广东省深圳外国语学校（集团）龙华高中部2025-2026学年高三上学期第二次月考数学试卷
1．（2025高三上·深圳月考）命题“是偶函数”的否定形式是（ ）
A．是奇函数 B．不是偶函数
C．是奇函数 D．不是偶函数
2．（2025高三上·深圳月考）集合，，若，则a的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
3．（2025高三上·深圳月考）命题“，”为真命题的一个充分不必要条件是（ ）
A． B． C． D．
4．（2025高三上·深圳月考）已知，则（ ）
A． B． C． D．
5．（2025高三上·深圳月考）已知定义在上的函数满足，且在区间上单调递增，则满足的的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
6．（2025高三上·深圳月考）已知函数，当时，有极大值，则（ ）
A． B． C．0 D．或1
7．（2025高三上·深圳月考）已知，，，则的最大值为（ ）
A． B． C．1 D．
8．（2025高三上·深圳月考）已知函数，若函数恰有3个不同的零点，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
9．（2025高三上·深圳月考）下列函数中，既是偶函数又在区间上单调递增的有（ ）
A． B． C． D．
10．（2025高三上·深圳月考）如图，在棱长为1的正方体中，M是的中点，点P是侧面上的动点，且平面，则（ ）
A．P在侧面的轨迹长度为
B．异面直线AB与MP所成角的最大值为
C．三棱锥的体积为定值
D．直线MP与平面所成角的正切值的取值范围是
11．（2025高三上·深圳月考）已知函数及其导函数的定义域为，若与均为偶函数，且，则下列结论正确的是（ ）
A． B．4是的一个周期
C． D．的图象关于点对称
12．（2025高三上·深圳月考）函数的单调递增区间为 .
13．（2025高三上·深圳月考）攒尖是我国古代建筑中屋顶的一种结构样式.如图所示的亭子模型带有攒尖，其屋顶可近似看作一个圆锥，若此圆锥底的面积为4π，体积为 则将此圆锥展开，所得扇形的圆心角为 .
14．（2025高三上·深圳月考）已知函数，.若，则k的取值范围为 .
15．（2025高三上·深圳月考）已知函数.
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）当时，求证：.
16．（2025高三上·深圳月考）如图，四棱锥中，三角形是以为斜边的等腰直角三角形，点为线段的中点，，，，．
（1）求证：直线平面；
（2）求直线与平面间的距离．
17．（2025高三上·深圳月考）在研究某市交通情况时，道路密度是指该路段一定时间内通过的车辆除以时间，车辆密度是该路段一定时间内通过的车辆数除以该路段的长度，现定义交通流量为，为道路密度，为车辆密度.已知某道路的交通流量 ，
（1）若交通流量，求道路密度的取值范围；
（2）若道路密度时，测得交通流量，，求车辆密度的最大值.
18．（2025高三上·深圳月考）如图，在平面四边形ABCD中，，，将沿AC翻折，使点到达点的位置，且平面平面ABC.
（1）证明：；
（2）设三棱锥的各个顶点都在球的球面上，且二面角的大小为.
（i）求球的表面积与体积；
（ii）若为线段PC（点除外）上的动点，求直线BM与平面OBC所成角的最大值.
19．（2025高三上·深圳月考）已知函数，且在点处的切线的斜率为．设函数的最大值为．
（1）求的值；
（2）求证：；
（3）若不等式，求实数的最大值．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】命题的否定
【解析】【解答】解：命题“是偶函数”的否定形式为：
“不是偶函数”，
故答案为：B.
【分析】明确存在量词命题的否定规则：将存在量词“”改为全称量词“”，并否定原命题的结论.判断原命题的量词类型，再按照规则对量词和结论分别处理，从而得到否定形式.
2．【答案】C
【知识点】交集及其运算；指、对数不等式的解法
【解析】【解答】解：对集合，，即，解得，所以；
对集合，，即，解得，所以.又，
所以，所以.
故答案为：C.
【分析】分别求解集合、的具体范围，再根据集合的交集为空集的条件，分析两个集合的边界关系，从而确定参数的取值范围.
3．【答案】D
【知识点】命题的真假判断与应用；必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】解：若命题“，”为真命题，
则，恒成立.
令，
则函数在上单调递减，在上单调递增，且，
所以在当时，取得最大值6，可得，
所以各选项中只有是的一个充分不必要条件，
即是“，”为真命题的一个充分不必要条件.
故答案为：D.
【分析】先求出命题为真时a的取值范围，再根据 “充分不必要条件” 是该范围的真子集这一特点，确定选项。
4．【答案】A
【知识点】函数的单调性及单调区间；指数函数的概念与表示；对数函数的单调性与特殊点
【解析】【解答】解：由题意可知，，
又，，而，故，即，
因为，所以.
故答案为：A
【分析】分别分析指数式和两个对数式、的取值范围，再比较它们的大小.用指数函数、对数函数的单调性，结合对数的换底公式来判断、、的大小关系.
5．【答案】B
【知识点】函数的单调性及单调区间；奇偶函数图象的对称性
【解析】【解答】解：因为函数满足，所以的图象关于直线对称，
又在区间上单调递增，所以在区间上单调递减．
因为，所以，即，
平方后解得，所以的取值范围为．
故答案为：B．
【分析】根据函数的对称性条件确定对称轴，再结合已知区间的单调性推出另一区间的单调性；然后利用对称性将函数值的大小关系转化为自变量到对称轴距离的大小关系，进而通过解不等式得到的取值范围.
6．【答案】A
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值
【解析】【解答】解：由题知在时取得极大值，
，解得或，
当时，，
由，在区间上单调递增；
由在区间上单调递减．
此时在时取得极大值，满足题意，
当时，，则在上单调递增，不符合题意，故舍去．
．
故答案为：A.
【分析】本题先求函数的导函数，利用 “极值点处导数为 0” 列方程求a的可能值，再通过导数的符号变化验证是否为极大值点。
7．【答案】D
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：因为，，且，
所以，
当且仅当时等号成立，则的最大值为．
故答案为：D．
【分析】根据已知条件对表达式进行变形，构造出可以使用基本不等式的形式，再利用基本不等式“一正二定三相等”的原则来求解最大值.
8．【答案】A
【知识点】函数单调性的性质；利用导数研究函数最大（小）值；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：已知，其定义域为，
则，
令，即，则，解得．
当或时，，，单调递减；
当时，，，单调递增．
所以在处取得极小值，也是最小值，．
令，则，
函数恰有个不同的零点，
即方程(e不是方程的根)有两个不同的实数根，，
且其中一个根为，另一个根．
则，解得 .
实数的取值范围是．
故答案为：A．
【分析】先分析f(x)的单调性与极值，再通过换元将g(x)的零点问题转化为二次方程的根分布问题，结合f(x)的取值范围确定a的范围。
9．【答案】A,C
【知识点】函数单调性的判断与证明；函数的奇偶性；指数函数的单调性与特殊点；幂函数的图象与性质
【解析】【解答】解：是奇函数，故B不正确；
是偶函数，因为，
所以在上单调递减，在上单调递增.故D不正确；
是偶函数，且在区间上单调递增；
是偶函数，，所以在区间上单调递增.故A、C正确.
故答案为：AC.
【分析】根据偶函数的定义（）判断函数的奇偶性，再结合函数的单调性定义或图象特征分析在上的单调性，从而逐一筛选出符合条件的函数.
10．【答案】A,B,D
【知识点】多面体和旋转体表面上的最短距离问题；异面直线所成的角；直线与平面所成的角；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：A、取的中点，取的中点，取的中点，依题意，//，
易证//，则//，可知，四点共面，
又平面平面，所以//平面，同理，//平面，又平面，所以平面平面，
又平面，所以平面，于是，在侧面的轨迹即为线段，
由，得，故A正确；
B、当在处时，此时直线，即异面直线与所成角的最大值为，故B正确；
C、由上可知，平面，则线段上的点到平面的距离为定值，的面积为定值，则，故C错误；
D、由于平面平面，故直线与平面所成角和直线与平面所成角相等，
取的中点，连接，则平面，故是直线与平面所成的角，
且，易求得，则，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】利用空间直线、平面的位置关系和三棱锥的体积公式、线面角的概念计算求解判断即可.
11．【答案】A,B,D
【知识点】函数的奇偶性；奇偶函数图象的对称性；函数的周期性；简单复合函数求导法则
【解析】【解答】解： 因为为偶函数，所以，则，
而，故，所以，
又为偶函数，所以，即，
所以，故，且，
所以，则4是的周期，故B正确．
A：由两边求导得，
令得，解得，A正确；
C：由上知，令，则，
则，C错误；
D，因为，，则，
所以，则的图象关于对称，D正确．
故答案为：ABD
【分析】结合偶函数的性质、导数的运算、函数的周期性与对称性的判定方法，逐一分析每个选项.用和的偶函数性质，推导函数的周期性、对称性及导数的特征，再结合已知条件判断各选项.
12．【答案】
【知识点】复合函数的单调性；对数型复合函数的图象与性质
【解析】【解答】解：因为，
所以函数的定义域为或，
令，则，
因为在单调递减，
且在单调递减，在单调递增，
由复合函数的单调性可知函数的单调增区间为，
故答案为：.
【分析】先求函数定义域，再利用复合函数 “同增异减” 的单调性法则，结合内层函数与外层函数的单调性，确定单调递增区间。
13．【答案】
【知识点】锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：圆锥的底面圆的面积为，设底面圆的半径为，则，解得，
所以底面圆周长为，即圆锥侧面展开图扇形的弧长，
又屋顶的体积为 ，设圆锥的高为，则，所以，
所以圆锥母线长，即侧面展开图扇形的半径，
所以侧面展开图扇形的圆心角为.
故答案为：.
【分析】根据圆锥的底面积和体积求出底面半径、高和母线长，再利用圆锥侧面展开图中弧长与底面周长的关系，结合扇形圆心角公式求解.
14．【答案】
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解： 因为，所以.
由得，
即，
即.
构造函数，
则可化为.
因为，
令，则，
令，解得，
当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递增，
所以时，取得最小值，即，
所以在上恒成立，
即在上恒成立，所以在上单调递增.
因为，所以，
即，即.
令，则，
令，即，解得，
当时，，在上单调递增，
当时，，在上单调递减，
所以时，取得最大值，即，
所以，所以.
故答案为：.
【分析】通过对不等式进行变形，构造函数，利用函数的单调性将问题转化为恒成立问题，再通过分离参数法结合导数求函数的最值来确定k的取值范围.
15．【答案】（1）解：由题，，所以切线斜率为.
因为切点为，
所以切线方程为，即.
（2）证明：令，则，
当时，所以在上单调递减，
当时，所以在上单调递增，
所以当时，有最小值为，
所以当时，，即当时，.
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）用导数的几何意义，先求函数在该点的导数（切线斜率），再结合切点坐标，用点斜式求出切线方程；
（2）将证明不等式转化为求函数的最小值问题，构造新函数后通过导数分析其单调性，进而确定最小值来证明.
（1）由题，，所以切线斜率为.
因为切点为，
所以切线方程为，即.
（2）证明：令，则，
当时，所以在上单调递减，
当时，所以在上单调递增，
所以当时，有最小值为，
所以当时，，即当时，.
16．【答案】（1）证明：取的中点，连接，有，，
又，，所以，，
所以四边形是平行四边形，所以，
因为平面，平面，所以平面．
（2）解：由（1）知，因为平面，所以直线与平面间的距离即为点到平面的距离．
取的中点，连接，因为，，所以，，
由，，，可知四边形是正方形，有，，
因为，平面，所以平面，即平面，又平面，所以，
由，，知，得，所以，
则以为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
可得，，，，有，，
设平面的法向量为，由，取，则，，
得平面的一个法向量为，
又，所以到平面的距离．
所以直线与平面间的距离为
【知识点】直线与平面平行的判定；空间向量的夹角与距离求解公式
【解析】【分析】（1）通过构造平行四边形，得到线线平行，再利用线面平行的判定定理证明；
（2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，将直线与平面的距离转化为点到平面的距离，利用向量法求解.
（1）取的中点，连接，
有，，
又，，所以，，
所以四边形是平行四边形，
所以，因为平面，平面，
所以平面．
（2）由（1）知，因为平面，
所以直线与平面间的距离即为点到平面的距离．
取的中点，连接，因为，，
所以，，
由，，，
可知四边形是正方形，有，，
因为，平面，
所以平面，
即平面，又平面，
所以，
由，，知，得，所以，
则以为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
可得，，，，
有，，设平面的法向量为，
由，取，则，，
得平面的一个法向量为，
又，所以到平面的距离．
所以直线与平面间的距离为．
17．【答案】（1）解：由题知，所以当时，，不符题意；
当时，由，整理得到，
即，解得，即，
所以交通流量，道路密度的取值范围为.
（2）解：由题意得时，，得到，
当时，，
当时，，
由于，所以当时，取得最大值，
又，所以车辆密度的最大值为.
【知识点】“指数爆炸”模型；二次函数模型
【解析】【分析】（1）的范围：先判断时的范围不满足条件，再解时的指数不等式，结合指数函数单调性得解。
（2）的最大值：先由时的求，再分两段计算：时有上界，时利用二次函数顶点求最大值，最终比较两段结果得全局最大值。
（1）由题知，所以当时，，不符题意；
当时，由，整理得到，即，解得，即，
所以交通流量，道路密度的取值范围为.
（2）由题意得时，，得到，
当时，，
当时，，
由于，所以当时，取得最大值，
又，所以车辆密度的最大值为.
18．【答案】（1）证明： 因为，平面平面ABC，平面平面平面PAC，所以平面ABC，
平面ABC，因此.又，所以平面PBC，即
（2）解：因为，所以为二面角的平面角，即
所以，.所以，故.
（i）因为为具有公共斜边AP的直角三角形，取AP的中点O，则可得，
即O为三棱锥外接球的球心，球O的半径.故表面积，体积.
（ii）因为平面PBC，所以A点到平面PBC的距离，
由（i）可知，O为AP的中点，所以O点到平面PBC的距离，
令BC的中点为N，则，，所以，
设，则，设点M到平面OBC的距离为，
因为，所以，所以，又
设直线BM与平面OBC所成角为，则，
当时，，即.
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；直线与平面垂直的判定；直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）利用面面垂直的性质定理得到线面垂直，再结合线线垂直的判定证明；
（2）（i）通过分析二面角和几何关系确定外接球的球心与半径，进而求表面积和体积；
（ii）利用线面角的定义，结合空间向量或几何法求最大值.
（1）因为，平面平面ABC，平面平面平面PAC，所以平面ABC，
平面ABC，因此.
又，所以平面PBC，
即.
（2）因为，所以为二面角的平面角，即
所以，.所以，故.
（i）因为为具有公共斜边AP的直角三角形，
取AP的中点O，则可得，
即O为三棱锥外接球的球心，球O的半径.
故表面积，体积.
（ii）因为平面PBC，所以A点到平面PBC的距离，
由（i）可知，O为AP的中点，所以O点到平面PBC的距离，
令BC的中点为N，则，，
所以，
设，则
设点M到平面OBC的距离为，
因为，所以，
所以，
又
设直线BM与平面OBC所成角为，则，
当时，，即.
19．【答案】（1）解：因为，所以，所以，即，所以．
（2）证明：由（1）可知，，且的定义域是，所以，
令，则，所以在上单调递减，
即在上单调递减，且，，
由零点存在定理可得，使得，即，即，
且当时，；当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以函数的最大值在上单调递增，所以.
（3）解：令，所以，
令，则，
所以在上单调递增，所以在上单调递增，且，
当时，，所以当时，，
由零点存在定理可得，，使得，即，即
即，且当时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，所以函数的最小值为．
由（2）知，，所以，
设，所以，
所以在上单调递增，所以，即，
所以，
所以的最小值．
又不等式，
所以，所以的最大值为2．
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）利用导数的几何意义，通过切线斜率建立方程求解参数；
（2）将函数最大值问题转化为隐零点问题，结合导数分析单调性进而证明；
（3）构造函数，将不等式恒成立问题转化为函数最值问题，结合前面结论求解.
（1）因为，
所以，
所以，即，所以．
（2）证明：由（1）可知，，且的定义域是，
所以，
令，则，
所以在上单调递减，
即在上单调递减，且，
，
由零点存在定理可得，使得，即，即，
且当时，；当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以函数的最大值在上单调递增，所以．
（3）令，
所以，
令，则，
所以在上单调递增，
所以在上单调递增，且，
当时，，
所以当时，，
由零点存在定理可得，，使得，
即，即
即，
且当时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以函数的最小值为．
由（2）知，，
所以，
设，所以，
所以在上单调递增，
所以，即，
所以，
所以的最小值．
又不等式，
所以，所以的最大值为2．
1 / 1广东省深圳外国语学校（集团）龙华高中部2025-2026学年高三上学期第二次月考数学试卷
1．（2025高三上·深圳月考）命题“是偶函数”的否定形式是（ ）
A．是奇函数 B．不是偶函数
C．是奇函数 D．不是偶函数
【答案】B
【知识点】命题的否定
【解析】【解答】解：命题“是偶函数”的否定形式为：
“不是偶函数”，
故答案为：B.
【分析】明确存在量词命题的否定规则：将存在量词“”改为全称量词“”，并否定原命题的结论.判断原命题的量词类型，再按照规则对量词和结论分别处理，从而得到否定形式.
2．（2025高三上·深圳月考）集合，，若，则a的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】交集及其运算；指、对数不等式的解法
【解析】【解答】解：对集合，，即，解得，所以；
对集合，，即，解得，所以.又，
所以，所以.
故答案为：C.
【分析】分别求解集合、的具体范围，再根据集合的交集为空集的条件，分析两个集合的边界关系，从而确定参数的取值范围.
3．（2025高三上·深圳月考）命题“，”为真命题的一个充分不必要条件是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】命题的真假判断与应用；必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】解：若命题“，”为真命题，
则，恒成立.
令，
则函数在上单调递减，在上单调递增，且，
所以在当时，取得最大值6，可得，
所以各选项中只有是的一个充分不必要条件，
即是“，”为真命题的一个充分不必要条件.
故答案为：D.
【分析】先求出命题为真时a的取值范围，再根据 “充分不必要条件” 是该范围的真子集这一特点，确定选项。
4．（2025高三上·深圳月考）已知，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】函数的单调性及单调区间；指数函数的概念与表示；对数函数的单调性与特殊点
【解析】【解答】解：由题意可知，，
又，，而，故，即，
因为，所以.
故答案为：A
【分析】分别分析指数式和两个对数式、的取值范围，再比较它们的大小.用指数函数、对数函数的单调性，结合对数的换底公式来判断、、的大小关系.
5．（2025高三上·深圳月考）已知定义在上的函数满足，且在区间上单调递增，则满足的的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】函数的单调性及单调区间；奇偶函数图象的对称性
【解析】【解答】解：因为函数满足，所以的图象关于直线对称，
又在区间上单调递增，所以在区间上单调递减．
因为，所以，即，
平方后解得，所以的取值范围为．
故答案为：B．
【分析】根据函数的对称性条件确定对称轴，再结合已知区间的单调性推出另一区间的单调性；然后利用对称性将函数值的大小关系转化为自变量到对称轴距离的大小关系，进而通过解不等式得到的取值范围.
6．（2025高三上·深圳月考）已知函数，当时，有极大值，则（ ）
A． B． C．0 D．或1
【答案】A
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值
【解析】【解答】解：由题知在时取得极大值，
，解得或，
当时，，
由，在区间上单调递增；
由在区间上单调递减．
此时在时取得极大值，满足题意，
当时，，则在上单调递增，不符合题意，故舍去．
．
故答案为：A.
【分析】本题先求函数的导函数，利用 “极值点处导数为 0” 列方程求a的可能值，再通过导数的符号变化验证是否为极大值点。
7．（2025高三上·深圳月考）已知，，，则的最大值为（ ）
A． B． C．1 D．
【答案】D
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：因为，，且，
所以，
当且仅当时等号成立，则的最大值为．
故答案为：D．
【分析】根据已知条件对表达式进行变形，构造出可以使用基本不等式的形式，再利用基本不等式“一正二定三相等”的原则来求解最大值.
8．（2025高三上·深圳月考）已知函数，若函数恰有3个不同的零点，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】函数单调性的性质；利用导数研究函数最大（小）值；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：已知，其定义域为，
则，
令，即，则，解得．
当或时，，，单调递减；
当时，，，单调递增．
所以在处取得极小值，也是最小值，．
令，则，
函数恰有个不同的零点，
即方程(e不是方程的根)有两个不同的实数根，，
且其中一个根为，另一个根．
则，解得 .
实数的取值范围是．
故答案为：A．
【分析】先分析f(x)的单调性与极值，再通过换元将g(x)的零点问题转化为二次方程的根分布问题，结合f(x)的取值范围确定a的范围。
9．（2025高三上·深圳月考）下列函数中，既是偶函数又在区间上单调递增的有（ ）
A． B． C． D．
【答案】A,C
【知识点】函数单调性的判断与证明；函数的奇偶性；指数函数的单调性与特殊点；幂函数的图象与性质
【解析】【解答】解：是奇函数，故B不正确；
是偶函数，因为，
所以在上单调递减，在上单调递增.故D不正确；
是偶函数，且在区间上单调递增；
是偶函数，，所以在区间上单调递增.故A、C正确.
故答案为：AC.
【分析】根据偶函数的定义（）判断函数的奇偶性，再结合函数的单调性定义或图象特征分析在上的单调性，从而逐一筛选出符合条件的函数.
10．（2025高三上·深圳月考）如图，在棱长为1的正方体中，M是的中点，点P是侧面上的动点，且平面，则（ ）
A．P在侧面的轨迹长度为
B．异面直线AB与MP所成角的最大值为
C．三棱锥的体积为定值
D．直线MP与平面所成角的正切值的取值范围是
【答案】A,B,D
【知识点】多面体和旋转体表面上的最短距离问题；异面直线所成的角；直线与平面所成的角；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：A、取的中点，取的中点，取的中点，依题意，//，
易证//，则//，可知，四点共面，
又平面平面，所以//平面，同理，//平面，又平面，所以平面平面，
又平面，所以平面，于是，在侧面的轨迹即为线段，
由，得，故A正确；
B、当在处时，此时直线，即异面直线与所成角的最大值为，故B正确；
C、由上可知，平面，则线段上的点到平面的距离为定值，的面积为定值，则，故C错误；
D、由于平面平面，故直线与平面所成角和直线与平面所成角相等，
取的中点，连接，则平面，故是直线与平面所成的角，
且，易求得，则，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】利用空间直线、平面的位置关系和三棱锥的体积公式、线面角的概念计算求解判断即可.
11．（2025高三上·深圳月考）已知函数及其导函数的定义域为，若与均为偶函数，且，则下列结论正确的是（ ）
A． B．4是的一个周期
C． D．的图象关于点对称
【答案】A,B,D
【知识点】函数的奇偶性；奇偶函数图象的对称性；函数的周期性；简单复合函数求导法则
【解析】【解答】解： 因为为偶函数，所以，则，
而，故，所以，
又为偶函数，所以，即，
所以，故，且，
所以，则4是的周期，故B正确．
A：由两边求导得，
令得，解得，A正确；
C：由上知，令，则，
则，C错误；
D，因为，，则，
所以，则的图象关于对称，D正确．
故答案为：ABD
【分析】结合偶函数的性质、导数的运算、函数的周期性与对称性的判定方法，逐一分析每个选项.用和的偶函数性质，推导函数的周期性、对称性及导数的特征，再结合已知条件判断各选项.
12．（2025高三上·深圳月考）函数的单调递增区间为 .
【答案】
【知识点】复合函数的单调性；对数型复合函数的图象与性质
【解析】【解答】解：因为，
所以函数的定义域为或，
令，则，
因为在单调递减，
且在单调递减，在单调递增，
由复合函数的单调性可知函数的单调增区间为，
故答案为：.
【分析】先求函数定义域，再利用复合函数 “同增异减” 的单调性法则，结合内层函数与外层函数的单调性，确定单调递增区间。
13．（2025高三上·深圳月考）攒尖是我国古代建筑中屋顶的一种结构样式.如图所示的亭子模型带有攒尖，其屋顶可近似看作一个圆锥，若此圆锥底的面积为4π，体积为 则将此圆锥展开，所得扇形的圆心角为 .
【答案】
【知识点】锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：圆锥的底面圆的面积为，设底面圆的半径为，则，解得，
所以底面圆周长为，即圆锥侧面展开图扇形的弧长，
又屋顶的体积为 ，设圆锥的高为，则，所以，
所以圆锥母线长，即侧面展开图扇形的半径，
所以侧面展开图扇形的圆心角为.
故答案为：.
【分析】根据圆锥的底面积和体积求出底面半径、高和母线长，再利用圆锥侧面展开图中弧长与底面周长的关系，结合扇形圆心角公式求解.
14．（2025高三上·深圳月考）已知函数，.若，则k的取值范围为 .
【答案】
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解： 因为，所以.
由得，
即，
即.
构造函数，
则可化为.
因为，
令，则，
令，解得，
当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递增，
所以时，取得最小值，即，
所以在上恒成立，
即在上恒成立，所以在上单调递增.
因为，所以，
即，即.
令，则，
令，即，解得，
当时，，在上单调递增，
当时，，在上单调递减，
所以时，取得最大值，即，
所以，所以.
故答案为：.
【分析】通过对不等式进行变形，构造函数，利用函数的单调性将问题转化为恒成立问题，再通过分离参数法结合导数求函数的最值来确定k的取值范围.
15．（2025高三上·深圳月考）已知函数.
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）当时，求证：.
【答案】（1）解：由题，，所以切线斜率为.
因为切点为，
所以切线方程为，即.
（2）证明：令，则，
当时，所以在上单调递减，
当时，所以在上单调递增，
所以当时，有最小值为，
所以当时，，即当时，.
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）用导数的几何意义，先求函数在该点的导数（切线斜率），再结合切点坐标，用点斜式求出切线方程；
（2）将证明不等式转化为求函数的最小值问题，构造新函数后通过导数分析其单调性，进而确定最小值来证明.
（1）由题，，所以切线斜率为.
因为切点为，
所以切线方程为，即.
（2）证明：令，则，
当时，所以在上单调递减，
当时，所以在上单调递增，
所以当时，有最小值为，
所以当时，，即当时，.
16．（2025高三上·深圳月考）如图，四棱锥中，三角形是以为斜边的等腰直角三角形，点为线段的中点，，，，．
（1）求证：直线平面；
（2）求直线与平面间的距离．
【答案】（1）证明：取的中点，连接，有，，
又，，所以，，
所以四边形是平行四边形，所以，
因为平面，平面，所以平面．
（2）解：由（1）知，因为平面，所以直线与平面间的距离即为点到平面的距离．
取的中点，连接，因为，，所以，，
由，，，可知四边形是正方形，有，，
因为，平面，所以平面，即平面，又平面，所以，
由，，知，得，所以，
则以为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
可得，，，，有，，
设平面的法向量为，由，取，则，，
得平面的一个法向量为，
又，所以到平面的距离．
所以直线与平面间的距离为
【知识点】直线与平面平行的判定；空间向量的夹角与距离求解公式
【解析】【分析】（1）通过构造平行四边形，得到线线平行，再利用线面平行的判定定理证明；
（2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，将直线与平面的距离转化为点到平面的距离，利用向量法求解.
（1）取的中点，连接，
有，，
又，，所以，，
所以四边形是平行四边形，
所以，因为平面，平面，
所以平面．
（2）由（1）知，因为平面，
所以直线与平面间的距离即为点到平面的距离．
取的中点，连接，因为，，
所以，，
由，，，
可知四边形是正方形，有，，
因为，平面，
所以平面，
即平面，又平面，
所以，
由，，知，得，所以，
则以为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
可得，，，，
有，，设平面的法向量为，
由，取，则，，
得平面的一个法向量为，
又，所以到平面的距离．
所以直线与平面间的距离为．
17．（2025高三上·深圳月考）在研究某市交通情况时，道路密度是指该路段一定时间内通过的车辆除以时间，车辆密度是该路段一定时间内通过的车辆数除以该路段的长度，现定义交通流量为，为道路密度，为车辆密度.已知某道路的交通流量 ，
（1）若交通流量，求道路密度的取值范围；
（2）若道路密度时，测得交通流量，，求车辆密度的最大值.
【答案】（1）解：由题知，所以当时，，不符题意；
当时，由，整理得到，
即，解得，即，
所以交通流量，道路密度的取值范围为.
（2）解：由题意得时，，得到，
当时，，
当时，，
由于，所以当时，取得最大值，
又，所以车辆密度的最大值为.
【知识点】“指数爆炸”模型；二次函数模型
【解析】【分析】（1）的范围：先判断时的范围不满足条件，再解时的指数不等式，结合指数函数单调性得解。
（2）的最大值：先由时的求，再分两段计算：时有上界，时利用二次函数顶点求最大值，最终比较两段结果得全局最大值。
（1）由题知，所以当时，，不符题意；
当时，由，整理得到，即，解得，即，
所以交通流量，道路密度的取值范围为.
（2）由题意得时，，得到，
当时，，
当时，，
由于，所以当时，取得最大值，
又，所以车辆密度的最大值为.
18．（2025高三上·深圳月考）如图，在平面四边形ABCD中，，，将沿AC翻折，使点到达点的位置，且平面平面ABC.
（1）证明：；
（2）设三棱锥的各个顶点都在球的球面上，且二面角的大小为.
（i）求球的表面积与体积；
（ii）若为线段PC（点除外）上的动点，求直线BM与平面OBC所成角的最大值.
【答案】（1）证明： 因为，平面平面ABC，平面平面平面PAC，所以平面ABC，
平面ABC，因此.又，所以平面PBC，即
（2）解：因为，所以为二面角的平面角，即
所以，.所以，故.
（i）因为为具有公共斜边AP的直角三角形，取AP的中点O，则可得，
即O为三棱锥外接球的球心，球O的半径.故表面积，体积.
（ii）因为平面PBC，所以A点到平面PBC的距离，
由（i）可知，O为AP的中点，所以O点到平面PBC的距离，
令BC的中点为N，则，，所以，
设，则，设点M到平面OBC的距离为，
因为，所以，所以，又
设直线BM与平面OBC所成角为，则，
当时，，即.
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；直线与平面垂直的判定；直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）利用面面垂直的性质定理得到线面垂直，再结合线线垂直的判定证明；
（2）（i）通过分析二面角和几何关系确定外接球的球心与半径，进而求表面积和体积；
（ii）利用线面角的定义，结合空间向量或几何法求最大值.
（1）因为，平面平面ABC，平面平面平面PAC，所以平面ABC，
平面ABC，因此.
又，所以平面PBC，
即.
（2）因为，所以为二面角的平面角，即
所以，.所以，故.
（i）因为为具有公共斜边AP的直角三角形，
取AP的中点O，则可得，
即O为三棱锥外接球的球心，球O的半径.
故表面积，体积.
（ii）因为平面PBC，所以A点到平面PBC的距离，
由（i）可知，O为AP的中点，所以O点到平面PBC的距离，
令BC的中点为N，则，，
所以，
设，则
设点M到平面OBC的距离为，
因为，所以，
所以，
又
设直线BM与平面OBC所成角为，则，
当时，，即.
19．（2025高三上·深圳月考）已知函数，且在点处的切线的斜率为．设函数的最大值为．
（1）求的值；
（2）求证：；
（3）若不等式，求实数的最大值．
【答案】（1）解：因为，所以，所以，即，所以．
（2）证明：由（1）可知，，且的定义域是，所以，
令，则，所以在上单调递减，
即在上单调递减，且，，
由零点存在定理可得，使得，即，即，
且当时，；当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以函数的最大值在上单调递增，所以.
（3）解：令，所以，
令，则，
所以在上单调递增，所以在上单调递增，且，
当时，，所以当时，，
由零点存在定理可得，，使得，即，即
即，且当时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，所以函数的最小值为．
由（2）知，，所以，
设，所以，
所以在上单调递增，所以，即，
所以，
所以的最小值．
又不等式，
所以，所以的最大值为2．
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）利用导数的几何意义，通过切线斜率建立方程求解参数；
（2）将函数最大值问题转化为隐零点问题，结合导数分析单调性进而证明；
（3）构造函数，将不等式恒成立问题转化为函数最值问题，结合前面结论求解.
（1）因为，
所以，
所以，即，所以．
（2）证明：由（1）可知，，且的定义域是，
所以，
令，则，
所以在上单调递减，
即在上单调递减，且，
，
由零点存在定理可得，使得，即，即，
且当时，；当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以函数的最大值在上单调递增，所以．
（3）令，
所以，
令，则，
所以在上单调递增，
所以在上单调递增，且，
当时，，
所以当时，，
由零点存在定理可得，，使得，
即，即
即，
且当时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以函数的最小值为．
由（2）知，，
所以，
设，所以，
所以在上单调递增，
所以，即，
所以，
所以的最小值．
又不等式，
所以，所以的最大值为2．
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