精品解析：陕西省多校联考2025-2026学年高三上学期第三次月考模拟数学试卷

2023级高三月考（三）试题 数 学 本试卷共4大题，19小题；考试时长120分钟，卷面满分150分. 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、考场/座位号填写在答题卡上，将条形码准确粘贴在条形码粘贴处. 2.回答选择题时，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，再选涂其它答案标号.涂写在本试卷上无效. 3.作答非选择题时，将答案书写在答题卡上，书写在本试卷上无效. 4.考试结束后，将答题卡交回. 一、单项选择题：（本大题共 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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知， 均为单位向量，则“”是“”（ ） 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. 在复平面内，对应点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 4. 设，，分别为函数，，的零点，则，，的大小关系为( ). A. B. C. D. 5. 若两个正实数，满足且存在这样的，使不等式有解，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 6. 若，，成等比数列，则公比为（ ） A. B. C. D. 7. 设函数，，当时，曲线与恰有一个交点，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知正四面体的棱长为1，正四面体在正四面体的内部，且可以任意转动，则正四面体的体积最大值为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：（本大题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分. 在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求. 全部选对得 6 分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分.） 9. 已知函数，则（ ） A. B. 在区间上单调递增 C. 若在区间上恰有一个极值点，则的取值范围是 D. 若在区间内没有零点，则的取值范围是 10. 已知是坐标原点，对任意，函数图象上总存在不同两点，使得，则下列选项中满足条件的有（ ） A. B. C. D. 11. 已知抛物线的焦点为，准线为，下列说法正确的是（ ） A. 抛物线的焦点到准线的距离为 B. 不经过焦点的直线与抛物线交于点两点，与轴交于点，则与的面积之比为 C. 经过焦点直线与抛物线交于点，两点，则以为直径的圆与相切 D. 点，都在曲线上，且直线与抛物线在处的切线相互垂直，则的最小值为． 三、填空题：（本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.） 12. 正方形的边长为，取正方形各边的中点，，，作第二个正方形，然后再取正方形各边中点，，，作第三个正方形，依此方法一直继续下去，则前10个正方形的面积和为__________． 13. 空间直角坐标系中，经过点，且法向量为平面方程为，经过点且一个方向向量为的直线的方程为，根据上面的材料解决下面的问题：现给出平面的方程为，经过点的直线的方程为，则直线与平面所成角的正弦值__________． 14. 一条直线与函数和的图象分别相切于点和点，则的值为__________． 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. 如图，在直三棱柱中，，为线段的中点，． （1）证明：平面； （2）若，求直线与平面所成角的正弦值． 16. 某投篮比赛分为两个阶段，每个参赛队由两名队员组成，比赛具体规则如下：第一阶段由参赛队中一名队员投篮次，若次都未投中，则该队被淘汰，比赛成绩为分；若至少投中一次，则该队进入第二阶段，由该队的另一名队员投篮次，每次投中得分，未投中得分，该队的比赛成绩为第二阶段的得分总和．某参赛队由甲、乙两名队员组成，设甲每次投中的概率为，乙每次投中的概率为，各次投中与否相互独立． （1）若，，甲参加第一阶段比赛，求甲、乙所在队的比赛成绩不少于分的概率； （2）假设，为使得甲、乙所在队的比赛成绩的数学期望最大，应该由谁参加第一阶段比赛？ 17. 如图，在四边形中，O为对角线的交点，，，，且． （1）求的长. （2）设若且，求的长． 18. 已知在平面直角坐标系中，曲线上任意一点到直线的距离是它到点距离的2倍.点在曲线上． （1）求的方程； （2）若直线，关于轴对称，求直线MN的斜率的取值范围； （3）若， 直线过且直线与，交于P，Q，证明：为定值. 19. 已知函数的最大值为0． （1）求实数的值. （2）若对恒成立，求k的取值范围. （3）证明： 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2023级高三月考（三）试题 数 学 本试卷共4大题，19小题；考试时长120分钟，卷面满分150分. 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、考场/座位号填写在答题卡上，将条形码准确粘贴在条形码粘贴处. 2.回答选择题时，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，再选涂其它答案标号.涂写在本试卷上无效. 3.作答非选择题时，将答案书写在答题卡上，书写在本试卷上无效. 4.考试结束后，将答题卡交回. 一、单项选择题：（本大题共 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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】首先根据对数不等式求解集合，然后再根据交集的定义进行求解即可. 【详解】由，解得：， 得：，因此可得：. 即. 故选：B 2. 已知， 均为单位向量，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】利用平面向量的性质证明充分性，举反例否定必要性即可. 【详解】对于充分性：因为是单位向量，所以， 则，得到，故充分性成立， 对于必要性：令，，由模长公式得， 满足，不满足，必要性不成立， 则“”是“”的充分不必要条件，故A正确. 故选：A 3. 在复平面内，对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】A 【解析】 【分析】利用复数乘法求出复数，进而根据几何意义判断即可. 【详解】由于， 所以在复平面内对应的点的坐标为，在第一象限. 所以在复平面内，对应的点位于第一象限. 故选：A 4. 设，，分别为函数，，的零点，则，，的大小关系为( ). A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】当时，，所以，然后在和时，分别判断和的零点，即，的取值范围，最后综合判断即可. 【详解】因为时，，又因为单调递增，所以； 若，则，所以时，，即； 若，则，所以时，，即. 综上所述，， 故选：D 5. 若两个正实数，满足且存在这样的，使不等式有解，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用基本不等式得到的最小值，再结合题意建立不等式，求解参数范围即可. 【详解】因为，所以， 则， 当且仅当时取等，此时解得， 而，可得，解得，故C正确. 故选：C 6. 若，，成等比数列，则公比为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据等比中项性质得，再代入计算即可得答案. 【详解】因为，，成等比数列， 所以，即，整理得， 由于，所以， 此时，，， 故公比为 所以公比为. 故选：C 7. 设函数，，当时，曲线与恰有一个交点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】把问题转化为函数在上有唯一零点，根据偶函数的性质即可求解. 【详解】当时，曲线与恰有一个交点， 即方程在上只有一个零点， 方程化简得，令， 而，可得为偶函数， 故在上的零点只能为，即，解得. 当时，，方程可化为， 当时，，，当且仅当时，等号成立， 所以上有唯一零点，故. 故选：D 8. 已知正四面体的棱长为1，正四面体在正四面体的内部，且可以任意转动，则正四面体的体积最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题意可得四面体的外接球半径不能超过正四面体的内切球半径，求得正四面体的内切球半径为，从而得，正四面体的边长为,根据，求得，再由体积公式求解即可. 【详解】由题意可得正四面体的外接球要完全包含在正四面体的内部， 即正四面体的外接球半径不能超过正四面体的内切球半径， 设正四面体的外接球半径为，正四面体的内切球半径为， 则有， 又因为正四面体的棱长为1， 过作平面于， 则是正三角形的外心， 所以，， 所以， 又因为正四面体的表面积， 所以， 设正四面体的边长为,外接球心为， 因为， 过作平面于， 则是正三角形的外心， 所以，， 在直角三角形中，由勾股定理可得:， 即，整理得：， 所以，解得， 所以. 故选：A. 二、多项选择题：（本大题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分. 在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求. 全部选对得 6 分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分.） 9. 已知函数，则（ ） A. B. 在区间上单调递增 C. 若在区间上恰有一个极值点，则的取值范围是 D. 若在区间内没有零点，则的取值范围是 【答案】AB 【解析】 【分析】将化简为，逐项分析其性质判断. 【详解】对于A：， A正确； 对于B：当时，， 因为在单调递增，是增函数， 所以在区间单调递增，B正确； 对于C：由得的极值点为， 因为在区间恰有一个极值点，所以，解得，C错误； 对于D：在区间无零点，即在无解， 由得， 当时，由解得，又，所以的取值范围是，D错误； 故选：AB. 10. 已知是坐标原点，对任意，函数的图象上总存在不同两点，使得，则下列选项中满足条件的有（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用数形结合来研究各选项，把交点存在问题转化为方程有解问题，通过解方程可判断AD，对于B通过举反例找到矛盾可判断，对于C，则再次利用数形结合来研究方程是否有解，从而可判断C. 【详解】 由图可知：过原点一定存在过原点的直线交曲线于两点， 设，则由，可得， 即，消元得：， 对任意的，必存在，，故A正确； 又由图可知：过原点一定存在过原点的直线交曲线于两点， 同上述方法可得：由，消元得：， 不妨令，则上式变为， 此时因为，所以此时不存在两点，也就是不能对任意的，都有，故B错误； 又由图可知：过原点一定存在过原点的直线交曲线于两点， 同上述方法可得：由，消元得：， 通过构造两个函数和，当时作图分析： 由于，函数图像是把正弦函数的横坐标压缩到原来的倍，纵坐标不变， 而函数图像是把正弦函数的纵坐标伸长到原来的倍，横坐标不变，此时两图象必有无数个交点， 所以方程必有解，即对任意的，必有，故C正确； 由图可知：过原点一定存在过原点的直线交曲线于两点， 同上述方法可得：由，消元得：， 整理得：， 即或， 对任意的，显然存在和或和的解，则必有，故D正确； 故选：ACD. 11. 已知抛物线的焦点为，准线为，下列说法正确的是（ ） A. 抛物线的焦点到准线的距离为 B. 不经过焦点的直线与抛物线交于点两点，与轴交于点，则与的面积之比为 C. 经过焦点的直线与抛物线交于点，两点，则以为直径的圆与相切 D. 点，都在曲线上，且直线与抛物线在处的切线相互垂直，则的最小值为． 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据抛物线的标准方程计算焦点到准线的距离；根据三角形的面积之比转化为线段的比，结合抛物线定义计算可得结果；根据几何法判断直线与圆的位置关系；利用导数单调性计算线段的最值问题； 【详解】对于A，抛物线，所以，可知， 则抛物线的焦点到准线的距离为，A正确. 对于B，设不经过焦点的直线，与抛物线联立， 消元得，设， 根据韦达定理，直线交轴于点，所以， 因为与有公共点，且底边在同一直线上， 因此与的面积之比等于两底边对应的水平距离之比， 即 由直线方程，可得， 结合抛物线的定义，所以，B正确. 对于C，设，抛物线的焦点为，准线为， 根据抛物线的定义可知，则以为直径的圆， 圆心为的中点，半径为， 圆心到直线的距离为，因为， 所以以为直径的圆与不相切，C错误. 对于D，设点，由，得，求导， 则抛物线在处的切线斜率为， 因为直线与抛物线在处的切线相互垂直，则， 设直线的方程为，又，消元得， 联立抛物线方程，消元得，即， 设，由韦达定理得，解得， 由弦长公式 令，则， 设，求导得，令，得， 当时，单调递减；当时，单调递增； 因此时，取得最小值为，所以的最小值为．D正确， 故选：ABD. 三、填空题：（本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.） 12. 正方形的边长为，取正方形各边的中点，，，作第二个正方形，然后再取正方形各边中点，，，作第三个正方形，依此方法一直继续下去，则前10个正方形的面积和为__________． 【答案】 【解析】 【分析】由题意可得每个正方形的面积成等比数列，其首项为，公比，根据等比数列的求和公式求解即可. 【详解】设为第个正方形的面积， 则有 所以是等比数列，其首项为，公比， 所以数列的前10项和. 故答案为： 13. 空间直角坐标系中，经过点，且法向量为的平面方程为，经过点且一个方向向量为的直线的方程为，根据上面的材料解决下面的问题：现给出平面的方程为，经过点的直线的方程为，则直线与平面所成角的正弦值__________． 【答案】 【解析】 【分析】由题意可得平面的法向量为，直线的方向向量为，根据线面角向量法计算即可求解. 【详解】由平面的方程为，得平面的法向量为， 由经过点的直线的方程为，得直线的方向向量为， 设直线与平面所成角为， 则， 所以直线与平面所成角的正弦值. 故答案为： 14. 一条直线与函数和的图象分别相切于点和点，则的值为__________． 【答案】2 【解析】 【分析】根据切线斜率与切点处导数相等求出切点坐标间的关系即可． 【详解】函数，，有，， 函数的图象在点处的切线方程为，即， 函数的图象在点处的切线方程为，即， 一条直线与函数和的图象分别相切于点和点， 则有，可得，， . 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. 如图，在直三棱柱中，，为线段的中点，． （1）证明：平面； （2）若，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）证明见详解 （2） 【解析】 【分析】（1）取的中点，利用直线与平面平行的判定定理进行证明即可； （2）建立空间直角坐标系，利用向量法求线面角即可. 【小问1详解】 取的中点，连接， 为线段的中点，，且， ，，且，，且， ，且，四边形是平行四边形， ，平面，平面， 平面； 【小问2详解】 三棱柱是直三棱柱，平面， 又，以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则，，，， ，，， 设平面的法向量为， ，令，则，， 平面的一个法向量为， 设直线与平面所成角为， 则， 直线与平面所成角的正弦值为. 16. 某投篮比赛分为两个阶段，每个参赛队由两名队员组成，比赛具体规则如下：第一阶段由参赛队中一名队员投篮次，若次都未投中，则该队被淘汰，比赛成绩为分；若至少投中一次，则该队进入第二阶段，由该队的另一名队员投篮次，每次投中得分，未投中得分，该队的比赛成绩为第二阶段的得分总和．某参赛队由甲、乙两名队员组成，设甲每次投中的概率为，乙每次投中的概率为，各次投中与否相互独立． （1）若，，甲参加第一阶段比赛，求甲、乙所在队的比赛成绩不少于分的概率； （2）假设，为使得甲、乙所在队的比赛成绩的数学期望最大，应该由谁参加第一阶段比赛？ 【答案】（1） （2）甲 【解析】 【分析】（1）利用事件的相互独立性即可求解； （2）根据已知条件分别写出甲或乙参加第一阶段比赛时甲、乙所在队的比赛成绩的分布列和数学期望，再进行比较大小即可判断. 【小问1详解】 第一阶段甲次都未中的概率为， 所以进入第二阶段的概率为， 乙得分不少于分的情况包括乙投中次或次， 投中次的概率为，投中次的概率为， 所以乙得分不少于分的概率为， 因为两个阶段的比赛相互独立， 所以甲、乙所在队的比赛成绩不少于分的概率； 【小问2详解】 若甲参加第一阶段的比赛，设甲、乙所在队的比赛成绩为， 则的取值为， 所以， ， ， 所以 ； 若乙参加第一阶段的比赛，设甲、乙所在队的比赛成绩为， 则的取值为， 所以， ， ， 所以 ； 所以， 因为，所以，，所以， 所以应该由甲参加第一阶段比赛. 17. 如图，在四边形中，O为对角线的交点，，，，且． （1）求的长. （2）设若且，求的长． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）在 与 中，根据余弦定理结合题设条件列式求解即得的长； （2）由+=，得到，代入求得；在 与 中，由正弦定理得，得到，进而得的长. 【小问1详解】 设,,，， 在 与 中，，且， 由余弦定理得， 所以， 化简，得，即. 【小问2详解】 +=， ∴， 在中，， ∴，， 由，得， 即，， 解得或（舍去）， 所以，则， , 在 与 中，由正弦定理得，, 结合（1），则，即 ，所以. 18. 已知在平面直角坐标系中，曲线上任意一点到直线的距离是它到点距离的2倍.点在曲线上． （1）求的方程； （2）若直线，关于轴对称，求直线MN的斜率的取值范围； （3）若， 直线过且直线与，交于P，Q，证明：为定值. 【答案】（1） （2） （3）1 【解析】 【分析】（1）设是曲线上任意一点，由题意建立等式化简即可求解； （2）设直线的方程为，联立，设，得到两根之和，两根之积，设关于x轴对称点为，则，且在直线上，根据，得到方程，求出，从而求出直线的斜率的取值范围； （3）设直线为，联立，得到两根之和，两根之积，直线为，表达出直线，联立直线得，同理可得，结合两根之和，两根之积，得到，（），由于，所以，当时，其中一个点坐标为，与重合，不合要求，从而得到结论. 【小问1详解】 设是曲线上任意一点， 由题意可得，化简可得， 即曲线的方程为； 【小问2详解】 设直线的方程为， 联立得， 得到，故， 设，故， 直线，关于x轴对称，设关于x轴对称点为， 则，且在直线上， 直线的斜率存在并且不为0，故直线斜率存在且不为0， 其中，，即， 所以，其中， 所以，， 将，代入可得， 化简得，代入中， 得到，即且， 所以直线MN的斜率的取值范围为； 【小问3详解】 直线过点，若直线斜率不存在， 则，曲线的左顶点为， 此时直线与曲线有且只有一个交点，不符合题意，舍去； 若直线斜率存在，设直线为， 联立得， ， 故，解得， 设， 则， 直线为，直线为， 联立直线与直线得，同理可得， ， 其中， 故 将代入得 ，（）， 由于，所以， 当时，直线为， 联立得，即，解得或2， 当时，，当时，， 即其中一个点坐标为，与重合，不合要求， 综上，. 19. 已知函数的最大值为0． （1）求实数的值. （2）若对恒成立，求k的取值范围. （3）证明： 【答案】（1） （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用导数求函数最大值点，由最大值求实数值； （2）问题转化为对恒成立，令，利用导数讨论函数的单调性和恒成立的条件，可求k的取值范围； （3）由（2）知，，可得，利用累加法结合对数式的运算证明不等式. 【小问1详解】 函数的定义域为， 求导得，令，解得，（，否则单调递增，无最大值)， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减， 故为极大值点，也是最大值点， 最大值， 由题意，得. 【小问2详解】 由（1）可知，，故， 不等式化简为， 即在上恒成立， 设，求导得， 令，求导得， 当时，在上恒成立，在上单调递增， 所以，即，在上单调递增， ，符合题意； 当时，令，解得， 时，，单调递减；时，，单调递增， 又，则在上恒成立，即在上恒成立， 在上单调递减， 又，所以存在，使，与已知矛盾，不合题意. 综上，实数k的取值范围为. 【小问3详解】 证明：由（2）知，当时，上恒成立， 所以， 即， 两边取对数得，， 令，得， ， 左边 即. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $