陕西省西安市铁一中学2025届高三上学期第三次月考数学试题

这是一份陕西省西安市铁一中学2025届高三上学期第三次月考数学试题，共23页。试卷主要包含了 定义差集且，已知集合，，则， 已知，则， 已知，则的大小关系是， 已知，下列结论正确的是等内容，欢迎下载使用。

1. 定义差集且，已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据差集的定义直接求解即可.
【详解】因为，，
所以，
所以．
故选：B
2. 已知复数满足，则复数的共轭复数的模（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据复数四则运算法则和共轭复数的定义求解即可.
【详解】，
所以，所以.
故选：B.
3. 已知，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由，两边平方相加得到，再利用二倍角的余弦公式求解.
【详解】解：因为，
所以，
两式相加得：，即，
化简得，
所以，
故选：A
4. 已知点在抛物线上，抛物线的准线与轴交于点，线段的中点也在抛物线上，抛物线的焦点为，则线段的长为（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】结合图象利用是的中位线得，是的中位线得，再由抛物线得定义得，共同推得，得到，求得即得.
【详解】
如图，不妨设点在第一象限，依题知是的中位线，可知，过向准线做垂线，垂足分别为，
同理是的中位线，，由抛物线定义知，故得，
又，则点横坐标是，代入可得其纵坐标为，故.
故选：C．
5. 已知，则的大小关系是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】构造函数，利用导数法求最值得，从而有，再利用函数单调递减得，利用函数单调递增得，即可比较大小.
【详解】对，因为，则，即函数在单调递减，
且时，，则，即，所以，
因为且，所以，
又，所以.
故选：B
6. 折扇是我国古老文化的延续，在我国已有四千年左右的历史，“扇”与“善”谐音，折扇也寓意“善良”“善行”.它常以字画的形式体现我国的传统文化，也是运筹帷幄、决胜千里、大智大勇的象征（如图1）.图2是一个圆台的侧面展开图（扇形的一部分），若两个圆弧DE，AC所在圆的半径分别是3和6，且，则该圆台的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意求出圆台上下底面半径，圆台的高，代入圆台的体积计算公式即可求解.
【详解】设圆台上下底面的半径分别为，由题意可知，解得，
，解得：，作出圆台的轴截面，如图所示：
图中，，
过点向作垂线，垂足为，则，
所以圆台的高，
则上底面面积，，由圆台的体积计算公式可得：
，
故选：.
7. 已知中，，，，为所在平面内一点，且满足，则的值为（ ）.
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用平面向量线性运算得到，再使用平面向量数量积运算法则进行计算.
【详解】∵，
∴，
∴，
∴，
故选：B.
8. 已知可导函数的定义域为，为奇函数，设是的导函数，若为奇函数，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由为奇函数，结合导数运算可得，由为奇函数，可得，整理可得，进而分析可得，即可得结果.
【详解】因为为奇函数，则，
即，两边求导得，
则，可知关于直线对称，
又因为为奇函数，则，
即，可知关于点1,0对称，
令x=1，可得，即，
由可得，
由，可得，即，
可得，即，
令，可得；
令，可得；
且，可知8为的周期，
可知，
所以.
故选：D.
【点睛】方法点睛：函数的性质主要是函数的奇偶性、单调性和周期性以及函数图象的对称性，在解题中根据问题的条件通过变换函数的解析式或者已知的函数关系，推证函数的性质，根据函数的性质解决问题．
二､多选题（共18分）
9. 已知向量在向量方向上的投影向量为，向量，且与夹角，则向量可以为（ ）
A. B. C. D.
【答案】AD
【解析】
【分析】向量在向量方向上的投影向量为，根据此公式可求，再逐项求出夹角后可得正确的选项.
【详解】由题设可得，故，
而，与夹角，故，故，
对于A，，因，故，故A正确.
对于B，，因，故，故B错误.
对于C，，因，故，故C错误.
对于D，，因，故，故D错误.
故选：AD.
10. 已知，下列结论正确的是（ ）
A. 若的最小正周期为，则
B. 若的图象向左平移个单位长度后得到的图象关于轴对称，则
C. 若在上恰有4个极值点，则取值范围为
D. 存在，使得在上单调递减
【答案】ABC
【解析】
【分析】利用二倍角公式及辅助角公式先化简函数式，再利用三角函数的图象与性质一一判定选项即可.
【详解】由，
对于A，若的最小正周期为，则，故A正确；
对于B，若的图象向左平移个单位长度后得，其图象关于纵轴对称，
则有，显然，故B正确；
对于C，，
根据题意有，故C正确；
对于D，，
显然，，即该区间为包含的连续区间，
根据正弦函数的单调性可知：该区间不可能单调递减，故D错误.
故选：ABC
11. 已知正方体的棱长为2，棱的中点为，过点作正方体的截面，且，若点在截面内运动（包含边界），则（ ）
A. 当最大时，与所成的角为
B. 三棱锥的体积为定值
C. 若，则点的轨迹长度为
D. 若平面，则的最小值为
【答案】BCD
【解析】
【分析】记的中点分别为， 构建空间直角坐标系，证明共面，且平面，由此确定平面，找到MN最大时的位置，确定MN与BC所成角的平面角即可判断A，证明与平面平行，应用向量法求到面的距离，结合体积公式，求三棱锥的体积，判断B；根据球的截面性质确定 N的轨迹，进而求周长判断C，由平面确定的位置，通过翻折为平面图形，利用平面几何结论求解判断D.
【详解】记的中点分别为，
连接，连接，
因为，又
所以，，所以四边形为平行四边形，
连接，记其交点为，
根据正方体性质，可构建如下图示的空间直角坐标系，则，，，，,，，，，，，，

因为，，，，
，，，
所以，，，
，，
所以六点共面，
因为，，，
所以，，
所以，，
所以，又平面，
所以平面，故平面即为平面，
对于A，与重合时，MN最大，且，
所以MN与BC所成角的平面角为，
又，
所以，故MN与BC所成的角为，所以A错误；
对于B，因为所以，，，
所以，，
所以，，
所以，又平面，
所以平面，又平面，
所以平面平面，
所以点到平面的距离与点到平面的距离相等，
所以，
向量为平面的一个法向量，又，
所以到面的距离，
又为等边三角形，则，
所以三棱锥的体积为定值，B正确；
对于C：若，点在截面内，
所以点N的轨迹是以为球心， 半径为的球体被面所截的圆（或其一部分），
因为，，所以，
所以平面，所以截面圆的圆心为，
因为是面的法向量，而，
所以到面的距离为，
故轨迹圆的半径，又，
故点N的轨迹长度为，C正确.
对于D，平面，平面，
又平面与平面的交线为，
所以点的轨迹为线段，
翻折，使得其与矩形共面，如图，

所以当三点共线时，取最小值，最小值为，
由已知，，，
过作，垂足为，则，
所以
所以，
所以的最小值为，D正确；
故选：BCD
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键在于根据截面的性质确定满足条件的过点的截面位置，再结合异面直线夹角定义，锥体体积公式，球的截面性质，空间图形的翻折判断各选项.
三､填空题（共15分）
12. 2024年1月九省联考的数学试卷出现新结构，其中多选题计分标准如下：①本题共3小题，每小题6分，满分18分；②每道小题的四个选项中有两个或三个正确选项，全部选对得6分，有选错的得0分；③部分选对得部分分（若某小题正确选项为两个，漏选一个正确选项得3分；若某小题正确选项为三个，漏选一个正确选项得4分，漏选两个正确选项得2分）．已知在某次新结构数学试题的考试中，小明同学三个多选题中第一小题确定得满分，第二小题随机地选了两个选项，第三小题随机地选了一个选项，则小明同学多选题所有可能总得分（相同总分只记录一次）的中位数为______．
【答案】11
【解析】
【分析】列举出所有的得分情况，再结合中位数的概念求答案即可.
详解】由题意得小明同学第一题得6分；
第二题选了2个选项，可能得分情况有3种，分别是得0分、4分和6分；
第二题选了1个选项，可能得分情况有3种，分别是得0分、2分和3分；
由于相同总分只记录一次，因此小明的总分情况有：6分、8分、9分、10分、12分、13分、14分、15分共8种情况，
所以中位数为，
故答案为：11.
13. 已知双曲线的左右顶点分别为，点是双曲线上在第一象限内的点，直线的倾斜角分别为，当取最小值时，的面积为______.
【答案】
【解析】
【分析】利用两点斜率公式与双曲线方程求得为定值，进而利用基本不等式求得取最小值时的值，从而利用三角形面积公式即可得解.
【详解】因为双曲线，所以，
设，则，可得，
又因为分别为双曲线的左右顶点，可得，
所以；
又由，所以，
当且仅当时，等号成立，
所以，解得（负值舍去），
所以，所以（负值舍去），
所以的面积为.
故答案为：.
14. 已知，则使不等式能成立的正整数的最大值为__________．
【答案】
【解析】
【分析】先研究的单调性，故可得，从而可求正整数的最大值.
【详解】设，故，
当时，f′x>0；当时，f′x<0；
故在上为增函数，在上为减函数，
因为，故即，故，
故，所以即，
而，，
故正整数的最大值为，
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：导数背景下多变量的不等式问题，可根据题设中的不等式的形式构建新函数，从而得到各参数的取值范围.
四､解答题（共77分）
15. 如图，在平面四边形ABCD中，，．

（1）若，，求的值；
（2）若，，求四边形ABCD的面积．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）中求出，在中，由正弦定理求出的值；
（2）和中，由余弦定理求出和，得和，进而可求四边形ABCD的面积．
【小问1详解】
在中，，，则，
，
在中，由正弦定理得，
.
【小问2详解】
在和中，由余弦定理得
，
，
得，又，得，
则，，
四边形ABCD的面积
16. 如图，在三棱柱中，与的距离为，，．
（1）证明：平面平面ABC；
（2）若点N在棱上，求直线AN与平面所成角的正弦值的最大值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用等腰三角形的性质作线线垂直，结合线段长度及勾股定理判定线线垂直，根据线面垂直的判定与性质证明即可；
（2）建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量计算线面角结合基本不等式求最值即可.
【小问1详解】
取棱中点D，连接，因为，所以
因为三棱柱，所以，
所以，所以
因为，所以，；
因为，，所以，所以，
同理，
因为，且，平面，所以平面，
因平面，
所以平面平面；
【小问2详解】
取中点O，连接，取中点P，连接，则，
由（1）知平面，所以平面
因为平面，平面，
所以，，
因为，则
以O为坐标原点，，，所在的直线为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
可设点，，
，，，
设面的法向量为，得，
取，则，，所以
设直线与平面所成角为，
则
若，则，
若，则，
当且仅当，即时，等号成立，
所以直线与平面所成角的正弦值的最大值.
17. 已知数列的前项和为，当时，.
（1）证明：数列是等差数列；
（2）若，数列的前项和为，若恒成立，求正整数的最大值.
【答案】（1）证明见解析
（2）8
【解析】
【分析】（1）时，用代入化简，用等差数列的定义即可证明；
（2）用错位相减法求出，不等式可化为恒成立，再用基本不等式求得的最大值，从而可得的最大值.
【小问1详解】
由题意知，当时，，所以，
整理得：，即，所以数列是以1为公差的等差数列.
【小问2详解】
由，由（1）知是以2为首项、1为公差的等差数列，
所以，所以，
所以，①
所以，②
①-②得，
所以，所以.
因为，所以，
由于，当且仅当时等号成立，故正整数的最大值为8.
18. 设抛物线，过焦点F的直线与C交于点A，B．当直线垂直于x轴时，．
（1）求C的方程；
（2）已知点，直线，分别与C交于点C，D．
①求证：直线过定点；
②求与面积之和的最小值．
【答案】（1）证明见解析
（2）①证明见解析；②.
【解析】
【分析】（1）根据通径的定义求出得解；
（2）①设直线方程与抛物线联立，韦达定理找到坐标关系，同理可得和的坐标关系，设与x轴交于点G，同上面方法可求得为定值；
②利用面积分割法求出两个三角形面积表达式，然后利用二次函数求最值即可.
【小问1详解】
由题意通径长，，
的方程为．
【小问2详解】
①设直线方程为，，，，，
联立，
，，且，
同理，可得，，，
设与x轴交于点G，同上方法可得，
直线过定点2,0；
②，
当且仅当时取“”．
【点睛】关键点点睛：本题第二问关键是根据直线过轴上点，设出直线方程与抛物线联立，得到，进行转化运算得解.
19. 定义：若函数图象上恰好存在相异的两点满足曲线在和处的切线重合，则称为曲线的“双重切点”，直线为曲线的“双重切线”.
（1）直线是否为曲线的“双重切线”，请说明理由；
（2）已知函数gx=ex+1,x≤0,6-4x,x>0,求曲线的“双重切线”的方程；
（3）已知函数，直线为曲线的“双重切线”，记直线的斜率所有可能的取值为，若，证明：.
【答案】（1）不是，理由见解析；
（2）；
（3）证明见解析．
【解析】
【分析】（1）求出导数为1的切点坐标，写出过两切点的切线方程，比较可得；
（2）求出导数，利用其单调性可设切点为，且，写出两切线方程后由斜率相等，纵截距相等联立，求得切点坐标后可得切线方程；
（3）设对应的切点为，，对应的切点为，，由导数几何意义得，，由周期性，只需研究的情形，由余弦函数的性质，只需考虑，情形，在此条件下求得，
满足，即，构造函数（），则，由导数确定单调性，从而得出缩小的范围，所以，证明则，再由不等式的性质可证结论．
【小问1详解】
不是，理由如下：
由已知，由解得，，
又，，不妨设切点为，，
在点处的切线的方程为，即，
在点的切线方程为，即与直线不重合，
所以直线不是曲线的“双重切线”．
【小问2详解】
由题意g′(x)=ex+1,x≤04x2,x>0，函数和都是单调函数，
则可设切点为，且，
所以在点处的切线的方程为，
在点的切线方程为，
所以ex1+1=4x22ex1+1(1−x1)=6−4x2−4x2，消去得，
设（），
则，所以是减函数，
又，所以在时只有一解，
所以方程的解是，从而，
在点处切线方程为，即，
在点处的切线方程为，即，
所以“双重切线”方程为；
【小问3详解】
证明：设对应的切点为，，对应的切点为，，
由于，所以，，
由余弦函数的周期性，只要考虑的情形，又由余弦函数的图象，只需考虑，情形，
则，，其中，
所以，
又，，
即，，
时，，，
令（），则，，
在上单调递减，又，所以，
所以，此时，则，
所以．
【点睛】方法点睛：本题考查新定义，考查导数的几何意义．解题关键是正确理解新定义，并利用新定义进行问题的转化，转化为求函数图象的导数．新定义实际上函数图象在两个不同点处的切线重合，这种问题常常设出切点为，由导数几何意义，应用求出切点坐标或者分别写出过两点的切线方程，由斜率相等和纵截距相等求切点坐标．从而合问题获得解决．