2025屆銅仁市重點中學下學期高三數學試題第六次月考考試試卷注意事項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，則不等式的解集是（）A． B． C． D．2．若與互為共軛復數，則（）A．0 B．3 C．－1 D．43．已知復數z滿足,則在復平面上對應的點在()A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限4．若執行如圖所示的程序框圖，則輸出的值是（）A． B． C． D．45．下圖為一個正四面體的側面展開圖，為的中點，則在原正四面體中，直線與直線所成角的余弦值為（）A． B．C． D．6．已知數列的首項，且，其中，，，下列敘述正確的是（）A．若是等差數列，則一定有 B．若是等比數列，則一定有C．若不是等差數列，則一定有 D．若不是等比數列，則一定有7．已知函數的圖像上有且僅有四個不同的關于直線對稱的點在的圖像上，則的取值范圍是()A． B． C． D．8．如圖，正方體中，，，，分別為棱、、、的中點，則下列各直線中，不與平面平行的是（）A．直線 B．直線 C．直線 D．直線9．在正方體中，E是棱的中點，F是側面內的動點，且與平面的垂線垂直，如圖所示，下列說法不正確的是（）A．點F的軌跡是一條線段 B．與BE是異面直線C．與不可能平行 D．三棱錐的體積為定值10．已知集合，，則等于()A． B． C． D．11．如圖是正方體截去一個四棱錐后的得到的幾何體的三視圖，則該幾何體的體積是（）A． B． C． D．12．若集合，則（）A． B．C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．設是定義在上的函數，且，對任意，若經過點的一次函數與軸的交點為，且互不相等，則稱為關于函數的平均數，記為.當_________時，為的幾何平均數.（只需寫出一個符合要求的函數即可）14．在直角坐標系中，某等腰直角三角形的兩個頂點坐標分別為，函數的圖象經過該三角形的三個頂點，則的解析式為___________.15．過直線上一動點向圓引兩條切線MA，MB，切點為A，B，若，則四邊形MACB的最小面積的概率為________．16．已知函數（）在區間上的值小于0恒成立，則的取值范圍是________.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）已知數列的通項，數列為等比數列，且，，成等差數列.（1）求數列的通項；（2）設，求數列的前項和.18．（12分）已知集合，，，將的所有子集任意排列，得到一個有序集合組，其中.記集合中元素的個數為，，，規定空集中元素的個數為.當時，求的值；利用數學歸納法證明：不論為何值，總存在有序集合組，滿足任意，，都有.19．（12分）已知數列滿足，，，且.（1）求證：數列為等比數列，并求出數列的通項公式；（2）設，求數列的前項和.20．（12分）自湖北武漢爆發新型冠狀病毒惑染的肺炎疫情以來，武漢醫護人員和醫療、生活物資嚴重缺乏，全國各地紛紛馳援.截至1月30日12時，湖北省累計接收捐贈物資615.43萬件，包括醫用防護服2.6萬套N95口軍47.9萬個，醫用一次性口罩172.87萬個，護目鏡3.93萬個等.中某運輸隊接到給武漢運送物資的任務，該運輸隊有8輛載重為6t的A型卡車，6輛載重為10t的B型卡車，10名駕駛員，要求此運輸隊每天至少運送720t物資.已知每輛卡車每天往返的次數：A型卡車16次，B型卡車12次；每輛卡車每天往返的成本：A型卡車240元，B型卡車378元.求每天派出A型卡車與B型卡車各多少輛，運輸隊所花的成本最低？21．（12分）在平面四邊形(圖①)中，與均為直角三角形且有公共斜邊，設，∠，∠，將沿折起，構成如圖②所示的三棱錐，且使=.（1）求證：平面⊥平面；（2）求二面角的余弦值.22．（10分）已知函數.（1）解不等式；（2）若，，，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、A【解析】

構造函數，通過分析的單調性和對稱性，求得不等式的解集.【詳解】構造函數，是單調遞增函數，且向左移動一個單位得到，的定義域為，且，所以為奇函數，圖像關于原點對稱，所以圖像關于對稱.不等式等價于，等價于，注意到，結合圖像關于對稱和單調遞增可知.所以不等式的解集是.故選：A【點睛】本小題主要考查根據函數的單調性和對稱性解不等式，屬于中檔題.2、C【解析】

計算，由共軛復數的概念解得即可.【詳解】，又由共軛復數概念得：，.故選：C【點睛】本題主要考查了復數的運算，共軛復數的概念.3、A【解析】

設，由得：，由復數相等可得的值，進而求出，即可得解.【詳解】設，由得：，即，由復數相等可得：，解之得：，則，所以，在復平面對應的點的坐標為，在第一象限.故選：A.【點睛】本題考查共軛復數的求法，考查對復數相等的理解，考查復數在復平面對應的點，考查運算能力，屬于常考題.4、D【解析】

模擬程序運行，觀察變量值的變化，得出的變化以4為周期出現，由此可得結論．【詳解】；如此循環下去，當時，，此時不滿足，循環結束，輸出的值是4.故選：D．【點睛】本題考查程序框圖，考查循環結構．解題時模擬程序運行，觀察變量值的變化，確定程序功能，可得結論．5、C【解析】

將正四面體的展開圖還原為空間幾何體，三點重合，記作，取中點，連接，即為與直線所成的角，表示出三角形的三條邊長，用余弦定理即可求得.【詳解】將展開的正四面體折疊，可得原正四面體如下圖所示，其中三點重合，記作：則為中點，取中點，連接，設正四面體的棱長均為，由中位線定理可得且，所以即為與直線所成的角，，由余弦定理可得，所以直線與直線所成角的余弦值為，故選：C.【點睛】本題考查了空間幾何體中異面直線的夾角，將展開圖折疊成空間幾何體，余弦定理解三角形的應用，屬于中檔題.6、C【解析】

根據等差數列和等比數列的定義進行判斷即可.【詳解】A：當時，，顯然符合是等差數列，但是此時不成立，故本說法不正確；B：當時，，顯然符合是等比數列，但是此時不成立，故本說法不正確；C：當時，因此有常數，因此是等差數列，因此當不是等差數列時，一定有，故本說法正確；D：當時，若時，顯然數列是等比數列，故本說法不正確.故選：C【點睛】本題考查了等差數列和等比數列的定義，考查了推理論證能力，屬于基礎題.7、D【解析】

根據對稱關系可將問題轉化為與有且僅有四個不同的交點；利用導數研究的單調性從而得到的圖象；由直線恒過定點，通過數形結合的方式可確定；利用過某一點曲線切線斜率的求解方法可求得和，進而得到結果.【詳解】關于直線對稱的直線方程為：原題等價于與有且僅有四個不同的交點由可知，直線恒過點當時，在上單調遞減；在上單調遞增由此可得圖象如下圖所示：其中、為過點的曲線的兩條切線，切點分別為由圖象可知，當時，與有且僅有四個不同的交點設，，則，解得：設，，則，解得：，則本題正確選項：【點睛】本題考查根據直線與曲線交點個數確定參數范圍的問題；涉及到過某一點的曲線切線斜率的求解問題；解題關鍵是能夠通過對稱性將問題轉化為直線與曲線交點個數的問題，通過確定直線恒過的定點，采用數形結合的方式來進行求解.8、C【解析】

充分利用正方體的幾何特征，利用線面平行的判定定理，根據判斷A的正誤.根據，判斷B的正誤.根據與相交，判斷C的正誤.根據，判斷D的正誤.【詳解】在正方體中，因為，所以平面，故A正確.因為，所以，所以平面故B正確.因為，所以平面，故D正確.因為與相交，所以與平面相交，故C錯誤.故選：C【點睛】本題主要考查正方體的幾何特征，線面平行的判定定理，還考查了推理論證的能力，屬中檔題.9、C【解析】

分別根據線面平行的性質定理以及異面直線的定義，體積公式分別進行判斷．【詳解】對于，設平面與直線交于點，連接、，則為的中點分別取、的中點、，連接、、，，平面，平面，平面．同理可得平面，、是平面內的相交直線平面平面，由此結合平面，可得直線平面，即點是線段上上的動點．正確．對于，平面平面，和平面相交，與是異面直線，正確．對于，由知，平面平面，與不可能平行，錯誤．對于，因為，則到平面的距離是定值，三棱錐的體積為定值，所以正確；故選：．【點睛】本題考查了正方形的性質、空間位置關系、空間角、簡易邏輯的判定方法，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題．10、B【解析】

解不等式確定集合，然后由補集、并集定義求解．【詳解】由題意或，∴，．故選：B.【點睛】本題考查集合的綜合運算，以及一元二次不等式的解法，屬于基礎題型．11、C【解析】

根據三視圖作出幾何體的直觀圖，結合三視圖的數據可求得幾何體的體積.【詳解】根據三視圖還原幾何體的直觀圖如下圖所示：由圖可知，該幾何體是在棱長為的正方體中截去四棱錐所形成的幾何體，該幾何體的體積為.故選：C.【點睛】本題考查利用三視圖計算幾何體的體積，考查空間想象能力與計算能力，屬于基礎題.12、A【解析】

先確定集合中的元素，然后由交集定義求解．【詳解】，.故選：A．【點睛】本題考查求集合的交集運算，掌握交集定義是解題關鍵．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】

由定義可知三點共線，即，通過整理可得，繼而可求出正確答案.【詳解】解：根據題意，由定義可知：三點共線.故可得：，即，整理得：，故可以選擇等.故答案為:.【點睛】本題考查了兩點的斜率公式，考查了推理能力，考查了運算能力.本題關鍵是分析出三點共線.14、【解析】

結合題意先畫出直角坐標系，點出所有可能組成等腰直角三角形的點，采用排除法最終可確定為點，再由函數性質進一步求解參數即可【詳解】等腰直角三角形的第三個頂點可能的位置如下圖中的點，其中點與已有的兩個頂點橫坐標重復，舍去；若為點則點與點的中間位置的點的縱坐標必然大于或小于，不可能為，因此點也舍去，只有點滿足題意.此時點為最大值點，所以，又，則，所以點，之間的圖像單調，將，代入的表達式有由知，因此.故答案為：【點睛】本題考查由三角函數圖像求解解析式，數形結合思想，屬于中檔題15、.【解析】

先求圓的半徑,四邊形的最小面積,轉化為的最小值為，求出切線長的最小值,再求的距離也就是圓心到直線的距離,可解得的取值范圍,利用幾何概型即可求得概率．【詳解】由圓的方程得，所以圓心為，半徑為，四邊形的面積，若四邊形的最小面積，所以的最小值為，而，即的最小值，此時最小為圓心到直線的距離，此時，因為，所以，所以的概率為．【點睛】本題考查直線與圓的位置關系,及與長度有關的幾何概型,考查了學生分析問題的能力,難度一般.16、【解析】

首先根據的取值范圍，求得的取值范圍，由此求得函數的值域，結合區間上的值小于0恒成立列不等式組，解不等式組求得的取值范圍.【詳解】由于，所以，由于區間上的值小于0恒成立，所以（）.所以，由于，所以，由于，所以令得.所以的取值范圍是.故答案為：【點睛】本小題主要考查三角函數值域的求法，考查三角函數值恒小于零的問題的求解，考查化歸與轉化的數學思想方法，屬于中檔題.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）.【解析】

（1）根據，，成等差數列以及為等比數列，通過直接對進行賦值計算出的首項和公比，即可求解出的通項公式；（2）的通項公式符合等差乘以等比的形式，采用錯位相減法進行求和.【詳解】（1）數列為等比數列，且，，成等差數列.設數列的公比為，，，解得（2），，，，.【點睛】本題考查等差、等比數列的綜合以及錯位相減法求和的應用，難度一般.判斷是否適合使用錯位相減法，可根據數列的通項公式是否符合等差乘以等比的形式來判斷.18、；證明見解析.【解析】

當時，集合共有個子集，即可求出結果；分類討論，利用數學歸納法證明.【詳解】當時，集合共有個子集，所以；①當時，，由可知，，此時令，，，，滿足對任意，都有，且；②假設當時，存在有序集合組滿足題意，且，則當時，集合的子集個數為個，因為是4的整數倍，所以令，，，，且恒成立，即滿足對任意，都有，且，綜上，原命題得證.【點睛】本題考查集合的自己個數的研究，結合數學歸納法的應用，屬于難題.19、（1）證明見解析；（2）【解析】

（1）根據題目所給遞推關系式得到，由此證得數列為等比數列，并求得其通項公式.然后利用累加法求得數列的通項公式.（2）利用錯位相減求和法求得數列的前項和【詳解】（1）已知，則，且，則為以3為首相，3為公比的等比數列，所以，.（2）由（1）得：，，①，②①－②可得，則即.【點睛】本小題主要考查根據遞推關系式證明等比數列，考查累加法求數列的通項公式，考查錯位相減求和法，屬于中檔題.20、每天派出A型卡車輛，派出B型卡車輛，運輸隊所花成本最低【解析】

設每天派出A型卡車輛，則派出B型卡車輛，由題意列出約束條件，作出可行域，求出使目標函數取最小值的整數解，即可得解.【詳解】設每天派出A型卡車輛，則派出B型卡車輛，運輸隊所花成本為元，由題意可知，，整理得，目標函數，如圖所示，為不等式組表示的可行域，由圖可知，當直線經過點時，最小，解方程組，解得，，然而，故點不是最優解.因此在可行域的整點中，點使得取最小值，即，故每天派出A型卡車輛，派出B型卡車輛，運輸隊所花成本最低.【點睛】本題考查了線性規劃問題中的最優整數解問題，考查了數形結合的思想，解題關鍵在于列出不等式組（方程組）尋求約束條件，并就題目所述找出目標函數，同時注意整點的選取，屬于中檔題.21、（1）證明見解析；（2）【解析】

（1）取AB的中點O，連接，證得，從而證得C′O⊥平面ABD，再結合面面垂直的判定定理，即可證得平面⊥平面；（2）以O為原點，AB，OC所在的直線為y軸，z軸，建立的空間直角坐標系，求得平面和平面的法向量，利用向量的夾角公