精品解析：辽宁沈阳市同泽高级中学2025-2026学年高三下学期第三次月考数学试题

2025-2026学年高三下学期第三次月考数学试题 注意事项： 1．答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚． 2．每小题选出答案后，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．在试题卷上作答无效． 3．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．满分150分，考试用时120分钟． 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，只有一项是符合题目要求的） 1. 与向量垂直的单位向量是（ ） A. B. C. 和 D. 和 2. 已知全集，集合，则集合（ ） A. B. C. D. 3. 已知双曲线经过点，则其标准方程为（ ） A. B. C. D. 或 4. 已知等差数列的前n项和为，若，则的值为（ ） A. 0 B. 3 C. 6 D. 12 5. 下列结论的充分条件为“，为无理数”的是（ ） A. 为无理数 B. 为无理数 C. 为无理数 D. 6. 整数满足那么的最小值是（ ） A. 1 B. 0 C. 7 D. 4 7. 某中学为了解大数据提供的个性化作业质量情况，随机访问50名学生，根据这50名学生对个性化作业的评分，绘制频率分布直方图（如图所示），其中样本数据分组区间为，，，，，．则估计该中学学生对个性化作业的评分不低于70分的概率为（ ） A. 0.65 B. 0.68 C. 0.72 D. 0.55 8. 函数的部分图象如图所示，下列结论中正确的个数有（　　） ①的最小正周期为； ②直线是函数图象的一条对称轴； ③函数在上单调递增； ④将函数的图象向右平移个单位得到函数的图象． A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 二．多项选择题（本大题共3个小题，每小题6分，共18分．在每个小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 9. 已知复数z满足，是z的共轭复数，则下列说法正确的是（ ） A. B. 的虚部为 C. D. 10. “阿基米德多面体”又称“半正多面体”，与正多面体类似，它们也都是凸多面体，每个面都是正多边形，并且所有棱长也都相等，但不同之处在于阿基米德多面体的每个面的形状不全相同．有几种阿基米德多面体可由正多面体进行“截角”得到，如图，正八面体的棱长为3，取各条棱的三等分点，截去六个角后得到一种阿基米德多面体，则该阿基米德多面体（ ） A. 共有18个顶 B. 共有36条棱 C. 表面积为 D. 与正八面体的体积之比为8:9 11. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 函数有两个极值点 B. 函数有三个零点 C. 函数的图象关于点成中心对称 D. 直线是曲线的一条切线 三．填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知函数是偶函数，当时，，则当时，的解集为______． 13. 已知a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，且，则__________. 14. 已知函数，，若关于x的方程有三个不同的实数解，则的取值范围是__________. 四．解答题（共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 15. 在数列中，． （1）求证：数列为等比数列； （2）设，求数列的前项和． 16. 正态分布与指数分布均是用于描述连续型随机变量的概率分布.对于一个给定的连续型随机变量，定义其累积分布函数为.已知某系统由一个电源和并联的三个原件组成，在电源电压正常的情况下，至少一个元件正常工作才可保证系统正常运行，电源及各元件之间工作相互独立. （1）已知电源电压（单位：V）服从正态分布，且的累积分布函数为，求的值. （2）在数理统计中，指数分布常用于描述事件发生的时间间隔或等待时间.已知随机变量（单位：天）表示某高稳定性元件的使用寿命，且服从指数分布，其累积分布函数为 ①设，证明：； ②若第天元件发生故障，求第天系统正常运行的概率. 附：若随机变量服从正态分布，则，，. 17. 如图，三棱锥的四个顶点均在半径为2的球O的球面上， ，点分别为棱的中点. （1）证明: ； （2）若 ，三棱锥的体积为 时，求平面与平面所成角的余弦值. 18. 已知抛物线，点在上，为常数，，按照如下方式依次得到不同的点及：过点作斜率为的直线与交于点，过点作斜率为的直线与交于点．设直线交轴于点，直线交轴于点，记点的横坐标为． （1）若，求； （2）求证：数列为等差数列； （3）记的面积为，令求证：当时，． 19. 已知双曲正弦函数，双曲余弦函数． （1）求双曲正弦函数在处的切线方程； （2）证明：当时，； （3）证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年高三下学期第三次月考数学试题 注意事项： 1．答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚． 2．每小题选出答案后，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．在试题卷上作答无效． 3．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．满分150分，考试用时120分钟． 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，只有一项是符合题目要求的） 1. 与向量垂直的单位向量是（ ） A. B. C. 和 D. 和 【答案】C 【解析】 【分析】设与向量垂直的单位向量是，由题意可得，，结合平面向量数量积的坐标运算可得出关于、的方程组，解出这两个未知数的值，即可得出结果. 【详解】设与向量垂直的单位向量是，由题意可得，， 所以，解得或，故或. 故选：C. 2. 已知全集，集合，则集合（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先求集合，根据集合的运算逐一验证即可. 【详解】由题意有， 所以，所以，故A错误； ，故B错误； 因为， 所以，故C错误； 因为， 所以，故D正确. 故选：D. 3. 已知双曲线经过点，则其标准方程为（ ） A. B. C. D. 或 【答案】A 【解析】 【分析】设双曲线方程为，然后代点计算即可求得，从而求解. 【详解】设双曲线方程为， 则，解得， 所以双曲线的标准方程为. 故选：A. 4. 已知等差数列的前n项和为，若，则的值为（ ） A. 0 B. 3 C. 6 D. 12 【答案】A 【解析】 【分析】利用等差数列的片段和性质即可得解. 【详解】因为是等差数列，所以成等差数列， 又，所以成等差数列， 则，则. 故选：A. 5. 下列结论的充分条件为“，为无理数”的是（ ） A. 为无理数 B. 为无理数 C. 为无理数 D. 【答案】D 【解析】 【分析】举特殊值，可排除A、B、C选项，由0不是无理数可知D正确. 【详解】若，则为有理数，A错误； 若，则为有理数，B错误； 若，则为有理数，C错误； 若为无理数，则，所以，D正确． 故选：D. 6. 整数满足那么的最小值是（ ） A. 1 B. 0 C. 7 D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】平方去掉绝对值号，利用累加法后变形可得，根据左边为整数确定为奇数，据此寻求平方离11最近的数即可得解. 【详解】由题意，，，，， 累加可得，， 由，可得， 即， 所以， 由为整数，知为奇数， 所以的最小值为和的较小者， 故 的最小值为， 此时，，即可. 故选：A 7. 某中学为了解大数据提供的个性化作业质量情况，随机访问50名学生，根据这50名学生对个性化作业的评分，绘制频率分布直方图（如图所示），其中样本数据分组区间为，，，，，．则估计该中学学生对个性化作业的评分不低于70分的概率为（ ） A. 0.65 B. 0.68 C. 0.72 D. 0.55 【答案】B 【解析】 【详解】由频率分布直方图的性质知：，解得， 故评分不低于70分的概率为：. 8. 函数的部分图象如图所示，下列结论中正确的个数有（　　） ①的最小正周期为； ②直线是函数图象的一条对称轴； ③函数在上单调递增； ④将函数的图象向右平移个单位得到函数的图象． A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，由函数图象可得函数的解析式为，再由正弦型函数的性质对选项逐一判断，即可得到结果. 【详解】由图象可知，，且，所以， 且，即，所以①正确， 由①选项可知，，所以，即， 又因为， 所以，，即，， 且，所以，则， 因为，为的最大值， 正弦函数在最值点处为对称轴，所以②正确， 令，， 解得，， 所以函数的单调递增区间为：，， 当时，得函数在上单调递增，则在上先增后减，③错误； 将函数的图象向右平移个单位可得： ，故④正确. 二．多项选择题（本大题共3个小题，每小题6分，共18分．在每个小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 9. 已知复数z满足，是z的共轭复数，则下列说法正确的是（ ） A. B. 的虚部为 C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】由已知根据除法运算可得，根据复数模的运算可判断；根据共轭复数和虚部的概念可判断；由复数的四则运算可判断；由虚数不能比较大小可判断. 【详解】因为，所以， 所以，故正确； 因为，所以，所以的虚部为，故错误； ，故正确； 因为虚数不能比较大小，故错误. 故选：. 10. “阿基米德多面体”又称“半正多面体”，与正多面体类似，它们也都是凸多面体，每个面都是正多边形，并且所有棱长也都相等，但不同之处在于阿基米德多面体的每个面的形状不全相同．有几种阿基米德多面体可由正多面体进行“截角”得到，如图，正八面体的棱长为3，取各条棱的三等分点，截去六个角后得到一种阿基米德多面体，则该阿基米德多面体（ ） A. 共有18个顶 B. 共有36条棱 C. 表面积为 D. 与正八面体的体积之比为8:9 【答案】BD 【解析】 【分析】根据正八面体的几何性质，结合题意，利用正方形与正六边形的面积公式以及正四棱锥的体积公式，可得答案. 【详解】由图可知该多面体有24个顶点，36条棱，故A错误，B正确； 该多面体的棱长为1，且表面由6个正方形和8个正六边形组成， 故该多面体的表面积为，故C错误； 正八面体可分为两个全等的正四棱锥，其棱长为3， 过作平面于，连接，如下图： 因为平面，且平面，所以， 正方形中，由边长为3，则对角线长为，则， 在中，，则， 正八面体的体积为， 切割掉6个棱长均为1的正四棱锥，减少的体积为， 所以该阿基米德多面体的体积为， 所以该阿基米德多面体的体积与正八面体的体积之比为，故D正确． 故选：BD. 11. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 函数有两个极值点 B. 函数有三个零点 C. 函数的图象关于点成中心对称 D. 直线是曲线的一条切线 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，利用导数与极值点定义及关系即可；对于B，根据函数单调性以及极值即可判断；对于C，根据导函数对称性即可得解判断；对于D，由导数几何意义计算即可得解. 【详解】根据题意，函数，则， 令，可得或， 则当时，；当时，， 所以或是函数两个极值点，故A正确； 对于B，由A函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 又因为，，，， 所以函数有三个零点，故B正确； 对于C，因为，其图象的对称轴为直线， 所以函数的对称中心为，故C错误； 对于D，因为直线的斜率为， 所以由，计算可得或， 当时，，曲线在点处的切线方程为，不符合， 当时，，曲线在点处的切线方程为， 化简可得，符合，故D正确， 故选：ABD 三．填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知函数是偶函数，当时，，则当时，的解集为______． 【答案】 【解析】 【分析】本题通过偶函数的性质求出时的函数解析式，再解一元二次不等式得到解集. 【详解】设，则，由时，得. 因是偶函数，故. 解不等式（），因式分解得， 结合，得，即. 故答案为： 13. 已知a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，且，则__________. 【答案】## 【解析】 【分析】由正弦定理边化角，结合三角恒等变换化简可得，进而求得，得解. 【详解】因为， 由正弦定理，得，又， ， ，又，， ，即，又， ，即. 所以. 故答案为：. 14. 已知函数，，若关于x的方程有三个不同的实数解，则的取值范围是__________. 【答案】 【解析】 【分析】利用函数图象，结合二次方程零点分布，分类讨论特殊根，即可求出参数范围. 【详解】由函数， 作出的图象： 令，由关于x的方程有三个不同的实数解， 则方程有两个解，且有一个解，另一个解， 从而由二次函数零点分布可知： 当时，，此时另一个解，不满足题意； 当一个解，另一个解时， 需满足，解得， 综上的取值范围是. 故答案为： 四．解答题（共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 15. 在数列中，． （1）求证：数列为等比数列； （2）设，求数列的前项和． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据已知条件可得，结合等比数列的定义可证明结论； （2）结合（1）的结论可求出的表达式，即可得的表达式，利用分组求和以及错位相减法，即可求得答案. 【小问1详解】 由题意，故， ，结合可知为递增数列，可得 故，即数列是公比为3的等比数列． 【小问2详解】 由（1）可得，即， 采用分组求和方式．设为数列的前项和．为数列的前项和． 则① ② ①-②可得： 即． 又． 故． 16. 正态分布与指数分布均是用于描述连续型随机变量的概率分布.对于一个给定的连续型随机变量，定义其累积分布函数为.已知某系统由一个电源和并联的三个原件组成，在电源电压正常的情况下，至少一个元件正常工作才可保证系统正常运行，电源及各元件之间工作相互独立. （1）已知电源电压（单位：V）服从正态分布，且的累积分布函数为，求的值. （2）在数理统计中，指数分布常用于描述事件发生的时间间隔或等待时间.已知随机变量（单位：天）表示某高稳定性元件的使用寿命，且服从指数分布，其累积分布函数为 ①设，证明：； ②若第天元件发生故障，求第天系统正常运行的概率. 附：若随机变量服从正态分布，则，，. 【答案】（1）0.8186 （2）①证明见解析；② 【解析】 【分析】（1）根据正态分布性质得到； （2）①由条件概率得到，证明出结论； ②由①，得，从而元件B，C必须至少有一个正常工作，所求概率为. 【小问1详解】 ，其中，故， ， 由题设，得，， ； 【小问2详解】 ①由题设，得 ， . 所以. ②由①，得， 所以第天系统仍正常工作，元件B，C必须至少有一个正常工作， 因此所求概率为. 17. 如图，三棱锥的四个顶点均在半径为2的球O的球面上， ，点分别为棱的中点. （1）证明: ； （2）若 ，三棱锥的体积为 时，求平面与平面所成角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析； （2） 【解析】 【分析】（1）通过证明平面 ，即可求证； （2）建系求得两平面法向量，代入夹角公式即可. 【小问1详解】 已知 ，是 中点，所以， 又  分别为  中点，故  是 的中位线，得 ， 由 ，知 ，因此 ， 因为 ，且 平面 ，所以 平面 ， 又 平面 ，故 ，得证； 【小问2详解】 由（1），以  为原点， 为  轴， 为  轴，过作平面 的垂线为轴， 又，可得： ，，，，， 由 ，，设， ， 三棱锥体积 ， 解得 ，即 ， 因为平面 ，故平面  的一个法向量为 ， 在平面 中，， 设其法向量为， 则 令，得， 即， 设平面与平面所成角为， 则， 即平面与平面所成角余弦值是. 18. 已知抛物线，点在上，为常数，，按照如下方式依次得到不同的点及：过点作斜率为的直线与交于点，过点作斜率为的直线与交于点．设直线交轴于点，直线交轴于点，记点的横坐标为． （1）若，求； （2）求证：数列为等差数列； （3）记的面积为，令求证：当时，． 【答案】（1），； （2）证明见解析； （3）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）代入求出，再求出相关直线，并将其与抛物线方程联立，求出交点坐标即可得到答案； （2）设坐标，求出，，再构造新数列即可证明； （3）首先求出的表达式，再利用三角形面积公式得，再证明数列为等差数列，最后再利用裂项求和法即可证明. 【小问1详解】 将点代入曲线，得到，即曲线． 直线，令，则，则其与轴交于点，得到， 联立，解得或， 则其交于于另一点， 则直线，令，则，轴于点，得到. 【小问2详解】 设坐标为，且坐标为． ，得到， ，得到， 构造一个新数列，令； 则，且， 故数列为首项为2，公差为的等差数列．即． 分析图形可知， 即且为常数），，数列为等差数列． 【小问3详解】 直线斜率为斜率为，则， ， ， 则， ， 则 ， 故， . 故数列为等差数列． 则 而当时，． 则. 故: ，得证． 19. 已知双曲正弦函数，双曲余弦函数． （1）求双曲正弦函数在处的切线方程； （2）证明：当时，； （3）证明：． 【答案】（1）； （2）证明见解析； （3）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）直接求导得，，则得到切线方程； （2）方法一：令，求导得到单调性即可证明；方法二：首先证明当时，，令，证明其单调性即可证明； （3）首先利用导数证明，令，代入得到相关不等式组，累加得，再根据（2）得到，最后即可证明原不等式. 【小问1详解】 由已知，， 所以， 又，所以，切线方程为． 【小问2详解】 方法一：令， 则， ，当且仅当，即时，等号成立， 所以，所以在上单调递增， 所以， 所以当时，成立． 方法二：先证：当时，， 令，则， ，当且仅当，即时，等号成立， 所以，所以在上单调递增， 所以， 所以当时，成立． 再证：当时，， 令，则， 因此在上单调递增； 所以，故． 综上，当时，． 【小问3详解】 先证：，令， 则，令，则， 在上单调递增，， 即在上单调递增，， ，当时取等号， 即， 令，则， 当时，， 即， 则有：， 相加可得：， 因为，则，所以， 即． 又由（2）知，当时，． 所以，． 所以，. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $