广东省深圳市第二高级中学2025-2026学年高三上学期九月月考数学试题（含解析）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页广东省深圳市第二高级中学2025-2026学年高三上学期九月月考数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．已知集合，，则（

）A． B． C． D．2．函数的图象是（

）A． B．C． D．3．设是两个不同的平面，，是异于的一条直线，则“”是“且”的（

）A．必要不充分条件 B．充分不必要条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件4．设，则的大小关系为（

）A． B． C． D．5．已知是奇函数，函数是偶函数，当时，，则（

）A．－1 B．0 C．1 D．26．圆台的上底面半径为2，下底面半径为6，母线长为16．已知为该圆台某条母线的中点，若一质点从点出发，绕着该圆台的侧面运动一圈后又回到点，则该质点运动的最短路径长为（

）

A．16 B． C． D．7．已知，在上恒成立，则实数的取值范围为（

）A． B． C． D．8．已知函数有两个极值点，若，则（

）．A．0 B． C． D．二、多选题9．设正实数x，y满足，则（

）A．有最大值为1B．有最小值为4C．有最小值为5D．有最大值为10．已知函数，则下列选项正确的是（

）A．函数的值域为B．方程有两个不等的实数解C．不等式的解集为D．关于的方程的解的个数可能为11．若正方体边长为1，点满足，其中，则（

）A．当时，存在点，使得平面B．当满足时，不存在点，使得C．当满足时，存在点，使得与平面所成角为D．当满足时，三棱锥的体积的最小值为三、填空题12．曲线在处的切线方程为．13．已知函数为，在R上单调递增，则取值的范围．14．函数在区间上的最大值为，最小值为，则．四、解答题15．在5道数学试题中有3道代数题和2道几何题，每次从中随机抽出1道题，抽出的题不再放回.(1)如果从中抽2道题，求恰好抽到一道代数题和一道几何题的概率；(2)如果从中抽3道题，记表示抽到代数题的道数，求随机变量的分布列和数学期望.16．已知，其内角，，的对边分别为，，，且．(1)求；(2)若，，为边上的中点，求的长．17．如图，在三棱柱中，底面为正三角形．，且为的中点．(1)证明：；(2)点是线段上一点，求使得二面角的正弦值不小于的点形成的轨迹长度．18．如图，椭圆的方程为，左、右焦点分别为．设是椭圆上位于轴上方的两点，且直线与直线平行，与交于点．

(1)求椭圆的方程；(2)求证：是定值；(3)求三角形的周长．19．已知函数．(1)讨论函数的单调性;(2)若恒成立，求实数的取值范围；(3)证明：．答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页《广东省深圳市第二高级中学2025-2026学年高三上学期九月月考数学试题》参考答案题号12345678910答案DCADCBDCACDACD题号11答案ABD1．D【分析】解不等式求得集合A，B，进而利用交集的意义求解即可.【详解】由，可得，解得，所以，又，故．故选：D.2．C【分析】利用排除法及函数的定义域即可求解.【详解】由，解得，所以函数的定义域为，由选项中的图象知，故C正确.故选：C.3．A【分析】根据线面平行的判定定理和性质定理，结合充分条件、必要条件的判定方法，即可求解.【详解】当时，可能在内或者内，故不能推出且，所以充分性不成立；当且时，设存在直线，且，因为，所以，根据直线与平面平行的性质定理，可得，所以，即必要性成立，故“”是“且”的必要不充分条件．故选：A．4．D【分析】根据指数函数的单调性和对数函数的单调性可得正确的选项.【详解】，而，故，又，故，故.故选：D5．C【分析】根据题意有，又，进而得，即，即可得函数的周期，利用周期即可求解.【详解】由题意有，又函数是偶函数，所以，即，所以，所以，所以函数是周期为4的周期函数，所以，故选：C.6．B【分析】将圆台沿着母线剪开后展开得到平面图形，根据题意即可求出两个扇形的半径以及圆心角，最后根据最短路径的意义求出即可.【详解】将圆台沿着母线剪开后展开得到平面图形如图，分别设小扇形和大扇形的半径为，圆心角为，则由题意可知，弧长为，弧长为，，则，得，则，因为该圆台某条母线的中点，则，因为等腰直角三角形，且腰长为，则，故该质点运动的最短路径长为.故选：B

7．D【分析】不等式等价于，分类讨论，和，分别求出实数的取值范围，最后取交集即可.【详解】易知，不等式，即.当时，，，则，又，所以；当时，，对任意的实数，不等式恒成立；当时，，，则，又，所以；综上，实数的取值范围为.故选：D【点睛】方法点睛：本题考查不等式恒成立求参数问题，不等式恒成立问题常见方法：①分离参数恒成立(即可)或恒成立（即可）；②数形结合(图像在上方即可)；③讨论最值或恒成立.8．C【分析】利用和即可求解出极值点和参数k.【详解】依题意，则，因为，所以，显然，两式相除得，则，将代入中，解得，故选：C.9．ACD【分析】根据基本不等式及其变形形式逐项计算即可.【详解】对于A，由基本不等式，，，，，当且仅当时取等号，故A正确；对于B，，，，，，即，的最小值为2，当且仅当时取等号，故B错误；对于C，，，当且仅当，解得：，时取等号，故C正确；对于D，，，又，则当且仅当，即，时取等号，，即有最大值为，故D正确.故选：ACD10．ACD【分析】画出函数的图象，通过图象即可确定函数的值域求解A，根据与函数图象的交点个数即可求解B,根据时确定或，即可由或求解C，结合二次函数的性质即可求解D.【详解】画出的图象，如下图所示：令，解得或，所以的图象与轴交于，对于A，由图象可知，函数的值域为A对；对于B，由图象可知，直线与函数图象有三个不同的交点，故方程有三个不等的实数解，B错；对于C，由图象可知，当或时，，所以，由，可得或.令，解得或；令，解得或，由图象可知，不等式解集为C对；对于D，令，则，则，当时，，由图可知与的图象有两个交点，即方程解的个数为2个，当时，即时，，则，故，，当时，则有两解，当时，若，则有三解，若，则有两解，故方程解的个数为4或5个，综上方程解的个数可能为个.故选：ACD.【点睛】方法点睛：函数零点求参数取值范围常用的方法和思路（1）直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决；（3）数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解．11．ABD【分析】以D为坐标原点，以DA、DC、所在直线分别为x、y、z轴，建立空间直角坐标系，求出点P的坐标，利用向量法逐一判断各个选项即可【详解】以D为坐标原点，以DA、DC、所在直线分别为x、y、z轴，建立空间直角坐标系，则，因为=，所以，

对于A，当时，则，取，则点P与C重合，，所以，因为平面，平面，所以平面，故A正确；当时，所以，则，要使，当且仅当，即，令，若，又，在单调递减，在单调递增；所以在处取得极小值，所以在无零点，即在无解，所以当满足时，不存在点，使得，故B正确；设平面的法向量为，则，，所以，取，则，所以，因为与平面所成角为，，又，所以，得，所以方程无解，所以当满足时，不存在点，使得与平面所成角为，C错误的；为正三角形，，则，由，，可得所以设，则，则，设平面的法向量为，由令，所以点P到平面的距离为，因为，，所以所以当时，取最大值，从而，所以三棱锥的体积的最小值为，故D对；故选：ABD12．【分析】应用导数的几何意义求切线方程即可.【详解】记，，，又，曲线在处的切线方程为，即.故答案为：13．【分析】根据二次函数的性质和分界点的大小关系即可得到不等式组，解出即可.【详解】因为在上单调递增，且时，单调递增，则需满足，解得，则取值的范围为.故答案为：.14．【分析】利用指数、对数的运算性质对化简变形可得，再构造函数判断奇偶性，进而得.【详解】令，定义域关于原点对称，于是，故为奇函数，所以在区间上的最大值与最小值之和为，故函数在区间上的最大值与最小值之和为.所以.故答案为：15．(1)(2)分布列见解析，【分析】（1）求出抽到一道代数题和一道几何题的可能以及总的可能情况，利用概率的公式求解；（2）先确定的所有取值，求出各自的概率，写出分布列，利用期望的公式可得期望.【详解】（1）设事件“从中抽2道题，恰好抽到一道代数题和一道几何题”，.（2）根据题意，可能的取值为1，2，3，，，所以的分布列为123故随机变量的期望.16．(1)；(2).【分析】（1）根据，结合已知条件整理化简，求得，则得解；（2）根据面积公式，求得，再由余弦定理求得，利用余弦定理求得，再在△中，由余弦定理求得.【详解】（1）因为，即，且，即，得，且，则，可得，且，所以．（2）如图：因为，，由，所以，解得，在中，由余弦定理得，则，又D为BC边上的中点，所以，在中，由余弦定理得，则，在中，由余弦定理得，所以．17．(1)证明见解析(2)【分析】（1）连接，由题意可得，利用余弦定理可求得，可证，进而可得平面，可证结论；（2）以为坐标原点，以所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设，求得平面的一个法向量与平面的一个法向量，利用向量法可得，进而计算即可.【详解】（1）如图，连接，因为底面为边长为4的正三角形，且为的中点，所以，又，所以，且，在中，因为，由余弦定理可得，解得，在中，因为，所以．因为平面，且，所以平面，又平面，故．（2）由（1）知平面，因为，所以，则以为坐标原点，以所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，设，则，，设平面的法向量为，则，即取，则，则平面的一个法向量为．设平面的法向量为，则，即，取，则，则平面的一个法向量为．设二面角的平面角为，当时，由得，即，整理得，即，解得，因为，故使得二面角的正弦值不小于的点形成的轨迹长度为．18．(1)(2)(3).【分析】（1）根据焦点坐标可求，故可求椭圆方程；（2）如图，延长交椭圆于，利用对称性结合弦长公式、韦达定理可求的值;（3）利用椭圆定义结合三角形相似可求，故可求三角形的周长．【详解】（1）由题设，椭圆的半焦距为且焦点在轴上，故且，故，故椭圆方程为.（2）

如图，延长交椭圆于，由对称性可得.因为直线与直线平行，故直线的斜率不为零，设，直线，则，则.由可得，故，，，故，故.（3）因为，所以，即，即．所以．由点在椭圆上知，，所以．同理可得，．所以．而，故三角形的周长为.19．(1)答案见解析(2)(3)证明见解析【分析】（1）求出函数的导数，对分类讨论即可得出单调区间；（2）转化为恒成立，由（1）可得最小值，再由知最小值为，即可得解；（3）分两类，分别放缩后，构造函数，利用导数确定单调性，再由单调性证明.【详解】（1），当时，在上单调递增，当时，令，解得，单调递减，单调递增，综上：当时，在上