精品解析：广东省揭阳市普宁市勤建学校2025-2026学年高三上学期第三次调研考试数学试题

勤建学校高三年级上学期第三次调研考试 数学试卷 2025.12 一､单项选择题：（本题共8小题，每小题满分5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，选对得5分，选错得0分） 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】将集合化简，再由交集的运算，即可得到结果. 【详解】因为，即，解得， 所以，则， 故选：C. 2. 若，则（ ） A. B. C. D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】先利用，化简，再利用复数的除法运算求，再求出，最后利用复数的加法运算即可. 【详解】因，，则， 则，. 故选：D. 3. 设，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据商数关系和平方关系求解即可. 【详解】，所以， 解得或（舍）， 故选：B. 4. 若向量，向量满足，则在上的投影向量的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由条件可得，再由投影向量的定义代入计算，即可得到结果. 【详解】由可得，即， 且在上的投影向量为 故选：C. 5. 若，则的最小值为（ ） A. B. 4 C. 8 D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】先根据对数的运算法则求出的值，再利用基本不等式可求的最小值. 【详解】由， 因为，， 所以， 当且仅当，即时取等号. 故选：C 6. 已知圆台上、下底面半径分别为，，高为，且，当圆台的体积最大时，圆台的母线与底面所成角的正切值为（ ） A. B. C. D. 1 【答案】D 【解析】 【分析】利用圆台的体积公式求出，再利用进行消元，得到关于的函数，再利用导函数求其单调性即可求出，的值，最后结合图形求其正切值. 【详解】因，则， 因，得， 令，则， 则得；得， 则在上单调递增，在上单调递减， 则当时，取得最大值，此时， 故圆台母线与底面所成角的正切值为. 故选：D. 7. 已知函数（其中表示不超过的最大整数），则关于的方程的所有实数根之和为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】已知可将方程转化为，结合的定义可得，即，解不等式，再分别判断个区间内解的情况. 【详解】，即， 因为，所以可得，解得， 当时，满足题意； 当时，即，解得，满足题意； 当时，即，解得，满足题意，所有实数根之和为， 故选：A. 8. 记数列的前项和为，若，则的值不可能为（ ） A. 96 B. 98 C. 100 D. 102 【答案】D 【解析】 【分析】根据和的关系分析及特例求解判断即可. 【详解】当时，，设， 当时，，则， 即，所以， 时取等，故D错误； 若，，且，，， 此时； 若，，且，，， 此时. 故A，B，C正确. 故选：D. 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．全部选对的得6分，有选错的得0分，部分选对得部分分．） 9. 已知函数和，则（ ） A. 和的最小正周期相同 B. 和在区间上的单调性相同 C. 的图象向右平移个单位长度得到的图象 D. 和的图象关于直线对称 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据函数的单调性，对称性，周期性及函数的平移变换分别判断个选项. 【详解】对于A：和的最小正周期均为，选项A正确； 对于B：当时，，所以单调递增， 当时，，所以单调递增，选项B正确； 对于C：的图象向右平移个单位长度所得函数为，选项C错误； 对于D：，选项D正确. 故选：ABD. 10. （多选）若数列的首项，且，则（ ） A. 数列为等比数列 B. C. 数列为递增数列 D. 存在三个不相等正整数，使得 【答案】AC 【解析】 【分析】通过取倒数变形判断数列类型，推导通项公式，分析数列单调性，假设存在性验证等式是否成立，逐一验证各选项. 【详解】选项A，由，取倒数得，变形得. 首项，故是以为首项、为公比的等比数列，A正确. 选项B，由的通项得，故，即. 选项B中表达式为，与推导结果不符，B错误. 选项C，，因随增大而递增，随增大而递减， 故随增大而递增，数列为递增数列，C正确. 选项D，假设存在不相等正整数，使得， 由C选项分析可知，数列为递增数列， 则对于任意不相等的正整数，有， 而，则， 所以等式无法成立，故不存在这样的，D错误. 故答案为：AC 11. 设，函数，则（ ） A. 有两个极值点 B. 若，则当时， C. 若有个零点，则的取值范围是 D. 若存在，满足，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用导数分类求解含参函数的单调性，判断选项A，结合选项A中单调性即可直接判断选项BC，根据等量关系直接求解，即可判断选项D. 【详解】对于A选项，， 当时，，单调递增，无极值点； 当时，得或，，得， 则在和上单调递增，在上单调递减， 此时有两个极值点，故A选项错误； 对于B选项，当，时， 由上述知，在上单调递增，在上单调递减， 则，故B选项正确； 对于C选项，当时，单调递增，至多只有一个零点，不合题意； 当时，若有个零点， 则由单调性可知必然有，解得. 而当时，，， 在区间，，中分别各有一个零点，故C选项正确； 对于D选项，， 等价于或，，故D选项正确. 故选：BCD 三、填空题：（本题共3小题，每小题5分，共15分．） 12. 已知函数的图象在处的切线与直线垂直，则__________． 【答案】## 【解析】 【分析】根据导数的几何意义及切线与直线的垂直关系求解. 【详解】因为，所以， 因为函数的图象在处的切线与直线垂直， 又直线的斜率为，所以，解得， 故答案为：. 13. 在正项等比数列中，若，，则______. 【答案】1024## 【解析】 【分析】利用等比数列通项公式即可求出公比，再求首项，最后可得通项，从而可求解. 【详解】由题意知，， 因为正项等比数列，所以， 由，可得， 所以，即. 故答案为： 14. 若函数 的图像关于直线对称，且该函数有且仅有7个零点，则的值为________． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，求得的图形过点，得到的图象过点，结合，，联立方程组，求得的值，得出，再根据题意，得到必为函数的一个零点，结合，求得的值，即可求解. 【详解】由函数， 则函数的图形过点， 因为函数的图象关于对称，则函数的图象过点， 可得，且，可得， 又由，且，可得， 联立方程组，解得， 所以， 因为函数图像关于直线对称，且该函数有且仅有7个零点， 则必为函数的一个零点，即， 可得，解得， 所以. 故答案为：. 四､解答题：（本大题共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. 已知为数列的前n项和，且． （1）求的通项公式； （2）设，数列的前n项和为，求的表达式及最大值． 【答案】（1） （2），最大值为11 【解析】 【分析】（1）根据与的关系结合题设可得，，得到数列是首项为1，公比为3的等比数列，进而求解即可； （2）先求出，再利用分组求和求出，再分析数列的前几项结合指数函数与一次函数的增长性，即可求解. 【小问1详解】 由题知，① 当时，，所以，即； 当时，，② ①②，得，即， 所以数列是首项为1，公比为3的等比数列，故． 【小问2详解】 由（1）得， 所以． 计算的前几项：，，，，，…， 由比增长快，可知当时，， 所以的最大值为． 16. 在中，角的对边分别为，且. （1）求； （2）已知，为边上一点，且，，求. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理，由将边转化为角，再利用三角恒等变换求解； （2）先求得，然后在中，利用余弦定理求得. 【小问1详解】 由正弦定理，且， 得， ， ，则，因为，所以， 又，所以； 【小问2详解】 如图所示： 因为，所以，设， 则， ， 在中，由余弦定理得，解得， 故. 17. 如图，在三棱台中，平面平面，，，. （1）证明：； （2）当直线与平面所成的角最大时，求三棱台的体积. 【答案】（1）证明：在三棱台中，取的中点，连接， 由，得，由平面平面，平面平面， 平面，得平面，而平面，则， 又，则四边形是菱形，， 而平面，因此平面，又平面， 所以. （2）. 【解析】 【分析】（1）利用面面垂直的性质，线面垂直的判定性质推理得证. （2）建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法，再结合棱台体积公式计算得解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 取中点，则，由平面平面，平面平面， 平面，则平面，直线两两垂直， 以点原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，设， 则，， ， 设平面的法向量，则，取，得， 设直线与平面所成的角为， ，当且仅当，即时取等号， 所以三棱台的体积 . 18. 已知椭圆的短轴长为2，与双曲线有相同的左右焦点，点是椭圆上的动点，的延长线的交点在椭圆上. （1）求椭圆的方程； （2）若点的纵坐标为，求内切圆的方程； （3）设分别为的内切圆半径，证明：. 【答案】（1） （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）求出双曲线焦点，从而求出，可求出椭圆方程； （2）由对称性知，内切圆圆心在轴正半轴上，且是切点，利用面积法可求得内切圆半径，进而可求得内切圆方程； （3）得到直线的方程为，与椭圆方程联立后得到的坐标，同理求出的坐标，根据的面积表达出，利用基本不等式求出的最大值，从而得到答案. 【小问1详解】 由，所以，又，所以， 故椭圆的标准方程为 【小问2详解】 因为点的纵坐标为 又轴， 由对称性知，内切圆圆心在轴正半轴上，且是切点， 且的周长为， 又， ，内切圆的圆心为 内切圆的方程为 【小问3详解】 因为， 直线的方程为， 由，消可得， 整理得， 所以，得， 所以. 同理可得， 所以 ，当且仅当，取等号； 则，则当为时可取等.所以的最大值为. 又因为，所以. 19. 已知函数. （1）讨论的单调性. （2）若无零点，但有两个不同的极值点， （i）求的取值范围； （ii）设为的两个极值点，求的取值范围. 【答案】（1）当时， 在上单调递增；当时，在区间和上单调递增，在区间上单调递减. （2）（i）区间（ii） 【解析】 【分析】（1）先求的导数，进而结合二次不等式的性质对分类讨论可得结果； （2）（i）根据函数有两个不同的极值点得出的一个取值范围，再根据函数无零点得出的另一个取值范围，最后取交集即可； （ii）先根据极值点得到的值，然后化简，再构造关于的函数，判断其单调性即可求出. 【小问1详解】 由题意得， 令，则，判别式， ①当时，解得，则恒成立，即恒成立，在上单调递增； ②当时，解得，则方程有个实根，由求根公式可知方程的解为， 由二次函数的性质可知在区间和上单调递增，在区间上单调递减， 综上所述，当时， 在上单调递增； 当时，在区间和上单调递增，在区间上单调递减. 【小问2详解】 （i）令，即， 由无零点，则直线与无交点，则， 又有两个不同的极值点，由（1）可知时满足题意， 故的取值范围为. （ii）不妨设，由（1）知，， 因为， 又为的两个极值点，，即， 可得，， 则 设，其中，，， ， 令，求导得， 故在上单调递增，又， ，则 故的取值范围为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 勤建学校高三年级上学期第三次调研考试 数学试卷 2025.12 一､单项选择题：（本题共8小题，每小题满分5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，选对得5分，选错得0分） 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 若，则（ ） A. B. C. D. 2 3. 设，若，则（ ） A. B. C. D. 4. 若向量，向量满足，则在上的投影向量的坐标为（ ） A. B. C. D. 5. 若，则的最小值为（ ） A. B. 4 C. 8 D. 3 6. 已知圆台上、下底面半径分别为，，高为，且，当圆台的体积最大时，圆台的母线与底面所成角的正切值为（ ） A. B. C. D. 1 7. 已知函数（其中表示不超过的最大整数），则关于的方程的所有实数根之和为（ ） A. B. C. D. 8. 记数列的前项和为，若，则的值不可能为（ ） A. 96 B. 98 C. 100 D. 102 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．全部选对的得6分，有选错的得0分，部分选对得部分分．） 9. 已知函数和，则（ ） A. 和的最小正周期相同 B. 和在区间上的单调性相同 C. 的图象向右平移个单位长度得到的图象 D. 和的图象关于直线对称 10. （多选）若数列的首项，且，则（ ） A. 数列为等比数列 B. C. 数列为递增数列 D. 存在三个不相等正整数，使得 11. 设，函数，则（ ） A. 有两个极值点 B. 若，则当时， C. 若有个零点，则的取值范围是 D. 若存在，满足，则 三、填空题：（本题共3小题，每小题5分，共15分．） 12. 已知函数的图象在处的切线与直线垂直，则__________． 13. 在正项等比数列中，若，，则______. 14. 若函数 的图像关于直线对称，且该函数有且仅有7个零点，则的值为________． 四､解答题：（本大题共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. 已知为数列的前n项和，且． （1）求的通项公式； （2）设，数列的前n项和为，求的表达式及最大值． 16. 在中，角的对边分别为，且. （1）求； （2）已知，为边上一点，且，，求. 17. 如图，在三棱台中，平面平面，，，. （1）证明：； （2）当直线与平面所成的角最大时，求三棱台的体积. 18. 已知椭圆的短轴长为2，与双曲线有相同的左右焦点，点是椭圆上的动点，的延长线的交点在椭圆上. （1）求椭圆的方程； （2）若点的纵坐标为，求内切圆的方程； （3）设分别为的内切圆半径，证明：. 19. 已知函数. （1）讨论的单调性. （2）若无零点，但有两个不同的极值点， （i）求的取值范围； （ii）设为的两个极值点，求的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $