精品解析：贵州省黔西南布依族苗族自治州兴义市顶效开发区顶兴学校2024-2025学年高三上学期第三次月考数学试题

顶兴高级中学秋季学期高三年级第三次月考卷 数学 考生注意： 1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟. 2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚. 3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷､草稿纸上作答无效. 4.本卷命题范围：集合与常用逻辑用语，不等式，函数，导数，三角函数与解三角形，平面向量与复数，立体几何与空间向量. 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. （ ） A. B. C. 2 D. 1 2. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 3. 设，则“”是“”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 4. 已知圆锥的表面积为，其侧面展开图是一个半圆，则该圆锥的底面直径为（ ） A. B. C. D. 5. 已知角的顶点在坐标原点，始边与轴的非负半轴重合．若角的终边绕着原点按顺时针方向旋转后经过点，则（ ） A. 7 B. C. D. 6. 若函数的值域为，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 在中，，，且，则的值为（ ） A. B. C. D. 8. 半正多面体亦称“阿基米德体”或者称“阿基米德多面体”，是以边数不全相同的正多边形为面的多面体，体现了数学的对称美．某半正多面体由4个正三角形和4个正六边形构成，其可由正四面体切割而成，如图所示．已知，若在该半正多面体内放一个球，则该球体积的最大值为（ ） A. B. C. D. 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. 已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题为真命题的有（ ） A. 若，则平行或相交 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则平行或相交 10. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 函数的最小正周期为 B. 函数的图象的一条对称轴方程为 C. 函数的图象可由的图象向左平移个单位长度得到 D. 函数在区间上单调递增 11. 已知函数的定义域为，其导函数为.若，且，则（ ） A. 是增函数 B. 是减函数 C. 有最大值 D. 没有极值 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知关于的不等式的解集为，则实数的取值范围是______． 13. 在空间直角坐标系中，已知，且平面的法向量为，则到平面的距离为__________. 14. 已知函数和的零点分别为，则__________. 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. 已知向量，，且． （1）求； （2）求与的夹角． 16. 在中，内角，，的对边分别为，，，且． （1）求角的大小； （2）若，，求的面积． 17. 已知函数. （1）若，求的图象在处的切线方程； （2）若恰有两个极值点，求的取值范围. 18. 如图，多面体是由正四棱锥与三棱锥拼接而成，正四棱锥的所有棱长均为，，为的中点． （1）证明：平面； （2）若，求平面与平面所成二面角的正弦值． 19. 定义：若函数与的图象在上有且仅有一个交点，则称函数与在上单交，此交点被称为“单交点”.已知函数. （1）讨论函数的单调性； （2）当时， （i）求证：函数与在上存在“单交点”； （ii）对于（i）中的正数，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 顶兴高级中学秋季学期高三年级第三次月考卷 数学 考生注意： 1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟. 2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚. 3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷､草稿纸上作答无效. 4.本卷命题范围：集合与常用逻辑用语，不等式，函数，导数，三角函数与解三角形，平面向量与复数，立体几何与空间向量. 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. （ ） A. B. C. 2 D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数的除法运算及复数的模厂计算公式求解即可. 【详解】， 故. 故选:B. 2. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求得，再根据并集的定义求解即可. 【详解】解：由题意可得， 所以. 故选：B. 3. 设，则“”是“”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 【答案】A 【解析】 【分析】由三角函数的基本关系及充分条件、必要条件的定义判断即可. 【详解】判断充分性： 若，由得，，所以. 因此“”能推出“”，充分性成立； 判断必要性： 若，由得，，所以. 因此“”不能推出“”，必要性不成立. 综上，“”是“”的充分不必要条件. 故选：A. 4. 已知圆锥的表面积为，其侧面展开图是一个半圆，则该圆锥的底面直径为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设圆锥的母线长为，底面圆的半径为，由圆锥的侧面展开图为半圆可得出，再利用圆锥的表面积公式可求出的值，即可得解. 【详解】设圆锥的母线长为，底面圆的半径为，所以，所以， 所以，解得，所以该圆锥的底面直径为. 故选：B. 5. 已知角的顶点在坐标原点，始边与轴的非负半轴重合．若角的终边绕着原点按顺时针方向旋转后经过点，则（ ） A. 7 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据旋转前后角的大小关系，结合和角正切公式计算即可. 【详解】设旋转后的角为，则，， 所以． 故选:D． 6. 若函数的值域为，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据的值域为，可得函数的值域应包含，利用即可得解. 【详解】函数的值域为， 则函数的值域应包含， 则有，解得或， 所以的取值范围是. 故选：D. 7. 在中，，，且，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据已知条件判断出，根据向量数量积运算求得正确答案. 【详解】依题意，， ，所以, , 所以 . 故选：C 8. 半正多面体亦称“阿基米德体”或者称“阿基米德多面体”，是以边数不全相同的正多边形为面的多面体，体现了数学的对称美．某半正多面体由4个正三角形和4个正六边形构成，其可由正四面体切割而成，如图所示．已知，若在该半正多面体内放一个球，则该球体积的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意可得当球的体积最大时，该球的球心即为半正多面体所在正四面体的内切球的球心，然后利用正四面体的性质、勾股定理和相似得到球的半径，最后求体积即可. 【详解】 由题意，半正多面体由4个正三角形和4个正六边形构成，其可由正四面体切割而成，，当球的体积最大时，该球的球心即为半正多面体所在正四面体的内切球的球心，记球心为． 在中，，，该半正多面体所在的正四面体的高 ，设点到正六边形所在平面的距离为，过点作于，由几何知识得，，所以，即，解得，所以当球的体积最大时，该球的半径为，则该球的体积为． 故选：A． 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. 已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题为真命题的有（ ） A. 若，则平行或相交 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则平行或相交 【答案】BD 【解析】 【分析】根据空间中的线线、线面、面面关系逐项判断即可得结论. 【详解】若，则平行或相交或异面，故A错误； 若，则，故B正确； 若，则平行或相交，故C错误； 若，则平行或相交，故D正确. 故选：BD. 10. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 函数的最小正周期为 B. 函数的图象的一条对称轴方程为 C. 函数的图象可由的图象向左平移个单位长度得到 D. 函数在区间上单调递增 【答案】ABC 【解析】 【分析】利用二倍角公式和辅助角公式化简得到，然后根据判断A选项；利用整体代入得方法得到的对称轴，即可判断B选项；根据图象的平移变换判断C选项；根据复合函数的单调性判断D选项. 【详解】，函数的最小正周期为，故A正确； 由，得，当时，，故B正确； 由的图象向左平移个单位长度，得，故C正确． 因为，函数在上不单调，故D错误． 故选：ABC． 11. 已知函数的定义域为，其导函数为.若，且，则（ ） A. 是增函数 B. 是减函数 C. 有最大值 D. 没有极值 【答案】AD 【解析】 【分析】利用导数的运算法则，引入函数，由得其递增，从而可确定的正负得的单调性，从而判断各选项． 【详解】因为，所以，设，则，因为，所以恒成立，所以在上单调递增，又因为，所以，所以当时，，当时，，，当时，，，，，故恒成立；当时，，，，，故恒成立.所以在上恒成立，故在上单调递增. 故选：AD. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知关于的不等式的解集为，则实数的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】不等式对应的二次函数开口向上，只需判别式小于0，函数图像与轴无交点，则不等式大于0恒成立，从而求出参数取值范围. 【详解】因为关于的不等式的解集为， 所以，解得， 即实数的取值范围是． 故答案为： 13. 在空间直角坐标系中，已知，且平面的法向量为，则到平面的距离为__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据空间向量的坐标运算求解点到平面的距离即可． 【详解】依题意，平面的法向量为， 所以点到平面的距离. 故答案为：. 14. 已知函数和的零点分别为，则__________. 【答案】2 【解析】 【分析】由反函数的性质、函数零点与方程的关系即可求解. 【详解】令， 则函数和的图象与函数交点的横坐标分别为，又易得和的图象关于对称， 设和与的交点坐标分别为， 可知交点坐标也关于直线对称，所以，即. 故答案为：2. 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. 已知向量，，且． （1）求； （2）求与的夹角． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先根据转化为，进而可得，故，即可得； （2）由数量积的坐标运算公式求向量的夹角. 【小问1详解】 因为向量，，所以， 由得，解得，所以． 又，所以． 【小问2详解】 设向量与向量的夹角为，因为，， 所以． 又，所以，即向量与向量的夹角是． 16. 在中，内角，，的对边分别为，，，且． （1）求角的大小； （2）若，，求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用乘法公式及余弦定理得到，再由正弦定理将边化角，即可得到，最后由辅助角公式计算可得； （2）由正弦定理可得，由余弦定理求出、，最后由面积公式计算可得. 【小问1详解】 因为， 所以， 又， 所以， 所以， 由正弦定理可得， 又，所以，所以，即， 又，所以，所以，则. 【小问2详解】 因为，由正弦定理可得，又，由， 所以，解得或（舍去）， 所以，所以. 17. 已知函数. （1）若，求的图象在处的切线方程； （2）若恰有两个极值点，求的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）借助导数的几何意义计算即可得到结果； （2）求导后结合二次函数的性质与极值点定义计算即可得到结果. 【小问1详解】 若，则，所以， 所以，又， 所以的图象在处的切线方程为， 即； 【小问2详解】 由题意知， 又函数恰有两个极值点， 所以在上有两个不等实根， 令，所以 解得，即的取值范围是. 18. 如图，多面体是由正四棱锥与三棱锥拼接而成，正四棱锥的所有棱长均为，，为的中点． （1）证明：平面； （2）若，求平面与平面所成二面角的正弦值． 【答案】（1） 因为四棱锥是正四棱锥，为的中点， 所以，． 在正方形中中，，所以， 在正方形中中，，又因为，所以， 又因为，平面，平面， 所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）只需结合已知分别证明，，然后结合线面垂直的判定定理即可得证； （2）建立适当的空间直角坐标系，求出两平面的法向量，由向量的夹角公式即可得解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 连接交于点，连接，显然， 因为四棱锥是正四棱锥， 则平面， 又平面，平面， 从而， 所以两两垂直， 以为坐标原点，分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 因为正四棱锥的所有棱长均为， 所以，， 则，，，，，， 因为，， 所以， 所以， 所以，，，， 设平面与平面的法向量分别为， 则，，即，， 令，解得， 即可取， 设平面与平面所成二面角为， 则， 则， 即平面与平面所成二面角的正弦值为. 19. 定义：若函数与的图象在上有且仅有一个交点，则称函数与在上单交，此交点被称为“单交点”.已知函数. （1）讨论函数的单调性； （2）当时， （i）求证：函数与在上存在“单交点”； （ii）对于（i）中的正数，证明：. 【答案】（1）当时，函数在上单调递增； 当时，函数在上单调递减，在上单调递增. （2）（i）证明：令，得，即， 令，则， 设，则， 当时，单调递减， 即在上单调递减，且， 故，使得. 当时，，函数单调递增； 当时，，函数单调递减. ， 在上只有一个零点， 故函数在上只有一个零点， 即函数与在上存在“单交点”. （ii）证明：， 要证， 即证， 即证，只需证， ，得， 只需证即可. 令，则， 当时，单调递增； 当时，单调递减， 故，即，原不等式得证. 【解析】 【分析】（1）利用导数，分及讨论即可得； （2）（i）结合定义，令，构造函数，借助导数研究其单调性，结合零点的存在性定理即可得证；（ⅱ）原问题可转化为证明，构造函数，借助导数求出其在上的最大值即可得. 【小问1详解】 因为， 当时，对任意恒成立，故函数在上单调递增； 当时，令，得；令，得， 故函数在上单调递减，在上单调递增. 综上，当时，函数在上单调递增； 当时，函数在上单调递减，在上单调递增. 【小问2详解】 （i）略 （ii）略 【点睛】关键点点睛：本题第二问第二小问解决的关键是利用分析法将所证明问题转化为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $