2024_2025学年内蒙古科左中旗民族高三上学期第三次月考数学试卷[附解析]

这是一份2024_2025学年内蒙古科左中旗民族高三上学期第三次月考数学试卷[附解析]，共23页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．已知全集，集合，，则（ ）
A．B．
C．D．
2．函数的图象可能是（ ）
A．B．
C．D．
3．已知为虚数单位，若，则（ ）
A．B．C．D．
4．已知函数，则的值为（ ）
A．1B．C．2D．
5．函数的一个单调递增区间是（ ）
A．B．C．D．
6．如图所示，在平行六面体中，为与的交点，若，则等于（ ）
A．B．
C．D．
7．若，且，则下列不等式成立的是（ ）
A．B．
C．D．
8．下列比大小正确的是（ ）
A．B．
C．D．
多选题（共3小题，每小题6分，共18分。每小题给出的备选答案中，有多个选项是符合题意的。全部选对得6分，不分选对得3分，选错或不选的0分。）
9．下列说法正确的是（ ）
A．命题“，”是真命题
B．已知关于的不等式的解集为，则
C．函数的最小值为6
D．“”是“关于的方程有一正根和一负根”的充要条件
10．已知函数，则下列命题正确的是（ ）
A．若在上单调递增，则的取值范围是
B．若在上恰有3个零点，则的取值范围是
C．若在上的值域为，则的取值范围是
D．若在上有最大值，没有最小值，则的取值范围是
11．已知函数，则（ ）
A．是偶函数B．的最小正周期为π
C．的最大值为D．在上单调递增
三、填空题（本题共3个小题，每小题5分，共15分）
12．已知函数，则在处切线方程为 .
13．若，则 ．
14．已知，满足，，则 .
四、解答题（本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．）
15．已知全集，集合 求：
(1) .
(2).
(3).
16．已知函数.
(1)求函数的单调区间；
(2)讨论方程（）解的个数.
17．在中，角，，所对的边分别为，，，已知，，．
(1)求和的值； (2)求的值．
18．如图，在直三棱柱中，，，是中点．
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面所成锐二面角的余弦值；
19．已知函数．
(1)求的最小正周期；
(2)求的单调性；
(3)求的最大值以及取得最大值时的集合；
高三数学第三次月考答案
1．A
【分析】根据并集、补集的定义计算可得.
【详解】因为，，
所以，又 ，
所以.
故选：A
2．D
【分析】当时，，可排除A、B、C；当时，结合函数性质可得D选项符合要求.
【详解】当时，，故A、B、C错误；
当时，若，则，
且在上单调递增，D选项不符合；
当时，在上单调递减，
若，则，D选项符合；
故函数的图象可能是D.
故选：D.
3．C
【分析】举反例排除ABD，利用不等式的性质判断C，从而得解.
【详解】因为，且，
对于A，取，满足，但，故A错误；
对于B，取，满足，但，故B错误；
对于C，因为，所以，即，故C正确；
对于D，取，则，故D错误.
故选：C.
4．A
【分析】利用诱导公式化简，再结合的图象性质可得结果.
【详解】，
由的图象可知在，上单调递增，上单调递减，
故A正确，BCD均错误.
故选：A.
5．C
【分析】将题干等式两边同时平方，再结合同角三角函数基本关系与二倍角公式即可得出答案.
【详解】因为，
所以.
故选：C.
6．B
【分析】根据空间向量的运算法则，化简得到，即可求解.
【详解】由题意，根据空间向量的运算法则，可得
.
故选：B.
7．A
【分析】利用复数的运算法则计算即可得到结果.
【详解】由得，，
故.
故选：A.
8．D
【分析】构造函数根据函数单调性判断A,化简函数构造函数后应用函数单调性判断B,应用对数运算化简判断C,计算判断D.
【详解】对于A:设,
当在上单调递增，
所以,所以,A错误；
对于B:设，
当在上单调递增，当在0,+∞上单调递减,
所以 ,
所以,
当取所以,B选项错误；
对于C:因为，C错误；
对于D:因为,D选项正确.
故选：D.
9．BD
【分析】对于A：举反例说明即可；对于B：可知：的两根为，且，利用韦达定理分析判断；对于C：换元，结合对勾函数单调性分析判断；对于D：根据一元二次方程结合充分、必要条件分析判断.
【详解】对于选项A：例如，但，
可知命题“，”是假命题，故A错误；
对于选项B：由题意可知：的两根为，且，
则，可得，所以，故B正确；
对于选项C：令，可得，
因为在内单调递增，且当时，，
所以函数的最小值为，故C错误；
对于选项D：若，则，
可知方程有2个不相等的实根，且，
所以方程有一正根和一负根，即充分性成立；
若方程有一正根和一负根，设为，则，即必要性成立；
综上所述：“”是“关于的方程有一正根和一负根”的充要条件，故D正确；
故选：BD.
10．ACD
【分析】把的范围求出来，看成一个整体，再利用正弦曲线的性质，即可得到范围的判断.
【详解】对于A，当时，，
又在上单调递增，所以，可得，故A正确；
对于B，当时，，若在上恰有3个零点，
则，所以，故B错误；
对于C，由题意得，即，故C正确；
对于D，由题意得，解得，故D正确.
故选：ACD.
11．AC
【分析】由偶函数的定义可得选项A正确；根据可得选项B错误；根据，结合倍角公式可得选项C正确；当时，函数可化为，根据正弦型函数的性质可得选项D错误.
【详解】因为定义域为，，所以，为偶函数，选项A正确．
因为，
的最小正周期不为π选项，B错误．
，选项C正确．
，，，
时，，在上单调递增，
时，，在上单调递减，选项D错误．
故选：AC.
12．
【分析】首先求出函数的导函数，再根据导数的几何意义求出以及，最后利用点斜式求出切线方程即可.
【详解】因为，所以，
当时，，，
所以在处切线方程的斜率，即切线方程为.
故答案为.
13．
【分析】根据诱导公式求解.
【详解】因为.
故
14．/0.6
【分析】将两式平方相加，可得，平方相减，可得与的关系，结合和差化积公式把化成，可得的值.
【详解】因为，
所以，，
相加得，
即，所以，
相减得
，
又，
，
所以，
所以，
所以，
解得.
故
方法点睛：已知，求值的问题，通常对已知的两式有如下处理方式：
（1）两式平方相加，可得的值.
（2）两式相乘，利用和差化积公式，结合（1）中的值，可求的值.
（3）两式平方相减，结合和差化积公式，结合（1）中的值，可求的值.
15．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）（2）（3）根据集合的交集，并集，补集的定义，计算即可.
【详解】（1）由题意，
所以.
（2）因为，所以.
（3）因为，所以.
16．(1)的单调递减区间是，单调递增区间是.
(2)详见解析.
【分析】（1）根据函数的导函数与函数的单调性的关系可得函数单调区间；
（2）由（1）得到函数的单调区间，从而求出函数的极大值和极小值，由此讨论出在对应取值范围内方程解的个数.
【详解】（1）的定义域为，
，
由f′x0，
∴函数的单调递减区间是，单调递增区间是.
（2）由（1）可知函数在，0,+∞上单调递增；函数在上单调递减，
∴在时函数取极大值：；在时函数取极小值：，
又∵，，∴，
可得函数的大致图象，

∴当时，有0个解；
当或时，有1个解；
当时，有3个解；
当时，有2个解.
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、余弦公式及两角和的正弦公式得解.
【详解】（1）在中，由，得．
由已知及余弦定理，得，所以．
由正弦定理，得．
所以的值为，的值为．
（2）由（1）及，得，
所以，．
所以．
18．(1)证明见解析；
(2)；
(3).
【分析】（1）连接，交于点，连接，易证，再由线面平行的判定证结论；
（2）构建空间直角坐标系，应用向量法求面面角的余弦值；
（3）根据（2）所得空间直角坐标系，应用向量法求点面距.
【详解】（1）连接，交于点，连接，直棱柱中，显然是中点，
又是中点，故，面，面，则面.
（2）由直三棱柱中，故可构建如图所示空间直角坐标系，
所以面的一个法向量为，又，
所以，若是面的一个法向量，
则，令，则，
所以平面与平面所成锐二面角的余弦值.
（3）由，则，则点到平面的距离.
19．(1)
(2)详见解析
(3)详见解析
【分析】（1）先化简函数的的解析式，再利用公式即可求得的最小正周期；
（2）先求得的最大值，再利用整体代入法即可求得取最大值时的集合；
（3）利用代入法即可求得在上的单调性
【详解】（1）
则的最小正周期
（2）由，得
则当，时，取得最大值
故的最大值为，取得最大值时的集合为；
（3）由，可得，
由，得，则在单调递增；
由，得，则在单调递减
故在上的单调递增区间为，单调递减区间为
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
A
D
C
A
C
B
A
D
BD
ACD
题号
11









答案
AC









科左中旗民族职专·实验高中2024-2025学年度上学期
高三数学学科期中考试试题解析
一、单选题
二、填空题
12 0./6
三、全部解析
1．D
【分析】借助导数公式计算即可得.
【详解】，则，解得.
故选：D.
2．C
【分析】利用同角三角函数的基本关系结合计算，并且需要分类讨论．
【详解】且，
，
又，
，
解得：或，
当，则，则；
当，则（舍去）；
故选：C．
3．C
【分析】判断向量是否共线，即可判断向量是否作为基底．
【详解】、是平面内所有向量的一组基底，
与，不共线，可以作为基底，
与，不共线，可以作为基底，
，故与共线，不可以作为基底，
与，不共线，可以作为基底，
故选：C．
4．B
【分析】由已知结合等比数列的通项公式及性质即可求解.
【详解】等比数列中，各项均为正数，，
则，
所以与的等比中项为.
故选：B.
5．B
【分析】解一元二次不等式可得，再由交集、并集运算可得结果.
【详解】解不等式可得；
又可知，可知A错误，B正确；
，即可得C错误，D错误.
故选：B
6．D
【分析】根据线面垂直可得，故可求参数的值.
【详解】因为，故，
故存在实数，使得，故，故，
故选：D.
7．D
【分析】根据给定条件，利用平均数、众数、方差、中位数的意义判断即得.
【详解】依题意，第9名成绩居于17名学生成绩的中间位置，
平均数是17名学生成绩的平均值，众数是出现次数最多的数，方差反应17名学生成绩的波动大小，
它们与成绩的位置关系不大，而中位数是17名学生成绩按由小到大排列，最中间位置的数，
所以除了需要了解自己的成绩，还需要了解这17名学生成绩的中位数.
故选：D.
8．D
【分析】利用乘法运算先化简复数，再利用求模公式计算即可.
【详解】因为，
所以，
故选：D.
9．BC
【分析】化简各选项中的集合，利用集合相等的定义直接判断．
【详解】对于A选项，，A不满足条件；
对于B选项，，B满足条件；
对于C选项，，C满足条件；
对于D选项，，D不满足条件.
故选：BC.
10．ACD
【分析】根据椭圆几何性质逐一判断即可.
【详解】因为，且椭圆的焦点在轴上，
所以椭圆的长轴长为10，顶点为，焦距为8，离心率.
故选：ACD
11．AB
【分析】利用不等式的性质，逐项计算判断即可.
【详解】对于A，因为，不等式两边同除以，可得，故A正确；
对于B，因为，所以，又，
所以，故B正确；
对于C，因为，所以，又，所以，故C不正确；
对于D，令，
则，解得，所以，
因为，所以，
因为，所以，
所以，故D不正确.
故选：AB.
12．
【分析】根据题意，结合函数的解析式有意义，列出不等式组，即可求解.
【详解】由函数有意义，
则满足，可得，即，解得，
所以函数的定义域为.
故答案为.
13．
【分析】由特称命题的否定得到真命题，再求的最小值即可.
【详解】命题“”是假命题等价于命题“”是真命题．
故，从而实数m的取值范围是.
故答案为.
14．
【分析】根据不等式的性质，求出，然后将不等式进行参变量分离，将恒成立问题，转化为最值问题，通过换元，转化为求二次函数的最值，从而得解.
【详解】因为，，则，所以，，
又不等式恒成立，且，可得，
令，则原题意等价于对一切，恒成立，
当时，，
故实数的取值范围是.
故答案为.
15．(1)
(2)
【分析】（1）化简集合，将原问题等价转换为，对集合是否是空集进行分类讨论，由此即可得解；
（2）首先，即，然后再根据题意列出不等式即可求解.
【详解】（1），，
若，则，
情形一：若，则，此时满足，
故符合题意；
情形二：若，则首先，其次还要满足，
所以；
综上所述，满足题意的m的取值范围是；
（2）若，则首先，即，
其次还需满足或，解得或，
综上所述，满足题意的的取值范围为.
16．(1)不动点为和；
(2).
【分析】（1）根据题意得到，解该一元二次方程即可得解；
（2）根据题意，转化为有两个不相等的正实数根，结合根与系数的关系，得到，且，化简，结合基本不等式，即可求解.
【详解】（1）令，可得，
可得，解得，
所以二次函数的不动点为和.
（2）二次函数有两个不相等的不动点，且，
则方程有两个不相等的正实数根，
即方程有两个不相等的正实数根，
所以，且，
因为，即，解得，可得，
所以
，
当且仅当，即时等号成立，
所以的最小值为.
17．(1)
(2)
【分析】（1）根据题意，由导数的几何意义代入计算，即可得到结果；
（2）根据题意，求导可得f′x，然后分与讨论，代入计算，即可得到结果.
【详解】（1），，
，，
所以的图象在点1,f1处的切线方程为，即.
（2），则，
当时，f′x>0，即在0,+∞上单调递增.
当时，，与题意不符.
当时，，f′x>0，在上单调递增；
，f′x