山东省枣庄市市中区辅仁高级中学2025届高三下学期3月月考数学试卷（含解析）

这是一份山东省枣庄市市中区辅仁高级中学2025届高三下学期3月月考数学试卷（含解析），共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（本大题共8小题）
1．已知集合，，则（ ）
A．B．
C．或D．
2．命题，的否定是（ ）
A．，B．，
C．，D．，
3．已知复数，则“”是“复数的实部大于0”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
4．如图，已知，，，，则（ ）
A．B．C．D．
5．已知，则（ ）
A．B．C．D．
6．已知数列是等比数列，且，公比为2，则数列的前5项之和为（ ）
A．62B．66C．56D．46
7．已知函数的大致图象如图所示，则不等式的解集为（ ）
A．B．C．D．
8．设定义在R上的偶函数满足：，且当时.若，，，则a，b，c的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．已知的部分图象如图所示，则（ ）

A．的最小正周期为
B．的图像可由的图象向左平移个单位得到
C．的对称轴为
D．在区间上的最大值为
10．已知定义在上的函数的导函数为，且，，则下列判断中正确的是（ ）
A．B．
C．D．
11．已知双曲线（，）的左、右焦点分别为，，且，过点且斜率为的直线交于点，交的一条渐近线于点，则（ ）
A．若以为直径的圆经过点，则的离心率为2
B．若以为直径的圆经过点，则的离心率为
C．若，则的渐近线方程为
D．若点不在圆外，则的渐近线的斜率的绝对值不大于1
三、填空题（本大题共3小题）
12．已知幂函数的图象经过点，则 ．
13．在中，内角的对边分别为，且满足．若，则的最大值为 ．
14．四棱锥的底面为正方形，平面，且，．四棱锥的各个顶点均在球O的表面上，，，则该四棱锥外接球半径为 ；直线l与平面所成夹角的范围为 ．
四、解答题（本大题共5小题）
15．在数列中，，.
(1)证明：数列是等差数列.
(2)求的通项公式.
(3)若，求数列的前项和.
16．如图，在四棱锥中，，，,点在上，且，．
(1)若为线段中点，求证：平面．
(2)若平面，求平面与平面夹角的余弦值．
17．中国数学交通大会暨博览会将于9月在北京新国展举办.为做好本次博览会的服务工作，需从某高校选拔志愿者，现对该校踊跃报名的60名学生进行综合素质考核，将得到的分数分成3段：，得到如图所示的频率分布直方图：
(1)求m的值并估计这60名学生成绩的中位数（中位数保留一位小数）；
(2)从报名的60名学生中，根据考核情况利用比例分配的分层抽样法抽取6名学生，再从这6名学生中选取2人进行座谈会，求这2人考核成绩来自同一分数段的概率.
18．已知椭圆的焦距为2，点在上．
(1)求的标准方程；
(2)若点与关于坐标原点对称，点在上，求面积的最大值及此时的坐标．
19．已知函数 .
(1)当 时，求曲线 在点 处的切线方程；
(2)讨论 的单调性；
(3)若函数在上的最大值为 0，求实数的取值范围.
参考答案
1．【答案】A
【解析】先求集合，再求.
【详解】由题意或，所以.
故选A.
2．【答案】A
【分析】根据全称存在量词命题的否定形式，直接求解.
【详解】全称存在命题的否定是存在量词命题，并且否定结论，
所以命题，的否定是，.
故选A.
3．【答案】B
【详解】因为，
若其实部大于0，则，即，易知，
则是的必要不充分条件，即是的必要不充分条件，
则“”是“复数的实部大于0”的必要不充分条件，
故选B.
4．【答案】B
【详解】由，得，而，
所以.
故选B.
5．【答案】B
【详解】因为，所以，
所以，
故选B.
6．【答案】D
【详解】数列是首项为，公比为2的等比数列，
所以，所以，
所以数列的前5项之和为
.
故选D.
7．【答案】B
【详解】观察图象知，是函数的极小值点，求导得，
则，解得，当时，；当时，，
则是函数的极小值点，，，
不等式，解得，
所以不等式的解集为.
故选B.
8．【答案】B
【详解】∵，是偶函数，
∴，即，所以是周期函数，4是其一个周期，
，，，
时，，，是减函数，∴，
∴，
故选B．
9．【答案】ABD
【详解】
解：根据函数的部分图象，可得，.
再根据五点法作图可得，，因为，，
又最大值为，∴.
的最小正周期为，故A正确；
的图像可由的图象向左平移个单位得到，故B正确；
令，则，所以的对称轴为，故C不正确；
时，，在区间上单调递增，故当时，，故D正确，
故选ABD．
10．【答案】ACD
【详解】设，则，
所以在上单调递减，
对于A，由，即，即，故A正确；
对于B，由，即，又，则，故B错误；
对于C，由，即，即，故C正确；
对于D，由，即，即，故D正确.
故选ACD.
11．【答案】ACD
【详解】如图，连接，
由题意知直线的方程为，即，
直线与双曲线的渐近线平行，
所以，
则，，
联立方程，解得，即，
对于A，因为以为直径的圆经过点，则，
因为，，
所以，
解得，则的离心率，所以A正确；
对于B，因为以为直径的圆经过点，
则，则，，
所以由双曲线的定义知，可得，
所以的离心率，所以B不正确；
对于C，若，则为线段的中点，所以，
于是由在双曲线上，得，即，
解得，所以，
则的渐近线方程为，所以C正确；
对于D，因为，所以，
由余弦定理的推论得，
即，
解得，因为点不在圆外，
所以，即，解得，
所以的渐近线的斜率的绝对值不大于，所以D正确．
故选ACD．
12．【答案】/
【详解】设，则，故，则.
13．【答案】
【详解】由正弦定理可得，
即．
在中，由，得，
所以，又，，
所以，所以．
解法①：
由，结合正弦定理知，所以，
所以
，
其中，当时取等号，所以的最大值为．
解法②：
设，则，
根据余弦定理得，即，
因为关于的方程有正实数解，所以，解得，
所以的最大值为．
14．【答案】 1
【详解】因为四棱锥的底面为正方形，且平面，
将四棱锥补形成长方体，则四棱锥的外接球即为长方体的外接球，
可得四棱锥的外接球的球心O为的中点，∴，
连接，，交点为Q，因为底面为正方形，所以，
又平面，且平面，所以，
又，平面，平面，所以平面，即平面，
若平面，则l与平面所成的角为0．
如图，若过B的直线l与平面相交于点R，在平面中，过B作直线，与平面相交于点为S，
因为平面，且平面，所以，
又，，且，，平面，所以平面，
故过B且与垂直的直线与平面的交点的轨迹为直线，又平面，所以，
又，且，所以平面，又平面，
所以，又平面，所以为在平面内的射影，
即为直线l与平面所成的角，且，
在中，，，由射影定理求得 ，
而，当且仅当重合时，等号成立，
故，∴．
综上，直线l与平面所成夹角的取值范围为.
15．【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【详解】（1）证明：因为，所以，
所以.
因为，所以，所以数列是首项和公差均为1的等差数列.
（2）解：由（1）可得，
则，故.
（3）解：由（2）可得，
则
16．【答案】(1)证明见详解
(2)
【分析】（1）取的中点为，接，可证四边形为平行四边形，由线面平行的判定定理可得平面.
（2）建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量后可求夹角的余弦值.
【详解】（1）如图，取的中点为，接，则，
而，故，
连接，所以四边形为平行四边形，
故，而平面，平面，
所以平面.
（2）
因为，故，故，
故四边形为平行四边形，故，
因为平面，所以平面，
而平面，故，而，
故建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
则
设平面的法向量为，
则由可得，取，
设平面的法向量为，
则由可得，取，
故，
故平面与平面夹角的余弦值为.
17．【答案】(1)，中位数约为
(2)
【详解】（1）解：由频率分布直方图可得，解得，
因为，，所以中位数位于之间，
设中位数为，则，解得，
即中位数约为.
（2）解：由题意中抽取人，
中抽取人，中抽取人，
分别记作、、、、、，
从中选取人，则可能结果有、、、、、、、、
、、、、、、共个结果，
其中满足这人考核成绩来自同一分数段有、、、共个结果，
所以这人考核成绩来自同一分数段的概率.
18．【答案】(1)
(2)；或.
【详解】（1）由题意可知，，得，则的标准方程为.
（2）点与关于坐标原点对称，则直线的方程为，且，
设点，则点到直线的距离，
因，则，，
则，
因，则当时，
或，此时点或.
故面积的最大值为，此时的坐标为或.
19．【答案】(1)；
(2)答案见解析；
(3)
【详解】（1）当时，，
，，
所以在点处的切线方程为，即．
（2）由题意得的定义域为，
，
①当时，，
所以在上单调递增．
②当时，，
由，解得，
不妨设，则由韦达定理有，
又，
，即，
故在上单调递减，
在上单调递增，在上单调递减．
③当时，，
可得，所以在上单调递减．
综上，当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减，
在当时，在上单调递减，
在上单调递增，在上单调递减；
当时，在上单调递减．
（3）①当时，在上单调递增，，矛盾；
②当时，在上单调递增，
所以当时，，矛盾；
③当时，所以在上单调递减，，符合题意，
综上：所求实数的取值范围为．