江蘇省蘇州市吳江高級中學2025屆高三下學期第三次月考試卷（數學試題文）注意事項1．考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規定位置．3．請認真核對監考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．已知點(m,8)在冪函數的圖象上，設，則（）A．b＜a＜c B．a＜b＜c C．b＜c＜a D．a＜c＜b2．若，則，，，的大小關系為（）A． B．C． D．3．函數的部分圖象大致為（）A． B．C． D．4．設集合，則()A． B．C． D．5．若，，則的值為（）A． B． C． D．6．已知函數的圖像的一條對稱軸為直線，且，則的最小值為()A． B．0 C． D．7．某市氣象部門根據2018年各月的每天最高氣溫平均數據,繪制如下折線圖,那么,下列敘述錯誤的是()A．各月最高氣溫平均值與最低氣溫平均值總體呈正相關B．全年中,2月份的最高氣溫平均值與最低氣溫平均值的差值最大C．全年中各月最低氣溫平均值不高于10°C的月份有5個D．從2018年7月至12月該市每天最高氣溫平均值與最低氣溫平均值呈下降趨勢8．設函數，則使得成立的的取值范圍是（）．A． B．C． D．9．已知的展開式中第項與第項的二項式系數相等，則奇數項的二項式系數和為（）．A． B． C． D．10．已知斜率為k的直線l與拋物線交于A，B兩點，線段AB的中點為，則斜率k的取值范圍是（）A． B． C． D．11．設全集U=R，集合，則（）A．{x|-1<x<4} B．{x|-4<x<1} C．{x|-1≤x≤4} D．{x|-4≤x≤1}12．在三棱錐中，，，則三棱錐外接球的表面積是（）A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知函數，若函數有6個零點，則實數的取值范圍是_________.14．已知單位向量的夾角為,則=_________.15．已知曲線，點，在曲線上，且以為直徑的圓的方程是．則_______．16．記為等比數列的前n項和，已知，，則_______.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）已知函數，其導函數為，（1）若，求不等式的解集；（2）證明：對任意的，恒有.18．（12分）已知，函數，（是自然對數的底數）.（Ⅰ）討論函數極值點的個數；（Ⅱ）若，且命題“，”是假命題，求實數的取值范圍.19．（12分）如圖，直三棱柱中，底面為等腰直角三角形，，，，分別為，的中點，為棱上一點，若平面.（1）求線段的長；（2）求二面角的余弦值.20．（12分）已知都是大于零的實數．（1）證明；（2）若，證明．21．（12分）已知函數(mR)的導函數為．（1）若函數存在極值，求m的取值范圍；（2）設函數（其中e為自然對數的底數），對任意mR，若關于x的不等式在(0，)上恒成立，求正整數k的取值集合．22．（10分）設函數．（1）當時，解不等式；（2）若的解集為，，求證：．

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．B【解析】

先利用冪函數的定義求出m的值，得到冪函數解析式為f（x）＝x3，在R上單調遞增，再利用冪函數f（x）的單調性，即可得到a，b，c的大小關系.【詳解】由冪函數的定義可知，m﹣1＝1，∴m＝2，∴點（2，8）在冪函數f（x）＝xn上，∴2n＝8，∴n＝3，∴冪函數解析式為f（x）＝x3，在R上單調遞增，∵，1＜lnπ＜3，n＝3，∴，∴a＜b＜c，故選：B.【點睛】本題主要考查了冪函數的性質，以及利用函數的單調性比較函數值大小，屬于中檔題.2．D【解析】因為，所以，因為，，所以,.綜上；故選D.3．B【解析】

圖像分析采用排除法，利用奇偶性判斷函數為奇函數，再利用特值確定函數的正負情況?！驹斀狻?，故奇函數，四個圖像均符合。當時，，，排除C、D當時，，，排除A。故選B?！军c睛】圖像分析采用排除法，一般可供判斷的主要有：奇偶性、周期性、單調性、及特殊值。4．B【解析】

直接進行集合的并集、交集的運算即可．【詳解】解：；∴．故選：B．【點睛】本題主要考查集合描述法、列舉法的定義，以及交集、并集的運算，是基礎題.5．A【解析】

取，得到，取，則，計算得到答案.【詳解】取，得到；取，則.故.故選：.【點睛】本題考查了二項式定理的應用，取和是解題的關鍵.6．D【解析】

運用輔助角公式，化簡函數的解析式，由對稱軸的方程，求得的值，得出函數的解析式，集合正弦函數的最值，即可求解，得到答案.【詳解】由題意，函數為輔助角，由于函數的對稱軸的方程為，且，即，解得，所以，又由，所以函數必須取得最大值和最小值，所以可設，，所以，當時，的最小值，故選D.【點睛】本題主要考查了正弦函數的圖象與性質，其中解答中利用三角恒等變換的公式，化簡函數的解析式，合理利用正弦函數的對稱性與最值是解答的關鍵，著重考查了分析問題和解答問題的能力，屬于中檔試題.7．D【解析】

根據折線圖依次判斷每個選項得到答案.【詳解】由繪制出的折線圖知：在A中，各月最高氣溫平均值與最低氣溫平均值為正相關，故A正確；在B中，全年中，2月的最高氣溫平均值與最低氣溫平均值的差值最大，故B正確；在C中，全年中各月最低氣溫平均值不高于10℃的月份有1月，2月，3月，11月，12月，共5個，故C正確；在D中，從2018年7月至12月該市每天最高氣溫平均值與最低氣溫平均值，先上升后下降，故D錯誤.故選：D.【點睛】本題考查了折線圖，意在考查學生的理解能力.8．B【解析】

由奇偶性定義可判斷出為偶函數，由單調性的性質可知在上單調遞增，由此知在上單調遞減，從而將所求不等式化為，解絕對值不等式求得結果.【詳解】由題意知：定義域為，，為偶函數，當時，，在上單調遞增，在上單調遞減，在上單調遞增，則在上單調遞減，由得：，解得：或，的取值范圍為.故選：.【點睛】本題考查利用函數的單調性和奇偶性求解函數不等式的問題；奇偶性的作用是能夠確定對稱區間的單調性，單調性的作用是能夠將函數值的大小關系轉化為自變量的大小關系，進而化簡不等式.9．D【解析】因為的展開式中第4項與第8項的二項式系數相等，所以，解得，所以二項式中奇數項的二項式系數和為．考點：二項式系數，二項式系數和．10．C【解析】

設，，，，設直線的方程為：，與拋物線方程聯立，由△得，利用韋達定理結合已知條件得，，代入上式即可求出的取值范圍．【詳解】設直線的方程為：，，，，，聯立方程，消去得：，△，，且，，，線段的中點為,，，，，，，，把代入，得，，，故選：【點睛】本題主要考查了直線與拋物線的位置關系，考查了韋達定理的應用，屬于中檔題．11．C【解析】

解一元二次不等式求得集合，由此求得【詳解】由，解得或.因為或，所以.故選：C【點睛】本小題主要考查一元二次不等式的解法，考查集合補集的概念和運算，屬于基礎題.12．B【解析】

取的中點，連接、，推導出，設設球心為，和的中心分別為、，可得出平面，平面，利用勾股定理計算出球的半徑，再利用球體的表面積公式可得出結果.【詳解】取的中點，連接、，由和都是正三角形，得，，則，則，由勾股定理的逆定理，得.設球心為，和的中心分別為、.由球的性質可知：平面，平面，又，由勾股定理得.所以外接球半徑為.所以外接球的表面積為.故選：B.【點睛】本題考查三棱錐外接球表面積的計算，解題時要分析幾何體的結構，找出球心的位置，并以此計算出球的半徑長，考查推理能力與計算能力，屬于中等題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．【解析】

由題意首先研究函數的性質，然后結合函數的性質數形結合得到關于a的不等式，求解不等式即可確定實數a的取值范圍.【詳解】當時，函數在區間上單調遞增，很明顯，且存在唯一的實數滿足，當時，由對勾函數的性質可知函數在區間上單調遞減，在區間上單調遞增，結合復合函數的單調性可知函數在區間上單調遞減，在區間上單調遞增，且當時，，考查函數在區間上的性質，由二次函數的性質可知函數在區間上單調遞減，在區間上單調遞增，函數有6個零點，即方程有6個根，也就是有6個根，即與有6個不同交點，注意到函數關于直線對稱，則函數關于直線對稱，繪制函數的圖像如圖所示，觀察可得：，即.綜上可得，實數的取值范圍是.故答案為．【點睛】本題主要考查分段函數的應用，復合函數的單調性，數形結合的數學思想，等價轉化的數學思想等知識，意在考查學生的轉化能力和計算求解能力.14．【解析】

因為單位向量的夾角為，所以，所以==.15．【解析】

設所在直線方程為設?點坐標分別為，，都在上，代入曲線方程，兩式作差可得，從而可得直線的斜率，聯立直線與的方程，由，利用弦長公式即可求解.【詳解】因為是圓的直徑，必過圓心點，設所在直線方程為設?點坐標分別為，，都在上，故兩式相減，可得(因為是的中點)，即聯立直線與的方程：又，即，即又因為，則有即∴.故答案為：【點睛】本題考查了直線與圓錐曲線的位置關系、弦長公式，考查了學生的計算能力，綜合性比較強，屬于中檔題.16．【解析】

設等比數列的公比為，將已知條件等式轉化為關系式，求解即可.【詳解】設等比數列的公比為，，.故答案為:.【點睛】本題考查等比數列通項的基本量運算，屬于基礎題.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（1）（2）證明見解析【解析】

（1）求出的導數，根據導函數的性質判斷函數的單調性，再利用函數單調性解函數型不等式；（2）構造函數，利用導數判斷在區間上單調遞減，結合可得結果.【詳解】（1）若，則.設，則，所以在上單調遞減，在上單調遞增.又當時，；當時，；當時，，所以所以在上單調遞增，又，所以不等式的解集為.（2）設，再令，，在上單調遞減，又，，，，，.即【點睛】本題考查利用函數的導數來判斷函數的單調性，再利用函數的單調性來解決不等式問題，屬于較難題.18．（1）當時，沒有極值點，當時，有一個極小值點.（2）【解析】試題分析：（1），分，討論，當時，對，，當時，解得，在上是減函數，在上是增函數。所以，當時，沒有極值點，當時，有一個極小值點.（2）原命題為假命題，則逆否命題為真命題。即不等式在區間內有解。設，所以，設，則，且是增函數，所以。所以分和k>1討論。試題解析：（Ⅰ）因為，所以，當時，對，，所以在是減函數，此時函數不存在極值，所以函數沒有極值點；當時，，令，解得，若，則，所以在上是減函數，若，則，所以在上是增函數，當時，取得極小值為，函數有且僅有一個極小值點，所以當時，沒有極值點，當時，有一個極小值點.（Ⅱ）命題“，”是假命題，則“，”是真命題，即不等式在區間內有解.若，則設，所以，設，則，且是增函數，所以當時，，所以在上是增函數，，即，所以在上是增函數，所以，即在上恒成立.當時，因為在是增函數，因為，，所以在上存在唯一零點，當時，，在上單調遞減，從而，即，所以在上單調遞減，所以當時，，即.所以不等式在區間內有解綜上所述，實數的取值范圍為.19．（1）（2）【解析】

（1）先證得，設與交于點，在中解直角三角形求得，由此求得的值.（2）建立空間直角坐標系，利用平面和平面的法向量，計算出二面角的余弦值.【詳解】（1）由題意，，設與交于點，在中，可求得，則，可求得，則（2）以為原點，方向為軸，方向為軸，方向為軸，建立空間直角坐標系.，，，，，易得平面的法向量為.，，易得平面的法向量為.設二面角為，由圖可知為銳角，所以.即二面角的余弦值為.【點睛】本小題主要考查根據線面垂直求邊長，考查二面角的求法，考查空間想象能力和邏輯推理能力，屬于中檔題.20．（1）答案見解析．（2）答案見解析【解析】

（1）利用基本不等式可得，兩式相加即可求解.（2）由（1）知，代入不等式，利用基本不等式即可求解.【詳解】（1）兩式相加得（2）由（1）知于是，．【點睛】本題考查了基本不等式的應用，屬于基礎題.21．（1）（2）{1，2}．【解析】

（1）求解導數，表示出，再利用的導數可求m的取值范圍；（2）表示出，結合二次函數知識求出的最小值，再結合導數及基本不等式求出的最值，從而可求正整數k的取值集合．【詳解】（1）因為，所以，所以，則，由題意可知，解得；（2）由（1）可知，，所以因為整理得，設，則，所以單調遞增，又因為，所以存在，使得，設，是關于開口向上的二次函數，則，設，則，令，則，所以單調遞增，因為，所以存在，使得，即，當時，，當時，，所以在上單調遞減，在上單調遞增，所以，因為，所以，又由題意可知，所以，解得，所以正整數k的取值集合為{1，2}．【點睛】本題主要考查導數的應用，利用導數研究極值問題一般轉化為導數的零點問題，恒成立問題要逐步消去參數，轉化為最值問題求解，適當構造函數是轉化的關鍵，本題綜合性較強，難度較大，側重考查數學抽象和邏