贵州省黔西南州金成实验学校2025-2026学年高三上学期11月质量检测数学试卷

2025年11月6日高三数学 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 A C A D C C B D AD ACD BCD 1．A 【分析】解二次不等式和分式不等式，明确集合，再根据交集的概念进行计算. 【详解】由，即，解得，所以. 由，移项得，即，等价于，解得，所以. 则. 故选：A 2．C 【分析】先根据复数的四则运算求出复数，再求模即可. 【详解】由，得， 所以 故选：C. 3．A 【分析】求解不等式，根据不等式的解集，即可求得必要条件. 【详解】不等式，可整理得， 解得且. 故是的必要不充分条件； 而CD不满足必要性，B为充要条件. 故选：A. 4．D 【分析】利用向量的线性运算，结合，化简得到，对照题设即得的值. 【详解】因为，可得， 所以， 又因为，所以. 故选：D. 5．C 【分析】由的取值范围得到的取值范围，再结合正弦函数的性质得到不等式组，解得即可． 【详解】解：依题意可得，因为，所以， 要使函数在区间恰有三个极值点、两个零点，又，的图象如下所示：      则，解得，即． 故选：C． 6．C 【分析】根据为奇函数，得，从而可知的对称中心；根据题意令可知，从而，结合对称中心可判断的对称轴与奇偶性和最小正周期. 【详解】因为为奇函数，所以， 所以的图象关于点对称，则的图象关于点对称，项正确； 因为函数的定义域为，易知的定义域为， 因为为奇函数，所以， 则，所以， 根据的图象关于点对称，得， 所以，故为偶函数，项错误； 因为， 所以，所以的最小正周期为， 根据为偶函数，且关于点对称，最小正周期为， 易知的所有对称轴为直线，故项错误.故选：. 7．B 【分析】利用拉格朗日中值定理应用导函数得出方程解的个数即可判断求解． 【详解】设函数在区间上的“中值点”为，由，得， 则由拉格朗日中值定理得，，即， 而，则，即函数在区间上的“中值点”的个数为1，因此， 设函数在区间上的“中值点”为，由，求导得， 由拉格朗日中值定理得，，即， 令函数，，在上单调递增， ，， 则在上有唯一零点，即方程在区间上有1个解， 因此函数在区间上的“中值点”的个数为1，即，所以． 故选:B． 8．D 【分析】由有三个零点，可转化为与图象有三个不同的交点，作出图象，可得a的范围，根据韦达定理可得，，根据对数的性质，可得，即可得的表达式，构造函数，利用导数求得单调性，可求出最值，即可得答案. 【详解】当时，，为开口向下，对称轴为的抛物线， 因为有三个零点，不妨令， 所以有三个不相等的根， 即与图象有三个不同的交点， 作出图象，如图所示    所以， 因为为方程，即的两个不相等实根， 所以， 因为为方程的根，所以， 所以， 令， 则， 所以在上单调递增， 所以，即， 所以. 故选：D 9．AD 【分析】对于A，由向量垂直坐标表示可得m；对于B，由向量模长坐标计算公式可判断选项正误；对于C，由向量平行坐标表示可得m；对于D，由投影向量计算公式可判断选项正误. 【详解】对于A，由，可得，解得，故A正确； 对于B，当时，，故，故B错误； 对于C，，由，可得，解得，故C错误； 对于D，当时，，此时在方向上的投影向量的坐标为 ，故D正确． 故选：AD． 10．ACD 【分析】由三角恒等变换化简函数.求出函数的周期判断A选项；求出函数对称中心判断B选项；由函数的平移得到平移后的函数解析式，从而知道函数的对称性判断C选项；求出其导函在对应区间上的值域，由题意建立不等式组，解得的取值范围判断D选项. 【详解】函数， 对于A选项：∵，∴，A选项正确； 对于B选项：令，解得，∴是函数的一个对称中心，B选项不正确； 对于C选项：平移后的函数，函数图像关于轴对称，C选项正确； 对于D选项：，当时，，∴，要想函数不单调，则，∴，D选项正确. 故选：ACD. 11．BCD 【分析】利用基本不等式，结合等式求最值可判断A，B；令，换元后再利用均值不等式求最小值，即可判断C，D. 【详解】对于A，，∴， 则，当且仅当，时取等，即的最小值为，故A错误； 对于B，由选项A知，所以，故的最小值为，则B正确； 对于C，， 由得，故， 令，则，，所以， 则， 当且仅当，，即，时取等号， 即的最小值为，故C正确； 对于D，由选项C,得 ，当且仅当，，即，时取等号， 即的最小值为，故D正确. 故选：BCD. 12． 【分析】由复合函数单调性可知，在上单调递减，且恒成立，再通过对称轴和函数的最值的限定，列出不等式求解. 【详解】因为函数在上单调递减，在单调递增， 所以在上单调递减，且恒成立， 即，解得. 故答案为：. 13． 【分析】由两角差的正弦结合同角的三角函数关系得到，再利用二倍角的余弦公式计算可得. 【详解】由可得， 化简可得， 又，所以， 所以. 故答案为：. 14． 【知识点】数量积的运算律、向量夹角的计算 【分析】借助向量数量积公式与夹角公式计算即可得. 【详解】，则， 则，故和的夹角为. 故答案为：. 15．(1) (2) 【分析】（1）通过三角恒等变换构造正弦函数求角； （2）结合面积公式与余弦定理，利用完全平方公式配方法求边长和，进而得周长. 【详解】（1）对变形，得，即. 因，故，所以，解得. （2）由，，得. 由余弦定理，代入，， 得，即. 则，故. 因此，△ABC的周长为. 16．(1)， (2) 【分析】通过向量数量积得到函数表达式，并利用三角恒等变换化简函数表达式，再运用正弦函数单调性，整体代换计算即可. 利用余弦定理建立边角关系，结合不等式求面积的最大值. 【详解】（1）首先，根据题意，可得到： ， ， ， 令，， 得：， 即：， 所以的单调递增区间为，. （2）由 ，得， ，解得：，， 可得，由于，所以； 利用余弦定理可得，， ， 由不等式 ，得： ， ，当且仅当“”时取“=”， 所以. 的面积， 当 取最大值 3 时，面积最大，. 17．(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）取的中点，连接，，根据等边三角形性质及面面垂直的性质定理，可证平面，结合条件，可得，求得长度，可得四边形是平行四边形，根据线面平行的判定定理，即可得证. （2）根据面面垂直的性质定理，可证平面，结合，即可得证. （3）方法一：如图建系，求得各点坐标，分别求得平面的法向量和平面的一个法向量，根据夹角公式，即可得答案；方法二：连接，分析可得即为平面与平面的夹角，求得各个长度，根据三角函数的定义，即可得答案. 【详解】（1）证明：取的中点，连接，， 因为是等边三角形，所以， 因为平面平面，平面平面， 所以平面， 因为平面，所以， 又， 所以四边形是平行四边形， 所以， 因为平面，平面， 所以平面. （2）证明：因为是等边三角形，所以， 因为平面平面，平面平面， 所以平面， 由（1）得， 所以平面. （3）（方法一）：由（1）、（2）可得两两垂直， 以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， 则， 设平面的法向量为， 则，即，令 则， 易得为平面的一个法向量， 设平面与平面的夹角为，由图可得为锐角， 则， 所以，即平面与平面的夹角为. （方法二）：连接. 因为，，， 所以平面， 因为平面， 所以， 所以即为平面与平面的夹角， 易得，， 所以， 得，即平面与平面的夹角为. 18．(1) (2) 【分析】（1）求导，结合导数的几何意义求切线方程； （2）解法一：求导，分析和两种情况，利用导数判断单调性和极值，分析可得，构建函数解不等式即可；解法二：求导，可知有零点，可得，进而利用导数求的单调性和极值，分析可得，构建函数解不等式即可. 【详解】（1）当时，则，， 可得，， 即切点坐标为，切线斜率， 所以切线方程为，即. （2）解法一：因为的定义域为，且， 若，则对任意恒成立， 可知在上单调递增，无极值，不合题意； 若，令，解得；令，解得； 可知在内单调递减，在内单调递增， 则有极小值，无极大值， 由题意可得：，即， 构建，则， 可知在内单调递增，且， 不等式等价于，解得， 所以a的取值范围为； 解法二：因为的定义域为，且， 若有极小值，则有零点， 令，可得， 可知与有交点，则， 若，令，解得；令，解得； 可知在内单调递减，在内单调递增， 则有极小值，无极大值，符合题意， 由题意可得：，即， 构建， 因为则在内单调递增， 可知在内单调递增，且， 不等式等价于，解得， 所以a的取值范围为. 19．(1)答案见解析 (2) 【分析】（1）求导，解不等式，即可； （2）令，根据即可得出，再检验的合理性即可. 【详解】（1）当时，，则且， 由，得或；，得； 则在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增. （2）由题知，令，则， 因当时，恒成立，且， 则必有，即， 另一方面，时，， 所以在上单调递增，则， 所以在上单调递增，则，满足题设， 综上，a的取值范围为. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $………………○………………外………………○………………装………………○………………订………………○………………线………………○……………… ………………○………………内………………○………………装………………○………………订………………○………………线………………○……………… 密封线内不准答题 ………………○………………内………………○………………装………………○………………订………………○………………线………………○……………… ………………○………………金………………○………………成………………○………………学………………○………………校………………○……………… … 学号：______________姓名：_____________班级：_______________考号：____________________座位号： __ 秘密★启用前 2025—2026学年度第一学期1106质量检测试题 高三年级 数学 答卷注意事项： 1、 学生必须用黑色（或蓝色）钢笔、圆珠笔或签字笔在试卷上答题。 2、 填涂答题卡必须使用2B铅笔填涂。 3、 答题时字迹要清楚、工整 4、 本卷共19小题，总分为150分。 一、单选题：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．已知是虚数单位，复数满足，则（    ） A． B． C． D．5 3．设且，“”的一个必要不充分条件是（    ） A． B．且 C． D． 4．在中，，若，则实数的值为（    ） A． B． C． D． 5．设函数在区间恰有三个极值点、两个零点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 6．已知函数的定义域为为奇函数，，则（    ） A．为奇函数 B．的图象关于直线对称 C．的最小正周期为4 D．的图象关于点对称 7．拉格朗日中值定理是微分学中的基本定理之一，其定理陈述如下：如果函数在闭区间上连续，在开区间内可导，则在区间内至少存在一个点，使得称为函数在闭区间上的中值点．若关于函数在区间上的“中值点”个数为m，函数在区间上的“中值点”的个数为n，则有（   ）（参考数据：） A．3 B．2 C．1 D．0 8．已知函数，函数有三个零点，则 的取值范围是（    ） A． B． C． D． 2． 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．已知向量，则（   ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则在方向上的投影向量的坐标为 10．已知函数，则（   ） A．函数的最小正周期为 B．函数关于点中心对称 C．函数的图像向左平移个单位，得到的函数图像关于轴对称 D．函数在上不单调，则的取值范围为 11．已知正实数、满足，则下列说法正确的有（    ） A．的最大值为 B．的最小值为 C．的最小值为 D．的最小值为 3． 填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．已知函数在上单调递减，则实数的取值范围为 ． 13．已知，则 . 14．已知，则和的夹角为 . 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．（本小题13分）在中，若角A，B，C的对应边分别为a，b，c，且，，. (1)求角； (2)求的周长. 16．（本小题15分）已知，，. (1)求函数单调递增区间； (2)设的内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，若且.求面积的最大值. 17．（本小题15分）已知与都是等边三角形，平面平面，平面，，. (1)证明：平面. (2)证明：平面. (3)求平面与平面夹角的大小. 18．（本小题17分）已知函数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若有极小值，且极小值小于0，求a的取值范围． 19．（本小题17分）已知函数（）. (1)当时，讨论的单调性； (2)当时，恒成立，求a的取值范围. 第7页（共8页） 第8页（共8页） 第1页（共8页） 第2页（共8页） 学科网（北京）股份有限公司 $