北京工业大学附属中学2025-2026学年高三上学期第三次月考数学试题

2025北京工大附中高三（上）第三次月考 数 学 一､选择题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项. 1．已知复数，则Z的虚部为（   ） A．1 B．i C．2 D．2i 2．设集合，则（    ） A． B． C． D． 3．关于以下这组数据：22，24，26，26，28，30，下列说法错误的是（ ） A．极差为8 B．平均数为26 C．众数为26 D．分位数为27 4．已知直线，，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 5． 已知，则（ ） A. B. C. D. 6．已知为等差数列，，.若数列满足，记的前项和为，则（ ） A. B. C. D. 7．已知函数的图像向左平移个单位后与原来图像重合，当，且时，，则的值为（    ） A． B． C．1 D． 8．已知函数在上单调，则实数的取值范围是（   ） A． B． C． D． 9．如图，在棱长为的正方体中，为的中点，为上任意一点，，为上任意两点，且的长为定值，则下面的四个值中不为定值的是（　　） A．的面积 B．三棱锥的体积 C．直线与平面所成的角 D．二面角的大小 10．设点和点分别是函数和图象上的点，且，若直线轴，则两点间的距离的最小值为 A．1 B．2 C．3 D．4 二､填空题共5小题，每小题5分，共25分. 11. 函数的定义域是______. 12. 已知，，，，，则_________. 13. 交通锥，又称锥形交通路标，如图1，常用于进行工程、发生事故时提醒行人或车辆，以保证工程人员及道路使用者的人身安全等．某数学课外兴趣小组对一个去掉底座的圆锥形交通锥筒进行研究，发现将该交通锥筒放倒在地面上，如图2，使交通锥筒在地面上绕锥顶点S滚动，当这个交通锥筒首次转回到原位置时，交通锥筒本身恰好滚动了3周．若将该交通锥筒近似看成圆锥，将地面近似看成平面，测得该圆锥的底面半径为cm，则该圆锥的侧面积为______（交通锥筒的厚度忽略不计）． 14. 点P在函数的图像上．若满足到直线y＝x+a的距离为的点P有且仅有3个，则实数a的值为______ 15．已知函数，给出下列四个结论： ①若，恰 有2个零点； ②存在负数，使得恰有1个零点； ③存在负数，使得恰有3个零点； ④存在正数，使得恰有3个零点． 其中所有正确结论的序号是 ． 三､解答题共6小题，共85分.解答应写出文字说明､演算步骤或证明过程. 16. （13分）在中，. (1)求； (2)再从条件①，条件②，条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得存在，求的面积. 条件①：； 条件②：； 条件③：. 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分. 17.（13分） 如图，在四棱锥中，侧面与底面垂直，为正三角形，底面为菱形，，分别为棱的中点． （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 18.（14分） 已知函数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)如果函数在区间上有极值，且对于恒成立，求的取值范围． 19.（15分） 已知椭圆过点，焦距为. （1）求椭圆的方程，并求其短轴长； （2）过点且不与轴重合的直线交椭圆于两点，，连接并延长交椭圆于点，直线与交于点，为的中点，其中为原点.设直线的斜率为，求的最大值. 20. （15分）已知函数. (1)若，讨论的单调性； (2)若，当时，判断是否存在零点，并说明理由； (3)当时，，求的取值范围. 21．（15分）对于实数集中的两个非空有限子集和，定义和集．记符号表示集合中的元素个数．当时，设是集合中按从小到大排列的所有元素，记集合. (1)已知集合，若，求集合，并求出的值 (2)已知，记集合或． （i）当时，证明的充要条件是； （ii）若，求的所有可能取值． 参考答案 1．A 【难度】0.94 【详解】，则Z的虚部为1.故选：A 2．D 【难度】0.94 【详解】依题意，，所以.故选：D 3 【答案】D 【详解】因为数据：22，24，26，26，28，30， 对于选项A：极差为，故A正确； 对于选项B：平均数为，故B正确； 对于选项C：众数为26，故C正确； 对于选项D：因为，所以分位数为第五个数28，故D错误； 故选：D. 4．C 【难度】0.65 【详解】当时，直线的斜率，直线的斜率，即，又代入易知两直线不重合，∴，满足充分性； 当时，，，当时，，， 当时，显然，∴，即，∴，∴或， 当时，，，两直线重合，舍去. ∴，满足必要性. ∴“”是“”的充要条件. 故选：C. 5 B 【分析】根据指数函数的单调性、正弦函数的单调性、对数函数的单调性进行求解即可/ 【详解】因，所以， 因为，所以， 因为，所以，因此， 6【答案】B 【分析】求出等差数列的通项公式，可求得数列的通项公式，推导出数列为等差数列，再利用等差数列的求和公式可求出的值. 【详解】设等差数列的公差为，则，所以，， ，， 所以，， 则，所以，数列为等差数列， 因此，. 故选：B 7．B 【分析】由题意可得，可求得，利用，求得的值，计算即可. 【详解】函数的图像向左平移个单位后的解析式为， 又平移后的函数图像与原来图像重合，所以， 所以，所以，又，所以， 所以， 当时，则， 又，且时，， 所以，所以， 所以 . 故选：B. 8 【分析】设，，由在上是单调函数，则在时单调递减，在上递减，且，从而可求. 【详解】 函数是上的单调函数， 设，， 由在上单调递减及分段函数的性质可知，函数在上单调递减， 且时，， ， ， 解得：, 故选：D. 9 【答案】C 【分析】根据三角形的面积判断A，根据三棱锥的体积公式判断B，根据线面角的定义判断C，根据二面角的概念判断D. 【详解】A中，的长为定值，且点到的距离即为两平行直线与之间的距离也为定值，的面积为定值； B中，的面积是定值．(定长，到的距离就是到的距离也为定长，即底和高都是定值），再根据平面也就是平面，既然和平面都是固定的，到平面的距离是定值，三棱锥的高也是定值，于是体积固定． 三棱锥即三棱锥的体积是定值； C中， 到平面距离是定值（事实上即到平面距离），而长度在变化中，所以直线与平面所成的角不是定值； D中，二面角的平面角即是二面角的平面角，而二面角的两个半平面均是固定平面，显然为定值. 故选：C 10 【详解】试题分析：由轴得，，所以，故两点间的距离为 ，设，则，当时， ，故函数在上单调递增，则，故函数在上单调递增，则，故选项为B. 二 填空 12 【答案】13 13 【答案】 【详解】解法一：设圆锥的母线长为l，则圆锥绕顶点S滚动所形成的圆的半径为l，周长为． 因为圆锥的底面半径为，所以该圆锥的底面周长为， 故，解得， 所以该圆锥的侧面积为． 解法二：设圆锥的母线长为l，则圆锥绕顶点S滚动所形成的圆的半径为l，面积为． 因为圆锥的底面半径为，所以该圆锥的侧面积为， 故，解得， 所以该圆锥的侧面积为． 故答案为：. 15．【详解】对于①，当时，由，可得或，①正确； 对于②，考查直线与曲线相切于点， 对函数求导得，由题意可得，解得， 所以，存在，使得只有一个零点，②正确； 对于③，当直线过点时，，解得， 所以，当时，直线与曲线有两个交点， 若函数有三个零点，则直线与曲线有两个交点， 直线与曲线有一个交点，所以，，此不等式无解， 因此，不存在，使得函数有三个零点，③错误； 对于④，考查直线与曲线相切于点， 对函数求导得，由题意可得，解得， 所以，当时，函数有三个零点，④正确. 故答案为：①②④. 三 解答题 16.【答案】（1）由正弦定理， 得. 所以. 所以. 因为，所以. 所以. 所以. （2）选条件①：，， 由余弦定理，得. ，不存在； 选条件②：. 由，可得. 由正弦定理，得. 由余弦定理，得 ，整理得. 解得，或（舍）. 所以的面积. 条件③：. 因为，且，所以. 由余弦定理，得. 解得，或（舍） 所以的面积. 18．【答案】（1）当，因为， 所以． 因为，， 所以曲线在点处的切线方程为， 即． （2）因为，函数在区间上有极值，所以． 所以． 当变化时，，的变化情况如下表： 单调递减 单调递增 因为对于恒成立， 所以，且． 所以，即． 因为， 所以， 故 19【答案】（1） 在四棱锥中，四边形为菱形，取中点，连接， 由是中点，是的中点，得， 因此四边形是平行四边形，，而平面，平面， 所以平面. （2） 连接，在菱形中，，则是正三角形，， 由平面平面，平面平面，平面， 得平面，而平面，则，由为正三角形， 得，即直线两两垂直， 以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 令，则， ， 设平面的法向量，则，取，得， 所以直线与平面所成角的正弦值 19. 【答案】（1） 由题意知，. 所以，. 所以椭圆的方程为，其短轴长为4. （2） 设直线的方程为，，，则. 由，得. 所以. 由得直线方程为. 由得. 因为， 所以，. 所以. 因为为的中点，且， 所以. 所以直线的斜率 . 当时，. 当时， 因为，当且仅当时，等号成立. 所以. 所以当时，取得最大值. 20【答案】（1）当时，，其定义域为， 则， 令， 则，由于，所以在上恒成立； 则在上单调递增，由于， 所以当时，，当时，； 则函数在 上单调递减，在 上单调递增； （2）当时，， 则， 令， 则，因为，则在上恒成立， 所以在上单调递减， 由于，所以当时，，则函数在上单调递减， 即， 所以若，当时，不存在零点， （3）由题可得： 令， 则， 当时，由于，则，则在上单调递减； 所以，则在上单调递减，则，不满足题意； 当时，令，解得：， 若，即时，则在上恒成立， 则在上单调递增，则，则在上单调递增，则，满足题意； 若，即时，令，解得：, 令，解得：, 所以在上单调递减；在上单调递增， 则当时，，则函数在上单调递减； 则当时，，不满足条件； 综上：的取值范围为. 21.【答案】（1）因为，由， 所以， 所以且， 所以必有，所以，所以，所以. （2）（i）因为，可设，. 先证充分性：因为，所以且， 从而可以设，其中， 此时中的元素为，故， 再证必要性，设，，其中， 注意到和集中的最小元素为，最大元素为， 因为，所以中间三个元素可以是， 也可以是，它们是对应相等的， 所以有，， 即，故，得证， （ii）①若，由第（i）小问的分析知， 可以设，，其中， 此时中的元素为， 这与条件矛盾， ②取，其中， 容易验证此时中的元素为，符合条件， 所以可以取2， ③若，设， 其中， 结合知至少存在两个不同的正整数，使得， 不妨设是符合这一条件最小的正整数，是符合这一条件最大的正整数， 注意到， 这是中的个不同的元素， 根据的定义我们有，即， 当时，由的最小性知，即， 此时我们有， 当时，也有， 因此是中的元素，但与(*)式中的个元素均不相等， 同理，根据的定义有是中的元素，但与(*)式中的个元素均不相等， 因为，所以，此时，矛盾， 综上，的取值只能为2； 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $