貴州省遵義市第二教育集團2025屆高三下學期3月月考數學試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角"條形碼粘貼處"。2．作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3．非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4．考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回。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．已知復數z滿足i?z＝2+i，則z的共軛復數是（）A．﹣1﹣2i B．﹣1+2i C．1﹣2i D．1+2i2．已知函數若對區間內的任意實數，都有，則實數的取值范圍是(）A． B． C． D．3．定義運算，則函數的圖象是（）．A． B．C． D．4．一個幾何體的三視圖如圖所示，則這個幾何體的體積為（）A． B．C． D．5．若，則“”是“”的（）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件6．某校8位學生的本次月考成績恰好都比上一次的月考成績高出50分，則以該8位學生這兩次的月考成績各自組成樣本，則這兩個樣本不變的數字特征是（）A．方差 B．中位數 C．眾數 D．平均數7．設等差數列的前n項和為，且，，則()A．9 B．12 C． D．8．已知雙曲線C：（）的左、右焦點分別為，過的直線l與雙曲線C的左支交于A、B兩點.若，則雙曲線C的漸近線方程為（）A． B． C． D．9．設函數（，為自然對數的底數）,定義在上的函數滿足，且當時，．若存在，且為函數的一個零點，則實數的取值范圍為（）A． B． C． D．10．下邊程序框圖的算法源于我國古代的中國剩余定理.把運算“正整數除以正整數所得的余數是”記為“”，例如.執行該程序框圖，則輸出的等于（）A．16 B．17 C．18 D．1911．秦九韶是我國南寧時期的數學家，普州（現四川省安岳縣）人，他在所著的《數書九章》中提出的多項式求值的秦九韶算法，至今仍是比較先進的算法.如圖所示的程序框圖給出了利用秦九韶算法求某多項式值的一個實例.若輸入、的值分別為、，則輸出的值為（）A． B． C． D．12．若的二項式展開式中二項式系數的和為32，則正整數的值為（）A．7 B．6 C．5 D．4二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．正方體的棱長為2,是它的內切球的一條弦(我們把球面上任意兩點之間的線段稱為球的弦),為正方體表面上的動點,當弦的長度最大時,的取值范圍是______.14．若函數為自然對數的底數）在和兩處取得極值，且，則實數的取值范圍是______．15．已知集合，，則____________．16．實數，滿足約束條件，則的最大值為__________.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）在極坐標系中，曲線的極坐標方程為，直線的極坐標方程為，設與交于、兩點，中點為，的垂直平分線交于、.以為坐標原點，極軸為軸的正半軸建立直角坐標系.（1）求的直角坐標方程與點的直角坐標；（2）求證：.18．（12分）如圖，在四棱錐中，平面，四邊形為正方形，點為線段上的點，過三點的平面與交于點.將①，②，③中的兩個補充到已知條件中，解答下列問題：（1）求平面將四棱錐分成兩部分的體積比；（2）求直線與平面所成角的正弦值.19．（12分）已知函數.（1）當時.①求函數在處的切線方程；②定義其中，求；（2）當時，設，(為自然對數的底數)，若對任意給定的，在上總存在兩個不同的，使得成立，求的取值范圍.20．（12分）已知是等腰直角三角形,．分別為的中點,沿將折起,得到如圖所示的四棱錐．(Ⅰ)求證：平面平面．(Ⅱ)當三棱錐的體積取最大值時,求平面與平面所成角的正弦值．21．（12分）已知函數，.（1）討論的單調性；（2）若存在兩個極值點，，證明：.22．（10分）己知，，.（1）求證：；（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．D【解析】

兩邊同乘-i，化簡即可得出答案．【詳解】i?z＝2+i兩邊同乘-i得z=1-2i,共軛復數為1+2i，選D.【點睛】的共軛復數為2．C【解析】分析：先求導,再對a分類討論求函數的單調區間，再畫圖分析轉化對區間內的任意實數，都有，得到關于a的不等式組，再解不等式組得到實數a的取值范圍.詳解：由題得.當a＜1時，，所以函數f（x）在單調遞減，因為對區間內的任意實數，都有，所以，所以故a≥1，與a＜1矛盾，故a＜1矛盾.當1≤a<e時，函數f(x)在[0,lna]單調遞增，在(lna,1]單調遞減.所以因為對區間內的任意實數，都有，所以，所以即令，所以所以函數g(a)在（1，e）上單調遞減，所以，所以當1≤a<e時，滿足題意.當a時，函數f(x)在(0,1)單調遞增,因為對區間內的任意實數，都有，所以,故1+1，所以故綜上所述，a∈.故選C.點睛：本題的難點在于“對區間內的任意實數，都有”的轉化.由于是函數的問題，所以我們要聯想到利用函數的性質（單調性、奇偶性、周期性、對稱性、最值、極值等）來分析解答問題.本題就是把這個條件和函數的單調性和最值聯系起來，完成了數學問題的等價轉化，找到了問題的突破口.3．A【解析】

由已知新運算的意義就是取得中的最小值，因此函數，只有選項中的圖象符合要求，故選A.4．B【解析】

還原幾何體可知原幾何體為半個圓柱和一個四棱錐組成的組合體，分別求解兩個部分的體積，加和得到結果.【詳解】由三視圖還原可知，原幾何體下半部分為半個圓柱，上半部分為一個四棱錐半個圓柱體積為：四棱錐體積為：原幾何體體積為：本題正確選項：【點睛】本題考查三視圖的還原、組合體體積的求解問題，關鍵在于能夠準確還原幾何體，從而分別求解各部分的體積.5．A【解析】

本題根據基本不等式，結合選項，判斷得出充分性成立，利用“特殊值法”，通過特取的值，推出矛盾，確定必要性不成立.題目有一定難度，注重重要知識、基礎知識、邏輯推理能力的考查.【詳解】當時，，則當時，有，解得，充分性成立；當時，滿足，但此時，必要性不成立，綜上所述，“”是“”的充分不必要條件.【點睛】易出現的錯誤有，一是基本不等式掌握不熟，導致判斷失誤；二是不能靈活的應用“賦值法”，通過特取的值，從假設情況下推出合理結果或矛盾結果.6．A【解析】

通過方差公式分析可知方差沒有改變，中位數、眾數和平均數都發生了改變.【詳解】由題可知，中位數和眾數、平均數都有變化.本次和上次的月考成績相比，成績和平均數都增加了50，所以沒有改變，根據方差公式可知方差不變.故選：A【點睛】本題主要考查樣本的數字特征，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平.7．A【解析】

由，可得以及，而，代入即可得到答案.【詳解】設公差為d，則解得，所以.故選：A.【點睛】本題考查等差數列基本量的計算，考查學生運算求解能力，是一道基礎題.8．D【解析】

設，利用余弦定理，結合雙曲線的定義進行求解即可.【詳解】設，由雙曲線的定義可知：因此再由雙曲線的定義可知：，在三角形中，由余弦定理可知：，因此雙曲線的漸近線方程為：.故選：D【點睛】本題考查了雙曲線的定義的應用，考查了余弦定理的應用，考查了雙曲線的漸近線方程，考查了數學運算能力.9．D【解析】

先構造函數，由題意判斷出函數的奇偶性，再對函數求導，判斷其單調性，進而可求出結果.【詳解】構造函數，因為，所以，所以為奇函數，當時，，所以在上單調遞減，所以在R上單調遞減.因為存在，所以，所以，化簡得，所以，即令，因為為函數的一個零點，所以在時有一個零點因為當時，，所以函數在時單調遞減，由選項知，，又因為，所以要使在時有一個零點，只需使，解得，所以a的取值范圍為，故選D.【點睛】本題主要考查函數與方程的綜合問題，難度較大.10．B【解析】

由已知中的程序框圖可知，該程序的功能是利用循環結構計算并輸出變量的值，模擬程序的運行過程，代入四個選項進行驗證即可.【詳解】解：由程序框圖可知，輸出的數應為被3除余2，被5除余2的且大于10的最小整數.若輸出，則不符合題意，排除；若輸出，則，符合題意.故選:B.【點睛】本題考查了程序框圖.當循環的次數不多，或有規律時，常采用循環模擬或代入選項驗證的方法進行解答.11．B【解析】

列出循環的每一步，由此可得出輸出的值.【詳解】由題意可得：輸入，，，；第一次循環，，，，繼續循環；第二次循環，，，，繼續循環；第三次循環，，，，跳出循環；輸出.故選：B.【點睛】本題考查根據算法框圖計算輸出值，一般要列舉出算法的每一步，考查計算能力，屬于基礎題.12．C【解析】

由二項式系數性質，的展開式中所有二項式系數和為計算．【詳解】的二項展開式中二項式系數和為，．故選：C．【點睛】本題考查二項式系數的性質，掌握二項式系數性質是解題關鍵．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．【解析】

由弦的長度最大可知為球的直徑.由向量的線性運用表示出，即可由范圍求得的取值范圍.【詳解】連接，如下圖所示：設球心為,則當弦的長度最大時，為球的直徑，由向量線性運算可知正方體的棱長為2，則球的半徑為1，，所以，而所以，即故答案為：.【點睛】本題考查了空間向量線性運算與數量積的運算，正方體內切球性質應用，屬于中檔題.14．【解析】

先將函數在和兩處取得極值，轉化為方程有兩不等實根，且，再令，將問題轉化為直線與曲線有兩交點，且橫坐標滿足，用導數方法研究單調性，作出簡圖，求出時，的值，進而可得出結果.【詳解】因為，所以，又函數在和兩處取得極值，所以是方程的兩不等實根，且，即有兩不等實根，且，令，則直線與曲線有兩交點，且交點橫坐標滿足，又，由得，所以，當時，，即函數在上單調遞增；當，時，，即函數在和上單調遞減；當時，由得，此時，因此，由得.故答案為【點睛】本題主要考查導數的應用，已知函數極值點間的關系求參數的問題，通常需要將函數極值點，轉化為導函數對應方程的根，再轉化為直線與曲線交點的問題來處理，屬于常考題型.15．【解析】

由于，，則．16．10【解析】

畫出可行域，根據目標函數截距可求.【詳解】解：作出可行域如下：由得，平移直線，當經過點時，截距最小，最大解得的最大值為10故答案為：10【點睛】考查可行域的畫法及目標函數最大值的求法，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）見解析.【解析】

（1）將曲線的極坐標方程變形為，再由可將曲線的極坐標方程化為直角坐標方程，將直線的方程與曲線的方程聯立，求出點、的坐標，即可得出線段的中點的坐標；（2）求得，寫出直線的參數方程，將直線的參數方程與曲線的普通方程聯立，利用韋達定理求得的值，進而可得出結論.【詳解】（1）曲線的極坐標方程可化為，即，將代入曲線的方程得，所以，曲線的直角坐標方程為.將直線的極坐標方程化為普通方程得，聯立，得或，則點、，因此，線段的中點為；（2）由（1）得，，易知的垂直平分線的參數方程為（為參數），代入的普通方程得，，因此，.【點睛】本題考查曲線的極坐標方程與普通方程之間的轉化，同時也考查了直線參數幾何意義的應用，涉及韋達定理的應用，考查計算能力，屬于中等題.18．（1）；（2）.【解析】

若補充②③根據已知可得平面，從而有，結合，可得平面，故有，而，得到，②③成立與①②相同，①③成立，可得，所以任意補充兩個條件，結果都一樣，以①②作為條件分析;（1）設，可得，進而求出梯形的面積，可求出，即可求出結論；（2），以為坐標原點，建立空間坐標系，求出坐標，由（1）得為平面的法向量，根據空間向量的線面角公式即可求解.【詳解】第一種情況：若將①，②作為已知條件，解答如下：（1）設平面為平面.∵，∴平面，而平面平面，∴，又為中點.設，則.在三角形中，，由知平面，∴，∴梯形的面積，，，平面，，，∴，故，.（2）如圖，分別以所在直線為軸建立空間直角坐標系，設，則，由（1）得為平面的一個法向量，因為，所以直線與平面所成角的正弦值為.第二種情況：若將①，③作為已知條件，則由知平面，，又，所以平面，，又，故為中點，即，解答如上不變.第三種情況：若將②，③作為已知條件，由及第二種情況知，又，易知，解答仍如上不變.【點睛】本題考查空間點、線、面位置關系，以及體積、直線與平面所成的角，考查計算求解能力，屬于中檔題.19．（1）①；②8079；（2）.【解析】

（1）①時，，，利用導數的幾何意義能求出函數在處的切線方程．②由，得，由此能求出的值．（2）根據若對任意給定的，，在區間，上總存在兩個不同的，使得成立，得到函數在區間，上不單調，從而求得的取值范圍．【詳解】（1）①∵，∴∴，∴，∵，所以切線方程為.②，.令，則,.因為①,所以②,由①+②得,所以.所以.（2），當時，函數單調遞增；當時，，函數單調遞減∵，，所以，函數在上的值域為.因為，，故，，①此時，當變化時、的變化情況如下：—0+單調減最小值單調增∵，，∴對任意給定的，在區間上總存在兩個不同的，使得成立，當且僅當滿足下列條件，即令，，，當時，，函數單調遞增，當時，，函數單調遞減所以，對任意，有，即②對任意恒成立.由③式解得：④綜合①④可知，當時，對任意給定的，在上總存在兩個不同的，使成立.【點睛】本題考查了導數的幾何意義、應用導數研究函數的單調性、求函數最值問題，會利用導函數的正負確定函數的單調性，會根據函數的增減性求出閉區間上函數的最值，掌握不等式恒成立時所滿足的條件．不等式恒成立常轉化為函數最值問題解決．20．(Ⅰ)見解析.(Ⅱ).【解析】

(I)證明平面得出平面，根據面面垂直的判定定理得到結論；(II)當平面時，棱錐體積最大，建立空間坐標系，計算兩平面的法向量，計算法向量的夾角得出答案．【詳解】(I)證明：分別為的中點