2024-2025學年內(nèi)蒙古科左中旗民族高三上學期第三次月考數(shù)學檢測試題（含解析）

2024-2025學年內(nèi)蒙古科左中旗民族高三上學期第三次月考數(shù)學檢測試題一、單選題（本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。）1．已知全集，集合，，則（

）A． B．C． D．2．函數(shù)的圖象可能是（

）A． B．C． D．3．已知為虛數(shù)單位，若，則（

）A． B． C． D．4．已知函數(shù)，則的值為（

）A．1 B． C．2 D．5．函數(shù)的一個單調遞增區(qū)間是（

）A． B． C． D．6．如圖所示，在平行六面體中，為與的交點，若，則等于（）A． B．C． D．7．若，且，則下列不等式成立的是（

）A． B．C． D．8．下列比大小正確的是（

）A． B．C． D．多選題（共3小題，每小題6分，共18分。每小題給出的備選答案中，有多個選項是符合題意的。全部選對得6分，不分選對得3分，選錯或不選的0分。）9．下列說法正確的是（

）A．命題“，”是真命題B．已知關于的不等式的解集為，則C．函數(shù)的最小值為6D．“”是“關于的方程有一正根和一負根”的充要條件10．已知函數(shù)，則下列命題正確的是（

）A．若在上單調遞增，則的取值范圍是B．若在上恰有3個零點，則的取值范圍是C．若在上的值域為，則的取值范圍是D．若在上有最大值，沒有最小值，則的取值范圍是11．已知函數(shù)，則（

）A．是偶函數(shù) B．的最小正周期為πC．的最大值為 D．在上單調遞增三、填空題（本題共3個小題，每小題5分，共15分）12．已知函數(shù)，則在處切線方程為.13．若，則．14．已知，滿足，，則.四、解答題（本題共5小題，共77分．解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟．）15．已知全集，集合求：(1).(2).(3).16．已知函數(shù).(1)求函數(shù)的單調區(qū)間；(2)討論方程（）解的個數(shù).17．在中，角，，所對的邊分別為，，，已知，，．(1)求和的值；(2)求的值．18．如圖，在直三棱柱中，，，是中點．(1)求證：平面；(2)求平面與平面所成銳二面角的余弦值；19．已知函數(shù)．(1)求的最小正周期；(2)求的單調性；(3)求的最大值以及取得最大值時的集合；高三數(shù)學第三次月考答案題號12345678910答案ADCACBADBDACD題號11答案AC1．A【分析】根據(jù)并集、補集的定義計算可得.【詳解】因為，，所以，又，所以.故選：A2．D【分析】當時，，可排除A、B、C；當時，結合函數(shù)性質可得D選項符合要求.【詳解】當時，，故A、B、C錯誤；當時，若，則，且在上單調遞增，D選項不符合；當時，在上單調遞減，若，則，D選項符合；故函數(shù)的圖象可能是D.故選：D.3．C【分析】舉反例排除ABD，利用不等式的性質判斷C，從而得解.【詳解】因為，且，對于A，取，滿足，但，故A錯誤；對于B，取，滿足，但，故B錯誤；對于C，因為，所以，即，故C正確；對于D，取，則，故D錯誤.故選：C.4．A【分析】利用誘導公式化簡，再結合的圖象性質可得結果.【詳解】，由的圖象可知在，上單調遞增，上單調遞減，故A正確，BCD均錯誤.故選：A.5．C【分析】將題干等式兩邊同時平方，再結合同角三角函數(shù)基本關系與二倍角公式即可得出答案.【詳解】因為，所以.故選：C.6．B【分析】根據(jù)空間向量的運算法則，化簡得到，即可求解.【詳解】由題意，根據(jù)空間向量的運算法則，可得.故選：B.7．A【分析】利用復數(shù)的運算法則計算即可得到結果.【詳解】由得，，故.故選：A.8．D【分析】構造函數(shù)根據(jù)函數(shù)單調性判斷A,化簡函數(shù)構造函數(shù)后應用函數(shù)單調性判斷B,應用對數(shù)運算化簡判斷C,計算判斷D.【詳解】對于A:設,當在上單調遞增，所以,所以,A錯誤；對于B:設，當在上單調遞增，當在0,+∞上單調遞減,所以,所以,當取所以,B選項錯誤；對于C:因為，C錯誤；對于D:因為,D選項正確.故選：D.9．BD【分析】對于A：舉反例說明即可；對于B：可知：的兩根為，且，利用韋達定理分析判斷；對于C：換元，結合對勾函數(shù)單調性分析判斷；對于D：根據(jù)一元二次方程結合充分、必要條件分析判斷.【詳解】對于選項A：例如，但，可知命題“，”是假命題，故A錯誤；對于選項B：由題意可知：的兩根為，且，則，可得，所以，故B正確；對于選項C：令，可得，因為在內(nèi)單調遞增，且當時，，所以函數(shù)的最小值為，故C錯誤；對于選項D：若，則，可知方程有2個不相等的實根，且，所以方程有一正根和一負根，即充分性成立；若方程有一正根和一負根，設為，則，即必要性成立；綜上所述：“”是“關于的方程有一正根和一負根”的充要條件，故D正確；故選：BD.10．ACD【分析】把的范圍求出來，看成一個整體，再利用正弦曲線的性質，即可得到范圍的判斷.【詳解】對于A，當時，，又在上單調遞增，所以，可得，故A正確；對于B，當時，，若在上恰有3個零點，則，所以，故B錯誤；對于C，由題意得，即，故C正確；對于D，由題意得，解得，故D正確.故選：ACD.11．AC【分析】由偶函數(shù)的定義可得選項A正確；根據(jù)可得選項B錯誤；根據(jù)，結合倍角公式可得選項C正確；當時，函數(shù)可化為，根據(jù)正弦型函數(shù)的性質可得選項D錯誤.【詳解】因為定義域為，，所以，為偶函數(shù)，選項A正確．因為，的最小正周期不為π選項，B錯誤．，選項C正確．，，，時，，在上單調遞增，時，，在上單調遞減，選項D錯誤．故選：AC.12．【分析】首先求出函數(shù)的導函數(shù)，再根據(jù)導數(shù)的幾何意義求出以及，最后利用點斜式求出切線方程即可.【詳解】因為，所以，當時，，，所以在處切線方程的斜率，即切線方程為.故答案為.13．【分析】根據(jù)誘導公式求解.【詳解】因為.故14．/0.6【分析】將兩式平方相加，可得，平方相減，可得與的關系，結合和差化積公式把化成，可得的值.【詳解】因為，所以，，相加得，即，所以，相減得，又，，所以，所以，所以，解得.故方法點睛：已知，求值的問題，通常對已知的兩式有如下處理方式：（1）兩式平方相加，可得的值.（2）兩式相乘，利用和差化積公式，結合（1）中的值，可求的值.（3）兩式平方相減，結合和差化積公式，結合（1）中的值，可求的值.15．(1)(2)(3)【分析】（1）（2）（3）根據(jù)集合的交集，并集，補集的定義，計算即可.【詳解】（1）由題意，所以.（2）因為，所以.（3）因為，所以.16．(1)的單調遞減區(qū)間是，單調遞增區(qū)間是.(2)詳見解析.【分析】（1）根據(jù)函數(shù)的導函數(shù)與函數(shù)的單調性的關系可得函數(shù)單調區(qū)間；（2）由（1）得到函數(shù)的單調區(qū)間，從而求出函數(shù)的極大值和極小值，由此討論出在對應取值范圍內(nèi)方程解的個數(shù).【詳解】（1）的定義域為，，由f′x<0，可得，由，可得或x>0，∴函數(shù)的單調遞減區(qū)間是，單調遞增區(qū)間是.（2）由（1）可知函數(shù)在，0,+∞上單調遞增；函數(shù)在上單調遞減，∴在時函數(shù)取極大值：；在時函數(shù)取極小值：，又∵，，∴，可得函數(shù)的大致圖象，

∴當時，有0個解；當或時，有1個解；當時，有3個解；當時，有2個解.17．(1)，．(2)【分析】（1）由余弦定理求，再由正弦定理求出即可；（2）由二倍角的正、余弦公式及兩角和的正弦公式得解.【詳解】（1）在中，由，得．由已知及余弦定理，得，所以．由正弦定理，得．所以的值為，的值為．（2）由（1）及，得，所以，．所以．18．(1)證明見解析；(2)；(3).【分析】（1）連接，交于點，連接，易證，再由線面平行的判定證結論；（2）構建空間直角坐標系，應用向量法求面面角的余弦值；（3）根據(jù)（2）所得空間直角坐標系，應用向量法求點面距.【詳解】（1）連接，交于點，連接，直棱柱中，顯然是中點，又是中點，故，面，面，則面.（2）由直三棱柱中，故可構建如圖所示空間直角坐標系，所以面的一個法向量為，又，所以，若是面的一個法向量，則，令，則，所以平面與平面所成銳二面角的余弦值.（3）由，則，則點到平面的距離.19．(1)(2)詳見解析(3)詳見解析【分析】（1）先化簡函數(shù)的的解析式，再利用公式即可求得的最小正周期；（2）先求得的最大值，再利用整體代入法即可求得取最大值時的集合；（3）利用代入法即可求得在上的單調性【詳解】（1）則的最小正周期（2）由，得則當，時，取得最大值故的最大值為，取得最大值時的集合為；（3）由，可得，由，得，則在單調遞增；由，得，則在單調遞減故在上的單調遞增區(qū)間為，單調遞減區(qū)間為科左中旗民族職專·實驗高中2024-2025學年度上學期高三數(shù)學學科期中考試試題解析一、單選題123456DCCBBD7891011DDACDACDAD二、填空題120./6三、全部解析1．D【分析】借助導數(shù)公式計算即可得.【詳解】，則，解得.故選：D.2．C【分析】利用同角三角函數(shù)的基本關系結合計算，并且需要分類討論．【詳解】且，，又，，解得：或，當，則，則；當，則（舍去）；故選：C．3．C【分析】判斷向量是否共線，即可判斷向量是否作為基底．【詳解】、是平面內(nèi)所有向量的一組基底，與，不共線，可以作為基底，與，不共線，可以作為基底，，故與共線，不可以作為基底，與，不共線，可以作為基底，故選：C．4．B【分析】由已知結合等比數(shù)列的通項公式及性質即可求解.【詳解】等比數(shù)列中，各項均為正數(shù)，，則，所以與的等比中項為.故選：B.5．B【分析】解一元二次不等式可得，再由交集、并集運算可得結果.【詳解】解不等式可得；又可知，可知A錯誤，B正確；，即可得C錯誤，D錯誤.故選：B6．D【分析】根據(jù)線面垂直可得，故可求參數(shù)的值.【詳解】因為，故，故存在實數(shù)，使得，故，故，故選：D.7．D【分析】根據(jù)給定條件，利用平均數(shù)、眾數(shù)、方差、中位數(shù)的意義判斷即得.【詳解】依題意，第9名成績居于17名學生成績的中間位置，平均數(shù)是17名學生成績的平均值，眾數(shù)是出現(xiàn)次數(shù)最多的數(shù)，方差反應17名學生成績的波動大小，它們與成績的位置關系不大，而中位數(shù)是17名學生成績按由小到大排列，最中間位置的數(shù)，所以除了需要了解自己的成績，還需要了解這17名學生成績的中位數(shù).故選：D.8．D【分析】利用乘法運算先化簡復數(shù)，再利用求模公式計算即可.【詳解】因為，所以，故選：D.9．BC【分析】化簡各選項中的集合，利用集合相等的定義直接判斷．【詳解】對于A選項，，A不滿足條件；對于B選項，，B滿足條件；對于C選項，，C滿足條件；對于D選項，，D不滿足條件.故選：BC.10．ACD【分析】根據(jù)橢圓幾何性質逐一判斷即可.【詳解】因為，且橢圓的焦點在軸上，所以橢圓的長軸長為10，頂點為，焦距為8，離心率.故選：ACD11．AB【分析】利用不等式的性質，逐項計算判斷即可.【詳解】對于A，因為，不等式兩邊同除以，可得，故A正確；對于B，因為，所以，又，所以，故B正確；對于C，因為，所以，又，所以，故C不正確；對于D，令，則，解得，所以，因為，所以，因為，所以，所以，故D不正確.故選：AB.12．【分析】根據(jù)題意，結合函數(shù)的解析式有意義，列出不等式組，即可求解.【詳解】由函數(shù)有意義，則滿足，可得，即，解得，所以函數(shù)的定義域為.故答案為.13．【分析】由特稱命題的否定得到真命題，再求的最小值即可.【詳解】命題“”是假命題等價于命題“”是真命題．故，從而實數(shù)m的取值范圍是.故答案為.14．【分析】根據(jù)不等式的性質，求出，然后將不等式進行參變量分離，將恒成立問題，轉化為最值問題，通過換元，轉化為求二次函數(shù)的最值，從而得解.【詳解】因為，，則，所以，，又不等式恒成立，且，可得，令，則原題意等價于對一切，恒成立，當時，，故實數(shù)的取值范圍是.故答案為.15．(1)(2)【分析】（1）化簡集合，將原問題等價轉換為，對集合是否是空集進行分類討論，由此即可得解；（2）首先，即，然后再根據(jù)題意列出不等式即可求解.【詳解】（1），，若，則，情形一：若，則，此時滿足，故符合題意；情形二：若，則首先，其次還要滿足，所以；綜上所述，滿足題意的m的取值范圍是；（2）若，則首先，即，其次還需滿足或，解得或，綜上所述，滿足題意的的取值范圍為.16．(1)不動點為和；(2).【分析】（1）根據(jù)題意得到，解該一元二次方程即可得解；（2）根據(jù)題意，轉化為有兩個不相等的正實數(shù)根，結合根與系數(shù)的關系，得到，且，化簡，結合基本不等式，即可求解.【詳解】（1）令，可得，可得，解得，所以二次函數(shù)的不動點為和.（2）二次函數(shù)有兩個不相等的不動點，且，則方程有兩個不相等的正實數(shù)根，即方程有兩個不相等的正實數(shù)根，所以，且，因為，即，解得，可得，所以，當且僅當，即時等號成立，所以的最小值為.17．(1)(2)【分析】（1）根據(jù)題意，由導數(shù)的幾何意義代入計算，即可得到結果；（2）根據(jù)題意，求導可得f′x，然后分與討論，代入計算，即可得到結果.【詳解】（1），，，，所以的圖象在點1,f1處的切線方程為，即.（2），則，當時，f′x>0，即在0,+當時，，與題意不符.當時，，f′x>0，在上單調遞增；，f′x<0，在上單調遞減.當時，取得最大值，且為.由題意可得，解得.即實數(shù)的取值范圍為.18．(1)答案見解析(2)(3)切去的正方形邊長為時，才能使盒子的容積最大，【分析】（1）由題意得，當，，即可求解；（2）由（1），當時，，即可求解；（3）設小正方形的邊長為，得到盒子的容積為則，利用不等式，即可求解