2025北京工大附中高三（上）第三次月考数学试题及答案

高中2025北京工大附中高三（上）第三次月考数学一､选择题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.1．已知复数，则Z的虚部为（

）A．1 B．i C．2 D．2i2．设集合，则（

）A． B． C． D．3．关于以下这组数据：22，24，26，26，28，30，下列说法错误的是（）A．极差为8 B．平均数为26 C．众数为26 D．分位数为274．已知直线，，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．既不充分也不必要条件5．已知，则（）A.B.C.D.6．已知为等差数列，，.若数列满足，记的前项和为，则（）A. B. C. D.7．已知函数的图像向左平移个单位后与原来图像重合，当，且时，，则的值为（

）A． B． C．1 D．8．已知函数在上单调，则实数的取值范围是（

）A． B． C． D．9．如图，在棱长为的正方体中，为的中点，为上任意一点，，为上任意两点，且的长为定值，则下面的四个值中不为定值的是（）A．的面积B．三棱锥的体积C．直线与平面所成的角D．二面角的大小10．设点和点分别是函数f(x)=ex−12x2和图象上的点，且，若直线轴，则A．1 B．2 C．3 D．4二､填空题共5小题，每小题5分，共25分.函数的定义域是______.12.已知，，，，，则_________.13.交通锥，又称锥形交通路标，如图1，常用于进行工程、发生事故时提醒行人或车辆，以保证工程人员及道路使用者的人身安全等．某数学课外兴趣小组对一个去掉底座的圆锥形交通锥筒进行研究，发现将该交通锥筒放倒在地面上，如图2，使交通锥筒在地面上绕锥顶点S滚动，当这个交通锥筒首次转回到原位置时，交通锥筒本身恰好滚动了3周．若将该交通锥筒近似看成圆锥，将地面近似看成平面，测得该圆锥的底面半径为cm，则该圆锥的侧面积为______（交通锥筒的厚度忽略不计）．14.点P在函数的图像上．若满足到直线y＝x+a的距离为的点P有且仅有3个，则实数a的值为______15．已知函数，给出下列四个结论：①若，恰有2个零点；②存在负数，使得恰有1个零点；③存在负数，使得恰有3个零点；④存在正数，使得恰有3个零点．其中所有正确结论的序号是．三､解答题共6小题，共85分.解答应写出文字说明､演算步骤或证明过程.16.（13分）在中，.(1)求；(2)再从条件①，条件②，条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得存在，求的面积.条件①：；条件②：；条件③：.注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分.17.（13分）如图，在四棱锥中，侧面与底面垂直，为正三角形，底面为菱形，，分别为棱的中点．（1）求证：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值．18.（14分）已知函数．(1)当时，求曲线在点处的切线方程；(2)如果函数在区间上有极值，且对于恒成立，求的取值范围．19.（15分）已知椭圆过点，焦距为.（1）求椭圆的方程，并求其短轴长；（2）过点且不与轴重合的直线交椭圆于两点，，连接并延长交椭圆于点，直线与交于点，为的中点，其中为原点.设直线的斜率为，求的最大值.20.（15分）已知函数.(1)若，讨论的单调性；(2)若，当时，判断是否存在零点，并说明理由；(3)当时，，求的取值范围.21．（15分）对于实数集中的两个非空有限子集和，定义和集．记符号表示集合中的元素个数．当时，设是集合中按从小到大排列的所有元素，记集合.(1)已知集合，若，求集合，并求出的值(2)已知，记集合或．（i）当时，证明的充要条件是；（ii）若，求的所有可能取值．

参考答案1．A【难度】0.94【详解】，则Z的虚部为1.故选：A2．D【难度】0.94【详解】依题意，，所以.故选：D3【答案】D【详解】因为数据：22，24，26，26，28，30，对于选项A：极差为，故A正确；对于选项B：平均数为，故B正确；对于选项C：众数为26，故C正确；对于选项D：因为，所以分位数为第五个数28，故D错误；故选：D.4．C【难度】0.65【详解】当时，直线的斜率，直线的斜率，即，又代入易知两直线不重合，∴，满足充分性；当时，，，当时，，，当时，显然，∴，即，∴，∴或，当时，，，两直线重合，舍去.∴，满足必要性.∴“”是“”的充要条件.故选：C.5B【分析】根据指数函数的单调性、正弦函数的单调性、对数函数的单调性进行求解即可/【详解】因，所以，因为，所以，因为，所以，因此，6【答案】B【分析】求出等差数列的通项公式，可求得数列的通项公式，推导出数列为等差数列，再利用等差数列的求和公式可求出的值.【详解】设等差数列的公差为，则，所以，，，，所以，，则，所以，数列为等差数列，因此，.故选：B7．B【分析】由题意可得，可求得，利用，求得的值，计算即可.【详解】函数的图像向左平移个单位后的解析式为，又平移后的函数图像与原来图像重合，所以，所以，所以，又，所以，所以，当时，则，又，且时，，所以，所以，所以.故选：B.8【分析】设，，由在上是单调函数，则在时单调递减，在上递减，且，从而可求.【详解】函数是上的单调函数，设，，由在上单调递减及分段函数的性质可知，函数在上单调递减，且时，，，，解得：,故选：D.9【答案】C【分析】根据三角形的面积判断A，根据三棱锥的体积公式判断B，根据线面角的定义判断C，根据二面角的概念判断D.【详解】A中，的长为定值，且点到的距离即为两平行直线与之间的距离也为定值，的面积为定值；B中，的面积是定值．(定长，到的距离就是到的距离也为定长，即底和高都是定值），再根据平面也就是平面，既然和平面都是固定的，到平面的距离是定值，三棱锥的高也是定值，于是体积固定．三棱锥即三棱锥的体积是定值；C中，到平面距离是定值（事实上即到平面距离），而长度在变化中，所以直线与平面所成的角不是定值；D中，二面角的平面角即是二面角的平面角，而二面角的两个半平面均是固定平面，显然为定值.故选：C10【详解】试题分析：由轴得，，所以，故两点间的距离为，设，则，当时，，故函数在上单调递增，则，故函数在上单调递增，则，故选项为B.二填空12【答案】1313【答案】【详解】解法一：设圆锥的母线长为l，则圆锥绕顶点S滚动所形成的圆的半径为l，周长为．因为圆锥的底面半径为，所以该圆锥的底面周长为，故，解得，所以该圆锥的侧面积为．解法二：设圆锥的母线长为l，则圆锥绕顶点S滚动所形成的圆的半径为l，面积为．因为圆锥的底面半径为，所以该圆锥的侧面积为，故，解得，所以该圆锥的侧面积为．故答案为：.15．【详解】对于①，当时，由，可得或，①正确；对于②，考查直线与曲线相切于点，对函数求导得，由题意可得，解得，所以，存在，使得只有一个零点，②正确；对于③，当直线过点时，，解得，所以，当时，直线与曲线有两个交点，若函数有三个零点，则直线与曲线有两个交点，直线与曲线有一个交点，所以，，此不等式无解，因此，不存在，使得函数有三个零点，③错误；对于④，考查直线与曲线相切于点，对函数求导得，由题意可得，解得，所以，当时，函数有三个零点，④正确.故答案为：①②④.三解答题16.【答案】（1）由正弦定理，得.所以.所以.因为，所以.所以.所以.（2）选条件①：，，由余弦定理，得.，不存在；选条件②：.由，可得.由正弦定理，得.由余弦定理，得，整理得.解得，或（舍）.所以的面积.条件③：.因为，且，所以.由余弦定理，得.解得，或（舍）所以的面积.18．【答案】（1）当，因为，所以．因为，，所以曲线在点处的切线方程为，即．（2）因为，函数在区间上有极值，所以．所以．当变化时，，的变化情况如下表：单调递减单调递增因为对于恒成立，所以，且．所以，即．因为，所以，故19【答案】（1）在四棱锥中，四边形为菱形，取中点，连接，由是中点，是的中点，得，因此四边形是平行四边形，，而平面，平面，所以平面.（2）连接，在菱形中，，则是正三角形，，由平面平面，平面平面，平面，得平面，而平面，则，由为正三角形，得，即直线两两垂直，以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，令，则，，设平面的法向量，则，取，得，所以直线与平面所成角的正弦值【答案】（1）由题意知，.所以，.所以椭圆的方程为，其短轴长为4.（2）设直线的方程为，，，则.由，得.所以.由得直线方程为.由得.因为，所以，.所以.因为为的中点，且，所以.所以直线的斜率.当时，.当时，因为，当且仅当时，等号成立.所以.所以当时，取得最大值.20【答案】（1）当时，，其定义域为，则，令，则，由于，所以在上恒成立；则在上单调递增，由于，所以当时，，当时，；则函数在上单调递减，在上单调递增；（2）当时，，则，令，则，因为，则在上恒成立，所以在上单调递减，由于，所以当时，，则函数在上单调递减，即，所以若，当时，不存在零点，（3）由题可得：令，则，当时，由于，则，则在上单调递减；所以，则在上单调递减，则，不满足题意；当时，令，解得：，若，即时，则在上恒成立，则在上单调递增，则，则在上单调递增，则，满足题意；若，即时，令，解得：,令，解得：,所以在上单调递减；在上单调递增，则当时，，则函数在上单调递减；则当时，，不满足条件；综上：的取值范围为.21.【答案】（1）因为，由，所以，所以且，所以必有，所以，所以，所以.（2）（i）因为，可设，.先证充分性：因为，所以且，从而可以设，其中，此时中的元素为，故，再证必要性，设，，其中，注意到和集中的最小元素为，最大元素为，因为，所以中间三个元素可以是，也可以是，它们是对应相等的，所以有，，即，故，得证，（ii）①若，由第（i）小问的分析知，可以设，，其中，此时中的元素为，这与条