贵州省黔西南布依族苗族自治州兴义市2024-2025学年高三上学期第三次月考数学试题（含解析）

秋季学期高三年级第三次月考卷
数学
考生注意：
1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟.
2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚.
3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷 草稿纸上作答无效.
4.本卷命题范围：集合与常用逻辑用语，不等式，函数，导数，三角函数与解三角形，平面向量与复数，立体几何与空间向量.
一 选择题：本题共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.（ ）
A. B. C.2 D.1
2.已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
3.设，则“”是“”的（ ）
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.既不充分又不必要条件
4.已知圆锥的表面积为，其侧面展开图是一个半圆，则该圆锥的底面直径为（ ）
A.1 B.2 C.3 D.4
5.已知角的顶点在坐标原点，始边与轴的非负半轴重合.若角的终边绕着原点按顺时针方向旋转后经过点，则（ ）
A.7 B. C. D.
6.若函数的值域为，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
7.在中，，且，则的值为（ ）
A. B. C. D.
8.半正多面体亦称“阿基米德体”或者称“阿基米德多面体”，是以边数不全相同的正多边形为面的多面体，体现了数学的对称美.某半正多面体由4个正三角形和4个正六边形构成，其可由正四面体切割而成，如图所示.已知，若在该半正多面体内放一个球，则该球体积的最大值为（ ）
A. B. C. D.
二 多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.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.已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题为真命题的有（ ）
A.若，则平行或相交
B.若，则
C.若，则
D.若，则平行或相交
10.已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A.函数的最小正周期为
B.函数的图象的一条对称轴方程为
C.函数的图象可由的图象向左平移个单位长度得到
D.函数在区间上单调递增
11.已知函数的定义域为，其导函数为.若，且，则（ ）
A.是增函数 B.是减函数
C.有最大值 D.没有极值
三 填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.已知关于的不等式的解集为，则实数的取值范围是__________.
13.在空间直角坐标系中，已知，且平面的法向量为，则到平面的距离为__________.
14.已知函数和的零点分别为，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.（本小题满分13分）
已知向量，且.
（1）求；
（2）求与的夹角.
16.（本小题满分15分）
在中，内角的对边分别为，且.
（1）求角的大小；
（2）若，求的面积.
17.（本小题满分15分）
已知函数.
（1）若，求的图象在处的切线方程；
（2）若恰有两个极值点，求的取值范围.
18.（本小题满分17分）
如图，多面体是由正四棱锥与三棱锥拼接而成，正四棱锥的所有棱长均为为的中点.
（1）证明：平面；
（2）若，求平面与平面所成二面角的正弦值.
19.（本小题满分17分）
定义：若函数与的图象在上有且仅有一个交点，则称函数与在上单交，此交点被称为“单交点”.已知函数.
（1）讨论函数的单调性；
（2）当时，
（i）求证：函数与在上存在“单交点”；
（ii）对于（i）中的正数，证明：.
秋季学期高三年级第三次月考卷 数学
参考答案 提示及评分细则
1.B ，故.故选B.
2.B 由题意可得，所以.故选B.
3.A 若，又，所以，所以“”是“”的充分条件；若，又，所以或，所以“”不是“”的必要条件，所以“”是“”的充分不必要条件.故选A.
4.B 设圆锥的母线长为，底面圆的半径为，所以，所以，所以，解得，所以该圆锥的底面直径为.故选B.
5.D 设旋转后的角为，则，，所以.故选D.
6.D 依题意，函数的值域为，所以，解得或，即的取值范围是.故选D.
7.C 因为，所以，所以，因为，所以，解得.故选C.
8.A 由题意，半正多面体由4个正三角形和4个正六边形构成，其可由正四面体切割而成，，当球的体积最大时，该球的球心即为半正多面体所在正四面体的内切球的球心，记球心为.在中，，，该半正多面体所在的正四面体的高，设点到正六边形所在平面的距离为，过点作于，由几何知识得，，所以，即，解得，所以当球的体积最大时，该球的半径为，则该球的体积为.故选A.
9.BD 若，则平行或相交或异面，故A错误；若，则，故B正确；若，则平行或相交，故C错误；若，则平行或相交，故D正确.故选BD.
10.ABC ，函数的最小正周期为，故A正确；由，得，当时，，故B正确；由的图象向左平移个单位长度，得，故C正确；因为，函数在上不单调，故D错误.故选ABC.
11.AD 因为，所以，设，则，因为，所以恒成立，所以在上单调递增，又因为，所以，所以当时，，当时，，当时，，，故恒成立；当时，，故恒成立.所以在上恒成立，故在上单调递增.故选AD.
12. 因为关于的不等式的解集为，所以，解得，即实数的取值范围是.
13. 依题意，平面的法向量为，所以点到平面的距离.
14.2 令，则函数和的图象与函数交点的横坐标分别为 ，又易得和的图象关于对称，设和与的交点坐标分别为，可知交点坐标也关于直线对称，所以，即.
15.解：（1）因为向量，所以，
由得，解得，所以.
又，所以.
（2）设向量与向量的夹角为，因为，
所以.
又，所以，
即向量与向量的夹角是.
16.解：（1）因为，
所以，
由余弦定理得，所以，
由正弦定理得，又，
所以，所以，
所以，所以.
因为，所以，所以，所以.
（2）因为，由正弦定理得，
由余弦定理得，
所以，解得，所以，
所以的面积.
17.（1）解：若，则，所以，
所以，又，
所以的图象在处的切线方程为，即.
（2）解：由题意知，
又函数恰有两个极值点，
所以在上有两个不等实根，
令，所以
解得，即的取值范围是.
18.（1）证明：因为四棱锥是正四棱锥，所以，
又为的中点，所以.
在正方形中，，所以，
在正方形中，，因为，所以，
因为平面，所以平面.
（2）解：连接，与交于点，连接，
因为四棱锥是正四棱锥，
所以两两垂直，以为坐标原点，直线分别
为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，
，
因为，
所以.
所以.
设平面的法向量为，
则有即
取，得，
设平面的法向量为，则有得
取，得，
设平面与平面所成二面角为，则，
所以，
故平面与平面所成二面角的正弦值为.
19.（1）解：，
当时，对任意恒成立，故函数在上单调递增；
当时，令，得；令，得，故函数在上单调递减，在上单调递增.
（2）证明：（i）令，得，得（），
设，则
设，则.
当时，单调递减.
即在上单调递减，且，
故，使得.
当时，，函数单调递增；
当时，，函数单调递减.
因为，
所以在上只有一个零点，故函数在上只有一个零点，
即函数与在上存在“单交点”.
（ii）因为，所以要证，即证，
即证，只需证.
因为，得，
所以只需证即可.
令，则.
当时，单调递增；
当时，单调递减，
故，即，
原不等式即证.