精品解析：贵州省黔西南州顶兴高级中学2025-2026学年高三上学期第三次月考数学试题

黔西南州顶兴高级中学高三上学期第三次月考 数学试题 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1.本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 2.回答第Ⅰ卷时，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，再选涂其他答案标号．写在本试卷上无效． 3.回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 第Ⅰ卷 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. 已知命题p：“，”，则为（ ） A ， B. ， C. ， D. ， 2 已知全集，集合A满足，则（ ） A. B. C D. 3. 已知复数，则复数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 4. 已知，，且，则的最小值是（ ） A. 23 B. 26 C. 22 D. 25 5. 等差数列中，，则（ ） A. 5 B. 4 C. 3 D. 2 6. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知某圆锥的轴截面是边长为6的等边三角形，则该圆锥的内切球的表面积为（ ） A. B. C. D. 8. 函数，若存在，使有解，则的取值范围为（ ） 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，部分选对的部分得分，有选错的得0分． 9. 已知函数的部分图象如图所示，下列说法正确的是（ ） A. 函数的最小正周期为 B. 函数的图象关于直线对称 C. 函数在单调递减 D. 该图象向右平移个单位可得的图象 10. 已知平面满足，直线满足，且与不重合，则下列结论正确的是 A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 11. 已知函数，下列说法正确的是（ ） A. 是奇函数 B. 有两个零点 C. 在点处切线的斜率为 D. 在单调递增 第Ⅱ卷 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知是实数，设向量，向量，若，则值为_____. 13. 记为数列的前项和，满足，且，则___________． 14. 一个圆锥的侧面展开图是一个半径为3，圆心角为的扇形，在该圆锥内有一个体积为的球，则该球的体积的最大值是___________． 四、解答题：本题共5小题，共77分. 15. 已知函数的最小正周期为，且 （1）求的解析式； （2）设函数，求的值域和单调区间. 16. 在中，内角的对边分别是，且， （1）求角； （2）若，求边上的角平分线长． 17. 已知为等差数列，为等比数列，，，，. （1）求和的通项公式； （2）求数列的前n项和. 18. 如图，在四棱锥中，四边形为菱形，平面为棱上一点，且. （1）证明：平面平面； （2）设直线与平面交于点，证明：； （3）若，求平面与平面的夹角的余弦值. 19. 已知函数，. （1）若，求曲线在处的切线方程； （2）讨论的单调性； （3）已知，若有两个极值点，求的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 黔西南州顶兴高级中学高三上学期第三次月考 数学试题 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1.本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 2.回答第Ⅰ卷时，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，再选涂其他答案标号．写在本试卷上无效． 3.回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 第Ⅰ卷 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. 已知命题p：“，”，则为（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】C 【解析】 【分析】根据含有全称量词命题的否定进行判断即可. 【详解】因为全称量词命题的否定是存在量词命题， 所以“，”的否定是“，”． 故选：C． 2. 已知全集，集合A满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据全集和集合在全集中的补集易得集合，逐一判断选项即可. 【详解】由，，可得或 则，，，，故B项正确，A,C,D项均是错误的. 故选：B. 3. 已知复数，则复数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】C 【解析】 【分析】根据共轭复数的概念和复数的除法运算法则，可得，根据复数的几何意义，即可得答案. 【详解】由题意得，，所以， 在复平面内对应点为，故该点在第三象限． 故选：C 4. 已知，，且，则的最小值是（ ） A. 23 B. 26 C. 22 D. 25 【答案】D 【解析】 【分析】根据已知将变为，展开后结合基本不等式，即可求得答案. 【详解】由题意得，，， 故， 当且仅当，结合，即时取等号， 故的最小值是25， 故选：D 5. 在等差数列中，，则（ ） A. 5 B. 4 C. 3 D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】根据等差数列求和公式得到，进而由等差数列通项公式基本量计算出答案. 【详解】设公差为，，即，故， . 故选：A 6. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】将弦化切，即可求出，再由二倍角公式计算可得. 【详解】因为，所以，解得或， 又，所以，则， 所以. 故选：C 7. 已知某圆锥的轴截面是边长为6的等边三角形，则该圆锥的内切球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用轴截面的性质及平面几何知识即可求出内切球半径，再根据球的表面积公式即可求解. 【详解】如图，设该圆锥内切球的球心为，半径为， 球切该圆锥的母线于点，为该圆锥底面圆的圆心， 则，，因为，所以，又， ，则，解得， 故该圆锥的内切球的表面积为. 故选：C 8. 函数，若存在，使有解，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】构造函数，利用导数求最值，进而得的取值范围. 【详解】若存在，使得有解，即． 设，，则． 令，解得， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减，所以． 故的取值范围为． 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，部分选对的部分得分，有选错的得0分． 9. 已知函数的部分图象如图所示，下列说法正确的是（ ） A. 函数的最小正周期为 B. 函数的图象关于直线对称 C. 函数在单调递减 D. 该图象向右平移个单位可得的图象 【答案】BD 【解析】 【分析】利用三角函数的性质对选项逐一判断即可. 【详解】由图象得，，解得，所以的最小正周期为，故A错； ，则，将代入中得， 则，，解得，， 因为，所以，，， 所以是的对称轴，故B正确； 当时，，因为在上不单调， 所以上不单调，故C错； 该图象向右平移个单位可得，故D正确. 故选：BD 10. 已知平面满足，直线满足，且与不重合，则下列结论正确的是 A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】ABC 【解析】 【分析】对于A，根据线面平行的判定定理和线面平行的性质定理即可判断； 对于B，根据平面与平面的位置关系即可判断； 对于C，D，根据面面垂直的性质定理即可判断； 【详解】对于A，因为，， 假设，又，则，这与题设与不重合矛盾，所以， 所以，又，， 所以由线面平行的性质定理得，故A正确； 对于B，因为，，，， 所以根据平面与平面的位置关系可得，故B正确； 对于C，因为，，，， 所以根据面面垂直的性质定理可得， 又所以，故C正确； 对于D，根据面面垂直的性质定理可知，当时 ，可能，也可能，也可能相交，故D错误； 故选：ABC. 11. 已知函数，下列说法正确的是（ ） A. 是奇函数 B. 有两个零点 C. 在点处切线的斜率为 D. 在单调递增 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据奇函数的定义、零点的求解、导函数和函数的单调性进行逐一判断即可. 【详解】对于A： 函数的定义域为，关于原点对称， 而，所以函数为奇函数，A正确； 对于B： 令，则，则或， 所以，所以函数只有一个零点，B错误； 对于C： 当时，，对函数求导得 ，那么， 所以函数在点处切线的斜率为，C正确； 对于D： 当时，，所以函数在上单调递增，D正确. 故选：ACD. 第Ⅱ卷 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知是实数，设向量，向量，若，则的值为_____. 【答案】 【解析】 【分析】 利用平面向量数量积的坐标运算计算出和的值，由得，由此可计算出实数的值. 【详解】，，则，， ，则，解得. 故答案为：. 【点睛】本题考查平面向量数量积的坐标运算，考查利用向量垂直求参数，考查运算求解能力，属于基础题. 13. 记为数列的前项和，满足，且，则___________． 【答案】2 【解析】 【分析】利用与的关系，代入解方程即可. 【详解】因为，且， 所以当时，， 则，结合，即①； 当时，②； 当时，③； 将③代入②可得，结合代入①可得. 故答案为：2. 14. 一个圆锥的侧面展开图是一个半径为3，圆心角为的扇形，在该圆锥内有一个体积为的球，则该球的体积的最大值是___________． 【答案】 【解析】 【分析】根据圆锥侧面展开图可得圆锥半径和高，由三角形面积公式即可求解内切球半径，进而由球的体积公式求出答案. 【详解】解：由题意得，扇形的弧长， 所以该圆锥的底面圆的半径， 所以该圆锥的高． 设该圆锥内的球的最大半径为，圆锥的轴截面如图所示： 则依题意得，所以， 所以该球的体积的最大值是． 故答案为： 四、解答题：本题共5小题，共77分. 15. 已知函数的最小正周期为，且 （1）求的解析式； （2）设函数，求的值域和单调区间. 【答案】（1） （2）值域为，递增区间为，递减区间为，. 【解析】 【分析】（1）先由周期求，再由求出即可求解； （2）由诱导公式得，利用三角恒等变换得，利用三角函数的性质求出值域和单调区间即可. 【小问1详解】 由，得.由，且，所以， 所以； 【小问2详解】 由， 所以 ， 所以的值域为， 因为在上单调递增，在上单调递减， 由得， 由得，， 所以的递增区间为，递减区间为，. 16. 在中，内角的对边分别是，且， （1）求角； （2）若，求边上的角平分线长． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，利用正弦定理边化角，再利用两角和的正弦公式化简即可求出. （2）利用余弦定理及已知求出，然后利用三角形面积公式列方程求解即可. 小问1详解】 在中，由正弦定理及，得 ，即， 而，解得，又， 所以. 【小问2详解】 由及余弦定理得，又，解得， 由得， 即，则， 所以. 17. 已知为等差数列，为等比数列，，，，. （1）求和的通项公式； （2）求数列的前n项和. 【答案】（1）， （2）， 【解析】 【分析】（1）由等差等比数列项之间的关系建立等式，求得公比和公差的值，从而写出通项公式； （2）由题得到新数列通项，利用错位相减即可得到新数列的前n项和. 【小问1详解】 设等差数列的公差为d，等比数列的公比为q. 由，，可得，所以 由，，又，可得，解得， 从而的通项公式为. 【小问2详解】 设数列的前n项和为.因为， 所以， ， 两式相减得， ， 即，. 18. 如图，在四棱锥中，四边形为菱形，平面为棱上一点，且. （1）证明：平面平面； （2）设直线与平面交于点，证明：； （3）若，求平面与平面的夹角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）根据几何体的性质，以及菱形的几何性质，通过面面垂直的判定定理，证明面面垂直即可； （2）根据线面平行的性质定理，证明线线平行即可； （3）根据几何体的性质，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出直线的方向向量和平面的法向量，进而求出平面与平面夹角的余弦值. 【小问1详解】 因为平面平面，所以， 因为四边形为菱形，所以， 又平面，且，所以平面， 因为平面，所以平面平面. 【小问2详解】 因为四边形为菱形，所以， 又平面平面，所以平面， 又平面，且平面平面， 所以. 【小问3详解】 设，以为原点，直线分别为轴，轴，过垂直于平面的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 所以，. 设平面的法向量， 则，即， 令，解得，所以面的一个法向量为. 设平面的法向量， 则，即， 令，解得，所以平面的一个法向量. 设平面与平面的夹角为， 则. 19. 已知函数，. （1）若，求曲线在处的切线方程； （2）讨论的单调性； （3）已知，若有两个极值点，求的取值范围. 【答案】（1） （2）答案见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）由条件求，，结合导数的几何意义及点斜式可求切线方程， （2）求导可得，分，两种情况，结合导数与单调性的关系求结论； （3）条件可转化为方程有两个正根，结合根于系数关系列不等式求结论. 【小问1详解】 由，得，则， 又，所以， 所以曲线在处切线方程为. 【小问2详解】 函数的定义域为，又， 当时，在时恒成立，此时在单调递增； 当时，令，得， 当时，，函数单调递增； 当时，，函数单调递减． 综上所述，当时，函数在上单调递增； 当时，函数在上单调递增，在上单调递减. 【小问3详解】 ， 则， 因为的两个极值点为，所以的两根为，且， 所以，解得. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $