____.
【答案】
【解析】设圆锥底面圆半径为，母线长为，高为.
如图，
由侧面展开图是一个半圆可知，，得，即，
又圆锥的表面积为，则得，
故高，
所以圆锥体积.
故答案为：.
14. 已知外接圆的半径为2，是的面积，分别是三个内角的对边，若不等式恒成立，则的最大值为_____；点为外接圆上的任意一点，当取得最大值时，的取值范围是_____.
【答案】①. ②.
【解析】由题意要使不等式恒成立，
则，
由外接圆半径为，可知当为等边三角形时，，
且，则有.
下面证明对于任意的三角形都有.
证明过程如下：
由余弦定理与，
则
，即.
当且时等号成立，即为等边三角形时等号成立，
故.
所以，当取得最大值，为等边三角形.
如图所示，取AB的中点D，且，
则有，
由图可得，
所以的取值范围是.
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. 已知数列为正项数列，且，.
（1）求数列的通项公式；
（2）令，求数列的前项和.
解：（1）解法一（构造常数列）：由，且，
可得，
故数列是恒为的常数列，所以，
又因为数列为正项数列，所以.
解法二（累加法）：由题意得：且，
有，，，，
将以上各式相加，得，
将代入上式即得，且当时也成立，所以，
又因为数列为正项数列，所以.
（2）由（1）可得，令，其前项和为，
对任意的，，则，
又因为，
所以.
16. 已知分别为三个内角的对边，且.
（1）求；
（2）若为锐角三角形，且，求面积的取值范围.
解：（1）根据正弦定理，可化为，
由
.
因，所以，
故有，即有，
因为，所以，
故有，所以.
（2）因为为锐角三角形，由（1）已得，
则有，解得.
由正弦定理可得，
所以有，
所以，
因为，所以，
所以，
所以面积的取值范围是.
17. 如图，在正四棱柱中，底面边长是1，点，，分别在侧棱，，上，且，，，四点共面.设直线、与平面所成的角分别为、.
（1）设平面与平面相交于直线，求证：当时，；
（2）当时，求平面与平面所成角的余弦值的最大值.
（1）证明：由，平面，平面
可得，平面，
再由平面，平面平面，
所以，
又因为，
所以四边形为平行四边形，
所以.
在正四棱柱中，，均垂直于平面，
所以直线、与平面所成的角分别为，，
即，，
又因为，，
所以，
从而；
（2）解：以为坐标原点，分别以，，的方向为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系.

则，，所以，，
设平面的法向量，则有，
令，则有，，所以，
平面的法向量，平面与平面所成角为，
则
当且仅当，即时等号成立，
即平面与平面所成角的余弦值的最大值为.
18. 已知函数，.
（1）求函数的图象经过的所有的定点坐标，并写出函数的一条以上述一个定点为切点的切线；
（2）讨论函数的单调性；
（3）当时，证明：.
（1）解：因为，，其他函数值均与a有关，
所以的图象经过的所有定点的坐标为和，
又因为，
若以为切点，则切线斜率为，切线方程为；
若以为切点，则切线斜率为，切线为；
所以切线方程为（或）.
（2）解：因为，
①当时，恒成立，
所以当时，，在单调递减，
当时，，在单调递增；
②当时，由，得或.
当，即时，恒成立，则在上单调递增，
当时，即时，当时，，在单调递增；
当时，，在单调递减；
当时，，在单调递增；
当时，即时，
当时，，在单调递增；
当时，，在单调递减；
当时，，在单调递增；
综上所述：当时，在单调递减，在单调递增；
当时，在单调递增，在单调递减，在单调递增；
当时，在上单调递增；
当时，在单调递增，在单调递减，在单调递增.
（3）证明：当时，.
令，
则
令，，则在上单调递增.
又因为，，
所以存在，使得，即，即.
当时，，，单调递减；
当时，，，单调递增.
所以.
所以也即.
19. 一般地，对于无穷数列，我们称幂级数即为无穷数列的母函数，例如：数列的母函数为.
附公式：，其中.
（1）已知数列，，，求无穷数列母函数；
（2）已知无穷数列的母函数为，记，请用表示数列的母函数（注：不必考虑的范围）；
（3）已知数列，，记，求.
解：（1）由可得，且，
故，所以数列为公比是2的等比数列，
所以，即得，
所以数列的母函数为.
（2）由题意得①
那么②
①②得，
，
所以.
（3）由公式
令得，
令得，
令得，
所以，
数列的母函数为，
由（2）结论知数列的母函数为，
令，
则，
令，得，解得；
令，得，解得；
又由系数为可得，则，故；
令，得，则，故；
综上，.
所以
.
所以.