精品解析：河北省冀州中学2026届高三上学期第三次月考数学试题

2025～2026学年上学期月三考试 高三年级数学试卷 考试时间：120分钟 总分：150分 第Ⅰ卷（选择题） 一、单选题（本题共8个小题，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，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】分别求解对数不等式和一元二次不等式，得到集合,再利用集合的交集定义求解即得. 【详解】由可得，即， 由可得， 即， 则. 故选：C. 2. 设是两个不同的平面，是两条不同的直线，且，则（ ） A. 若， 则 B. 若， 则 C. 若， 则 D. 若， 则 【答案】D 【解析】 【分析】根据面面平行、面面垂直的判定和性质对选项逐一判断即可. 【详解】对于选项A： 若，可能平行，也可能异面，所以A错误； 对于选项B： 若，则可能平行，也可能相交，所以B错误； 对于选项C： 若，则可能平行，可能垂直，可能异面，所以C错误； 对于选项D： 若，那么经过的平面与垂直，所以，所以D正确. 故选：D. 3. 如图，D是的边AC的中点，点E在BD上，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据平面向量的线性运算求解即可. 【详解】由题意， . 故选：D 4. 若两个正实数满足且存在这样的使不等式有解，则实数m的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用乘“1”法及基本不等式求出的最小值，存在，使不等式有解，即，解不等式可求. 【详解】正实数，满足， . 当且仅当且，即，时取等号， 存在，使不等式有解， ，解可得或，即， 故选：C. 5. 若点为函数的图象的一个对称中心，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用正切函数的性质求出函数图象的对称中心，再求出最小值. 【详解】由，得， 因此函数图象的对称中心为， 而，则，， 所以的最小值为. 故选：D 6. 如图，水面高度均为2的圆锥、圆柱容器的底面半径相等，高均为4（不考虑容器厚度及圆锥容器开口）．现将圆锥容器内的水全部倒入圆柱容器内，则倒入前后圆柱容器内水的体积之比为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设出底面半径，分别表示出圆锥和圆柱内水的体积再求解即可. 【详解】设圆锥容器的底面半径为， 倒入前圆锥和圆柱容器中水的体积分别为， 则, ， 所以． 故选：D. 7. 已知函数在R上满足，且当时，成立，若，，，则的大小关系是（ ）． A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】构造函数，根据已知条件，判断的奇偶性和单调性，根据函数性质比较函数值即可. 【详解】根据题意，令，，因， 则，则为奇函数， 当时，，则在上单调递减， 又为奇函数，则在上单调递减， 又在上连续，所以在上为减函数， ， 因为，则. 故选：B 8. 在菱形中，，，将绕对角线所在直线旋转至，使得，则三棱锥的外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】如图，取的中点，连接的，利用勾股定理证明，则有平面平面，设点为的外接圆的圆心，则在上，设点为三棱锥的外接球的球心，外接球的半径为，利用勾股定理求出外接球的半径，再根据球的表面积公式即可得解. 【详解】如图，取的中点，连接， 在菱形中，，则都是等边三角形， 则， 因为平面平面， 所以即为二面角的平面角， 因为，所以，即， 所以平面平面， 如图，设点为的外接圆的圆心，则在上，且， 设点为三棱锥的外接球的球心，则平面 外接球的半径为，设， 则，解得， 所以， 所以三棱锥的外接球的表面积为. 故选：B. 二、多项选择题（本题共3个小题，每小题6分，共18分．在每小题给出对四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分．） 9. 若复数满足（为虚数单位），则下列说法正确的是（ ） A. 的虚部为 B. C. D. z在复平面内对应的点在第四象限 【答案】BD 【解析】 【分析】根据复数的性质及三角函数值逐一分析选项即可. 【详解】已知， 则， 的虚部为，A选项错误； ，，B选项正确； ，C选项错误； z在复平面内对应的点为，D选项正确. 故选：BD 10. 已知函数相邻对称轴间的距离为，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. 当时，的取值范围是 D. 若函数在上有3个零点，则a的取值范围是 【答案】BD 【解析】 【分析】先利用和角的正弦公式与辅助角公式将函数化成正弦型函数，再根据正弦函数的相关性质逐一判断各选项即可. 【详解】. 对于A，由题意可得函数的最小正周期，满足，则有，故A错误； 对于B，由A可得，因为函数的最大值，故必有，即B正确； 对于C，当 时，，则有，故的取值范围是 ，故C错误； 对于D，当时，，由正弦函数的图象性质， 要使函数 在 上有3个零点，需使，即，故D正确. 故选：BD. 11. 已知正方体的棱长，点P是线段（含端点）上的一个动点，点M在上底面内（含边界），且．下列结论正确的是（　　　） A. 点的轨迹长度为 B. 存在点P，使得直线与所成角为 C. 点到平面距离的最大值为 D. 的最小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于选项A，利用勾股定理求长度确定点轨迹，再求弧长；对于选项B，通过异面直线所成角转化为共面角结合P的位置范围判断；对于选项C，建系利用点到平面的距离公式求解；对于选项D，通过展开平面，利用余弦定理求的最小值. 【详解】因为正方体的棱长，在中， ,由勾股定理得到 ,所以点的轨迹是以为圆心，1为半径的圆弧，其长度为，故A项正确； 因为 ，所以就是直线与所成角, 因为正方体中平面且平面， 所以,所以中，所以,又因为，故B项错误. 以D为原点,分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，,,，, 设平面的法向量为，,，则，令 则， 因为，所以点M到平面PBD的距离为 ； 当最大，最小时有最大值，即时距离有，故C项正确. 将 与 展开在一个平面上，此时的最小值就是 （为 展开后的点）， 所以 , ， 所以,，所以 由余弦定理得到： 所以，的最小值为，故D项正确. 故选:ACD 第Ⅱ卷（非选择题） 三、填空题（本题共3个小题，每小题5分，共15分．将答案填写在答题纸上．） 12. 已知向量，满足，，且，的夹角为，则______． 【答案】 【解析】 【分析】根据向量模的公式直接求解即可. 【详解】因为，，且，的夹角为60°， 所以， 所以． 故答案为： 13. 已知正三棱锥的底面边长是高的倍，则与平面所成角的正弦值为______． 【答案】## 【解析】 【分析】求出的长，利用等体积法求出点到平面的距离，即可求出与平面所成角的正弦值. 【详解】取的中心点，连接，则平面. 连接并延长交于，连接，则，. 设底面边长为，则. 在中，，，，. 在中，. 在中，. 在中， . 设点到平面的距离为，则，即，解得. 设与平面所成角为，. 故与平面所成角的正弦值为. 故答案为：. 14. 已知函数，若实数，，满足且，则的取值范围为______． 【答案】 【解析】 【分析】分析分段函数的图象与性质，结合已知条件得到，，的范围并求出的值，进而求出的取值范围. 【详解】函数可写为，作出简图如下： 因为且，结合图像可知， ，，，，，. 由可得，，所以. 又，所以，故. 故答案为：. 四、解答题（本题共5个小题，共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．） 15. 如图，在四棱锥中，，，平面，，为的中点. （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1）取中点，连接，， ，分别为，的中点. 且. 又，， 又，，且， 是平行四边形， 又平面，平面，平面 （2） 【解析】 【分析】（1）根据线面平行的判定定理，证明线面平行即可. （2）根据几何体的性质，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出平面法向量，进而根据面面夹角余弦值的向量方法，求出结果. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 不妨设，以为原点，分别以，，为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，， 可得，. 设平面的法向量， 则，即， 令，解得， 可得平面的一个法向量， 同理平面的法向量， 设平面与平面的夹角为， 则. 16. 在中，A，B，C所对应的边为a，b，c，点D是的中点，且，． （1）求的值； （2）求a及周长的取值范围． 【答案】（1） （2），周长的取值范围为 【解析】 【分析】（1）根据平面向量线性运算可得，两边平方求解即可； （2）利用余弦定理可得：，结合基本不等式即可求出范围，从而得到周长范围. 【小问1详解】 因为在中，点是的中点， 所以， 可得， 则， 即， 解得：； 【小问2详解】 由，可得：， 由余弦定理可得：，故， 由于，解得：， 所以，当且仅当时等号成立， 又因为 即， 所以， 则周长的取值范围为. 17. 已知函数． （1）设，，求曲线的斜率为2的切线方程； （2）若是的极大值点，求b的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由切线斜率为2，结合导数知识可得切线过点，然后可得切线方程； （2）由是的极大值点，可得，然后据此讨论的单调性，分析得在时的极值情况，从而得解. 【小问1详解】 当时，，其中， 则，令， 化简得，解得（负值舍去）， 又此时，则切线方程过点，结合切线方程斜率为2， 则切线方程为，即. 【小问2详解】 由题可得定义域为，， 因是的极大值点，则， 则， 若，令，令， 则在上单调递增，在上单调递减， 得是的极大值点，满足题意； 若，令，令， 则在上单调递增，在上单调递减， 得是的极大值点，满足题意； 若，则，在上单调递减，无极值，不满足题意； 若，令，令， 则在上单调递增，在上单调递减， 得是的极小值点，不满足题意； 综上，是的极大值点时，. 18. 如图，四棱锥的底面是正方形，平面，．已知E，F分别为，的中点，平面与棱交于点G． （1）求证：平面； （2）求； （3）判断线段上是否存在一点H，使得点H到平面的距离为？若存在，请求出点H的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）因为 平面，平面，则 ， 在正方形中， ，因 ，平面， 则平面，因平面，则， 又，点是的中点，则， 又因为，平面，故平面. （2） （3）存在，或 【解析】 【分析】（1）先由条件证明平面，进而得，由等腰三角形三线合一证得，最后利用线面垂直的判定定理即可证得结论； （2）结合图形利用线面垂直的判定定理和性质定理证明 平面 ，得到，再证，求得，从而可得； （3）假设线段上是存在一点，满足条件，则，表示出的坐标，结合平面的法向量，利用点到平面的距离坐标公式列方程，求解即得的值，从而得到点H的坐标. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）平面，因平面，则， 因 平面，平面，则 ， 又 ，，平面，所以平面， 因平面，则， 又因为是的中点，，则， 因 ，平面，则平面， 因平面，则， 因，平面 ，则 平面 ， 因为平面 ，则，即， 即由（1）平面，因 平面，则，即， 又，则，则， 因为，，， 则，即，即. 【小问3详解】 以点为原点，分别以所在直线为坐标轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 所以 ， 设平面的一个法向量为， 则，令，得， 所以平面的一个法向量为， ，则， 假设线段上存在一点，使得点到平面的距离为， 则，则， 所以，则，即，则， 则点H到平面的距离，解得或， 则或， 即在线段上存在一点H，使得点H到平面的距离为. 19. 已知函数． （1）若，，求a的取值范围． （2）当时，． ①判断函数在内的零点个数； ②证明：． 【答案】（1） （2）①当时，在内的零点个数为0， 当时，在内的零点个数为1． ②由①知，当且时，，所以， 即． 令，则， 所以，，…，， 所以． 【解析】 【分析】（1）对不等式进行化简变形，构造新函数，然后求导判断单调性，从而得到，然构造新函数，求导判断单调性求出最值即可求出的范围. （2）①对函数两次求导，根据三种情况分别讨论函数的零点个数；②结合①中的结论可得到，然后令对不等式进行化简即可证明. 【小问1详解】 因为，，所以对恒成立． 因为，所以． 由，可得，即，其中，． 令，， 因为，所以在上单调递增． 不等式等价于，所以，所以． 令，则，当时，；当时，； 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以，所以a的取值范围是． 【小问2详解】 ①因为，所以． 令，则． a.当时，因为，所以，，所以恒成立， 此时，在内无零点． b.当时，因为，所以，则单调递增． 因为，所以单调递增．， 此时，在内无零点． c.当时，因为，所以，则单调递增． 因为，，所以存在，使得， 所以当时，，单调递减，当时，，单调递增． 因为，所以． 因为，所以在区间内有1个零点， 所以当时，在内的零点个数为0， 当时，在内的零点个数为1． ②略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025～2026学年上学期月三考试 高三年级数学试卷 考试时间：120分钟 总分：150分 第Ⅰ卷（选择题） 一、单选题（本题共8个小题，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，集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 设是两个不同的平面，是两条不同的直线，且，则（ ） A. 若， 则 B. 若， 则 C. 若， 则 D. 若， 则 3. 如图，D是的边AC的中点，点E在BD上，且，则（ ） A. B. C. D. 4. 若两个正实数满足且存在这样的使不等式有解，则实数m的取值范围是（ ） A. B. C. D. 5. 若点为函数的图象的一个对称中心，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 6. 如图，水面高度均为2的圆锥、圆柱容器的底面半径相等，高均为4（不考虑容器厚度及圆锥容器开口）．现将圆锥容器内的水全部倒入圆柱容器内，则倒入前后圆柱容器内水的体积之比为（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数在R上满足，且当时，成立，若，，，则的大小关系是（ ）． A. B. C. D. 8. 在菱形中，，，将绕对角线所在直线旋转至，使得，则三棱锥的外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题（本题共3个小题，每小题6分，共18分．在每小题给出对四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分．） 9. 若复数满足（为虚数单位），则下列说法正确的是（ ） A. 的虚部为 B. C. D. z在复平面内对应的点在第四象限 10. 已知函数相邻对称轴间的距离为，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. 当时，的取值范围是 D. 若函数在上有3个零点，则a的取值范围是 11. 已知正方体的棱长，点P是线段（含端点）上的一个动点，点M在上底面内（含边界），且．下列结论正确的是（　　　） A. 点的轨迹长度为 B. 存在点P，使得直线与所成角为 C. 点到平面距离的最大值为 D. 的最小值为 第Ⅱ卷（非选择题） 三、填空题（本题共3个小题，每小题5分，共15分．将答案填写在答题纸上．） 12. 已知向量，满足，，且，的夹角为，则______． 13. 已知正三棱锥的底面边长是高的倍，则与平面所成角的正弦值为______． 14. 已知函数，若实数，，满足且，则的取值范围为______． 四、解答题（本题共5个小题，共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．） 15. 如图，在四棱锥中，，，平面，，为的中点. （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值. 16. 在中，A，B，C所对应的边为a，b，c，点D是的中点，且，． （1）求的值； （2）求a及周长的取值范围． 17. 已知函数． （1）设，，求曲线的斜率为2的切线方程； （2）若是的极大值点，求b的取值范围． 18. 如图，四棱锥的底面是正方形，平面，．已知E，F分别为，的中点，平面与棱交于点G． （1）求证：平面； （2）求； （3）判断线段上是否存在一点H，使得点H到平面的距离为？若存在，请求出点H的坐标；若不存在，请说明理由． 19. 已知函数． （1）若，，求a的取值范围． （2）当时，． ①判断函数在内的零点个数； ②证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $