山東省棗莊市市中區輔仁高級中學2025屆高三下學期3月月考數學試卷一、單選題（本大題共8小題）1．已知集合，，則（

）A． B．C．或 D．2．命題，的否定是（

）A．， B．，C．， D．，3．已知復數，則“”是“復數的實部大于0”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4．如圖，已知，，，，則（

）A． B． C． D．5．已知，則（

）A． B． C． D．6．已知數列是等比數列，且，公比為2，則數列的前5項之和為（

）A．62 B．66 C．56 D．467．已知函數的大致圖象如圖所示，則不等式的解集為（

）A． B． C． D．8．設定義在R上的偶函數滿足：，且當時.若，，，則a，b，c的大小關系為（

）A． B． C． D．二、多選題（本大題共3小題）9．已知的部分圖象如圖所示，則（

）

A．的最小正周期為B．的圖像可由的圖象向左平移個單位得到C．的對稱軸為D．在區間上的最大值為10．已知定義在上的函數的導函數為，且，，則下列判斷中正確的是（

）A． B．C． D．11．已知雙曲線（，）的左、右焦點分別為，，且，過點且斜率為的直線交于點，交的一條漸近線于點，則（

）A．若以為直徑的圓經過點，則的離心率為2B．若以為直徑的圓經過點，則的離心率為C．若，則的漸近線方程為D．若點不在圓外，則的漸近線的斜率的絕對值不大于1三、填空題（本大題共3小題）12．已知冪函數的圖象經過點，則．13．在中，內角的對邊分別為，且滿足．若，則的最大值為．14．四棱錐的底面為正方形，平面，且，．四棱錐的各個頂點均在球O的表面上，，，則該四棱錐外接球半徑為；直線l與平面所成夾角的范圍為．四、解答題（本大題共5小題）15．在數列中，，.(1)證明：數列是等差數列.(2)求的通項公式.(3)若，求數列的前項和.16．如圖，在四棱錐中，，，,點在上，且，．(1)若為線段中點，求證：平面．(2)若平面，求平面與平面夾角的余弦值．17．中國數學交通大會暨博覽會將于9月在北京新國展舉辦.為做好本次博覽會的服務工作，需從某高校選拔志愿者，現對該校踴躍報名的60名學生進行綜合素質考核，將得到的分數分成3段：，得到如圖所示的頻率分布直方圖：(1)求m的值并估計這60名學生成績的中位數（中位數保留一位小數）；(2)從報名的60名學生中，根據考核情況利用比例分配的分層抽樣法抽取6名學生，再從這6名學生中選取2人進行座談會，求這2人考核成績來自同一分數段的概率.18．已知橢圓的焦距為2，點在上．(1)求的標準方程；(2)若點與關于坐標原點對稱，點在上，求面積的最大值及此時的坐標．19．已知函數.(1)當時，求曲線在點處的切線方程；(2)討論的單調性；(3)若函數在上的最大值為0，求實數的取值范圍.

參考答案1．【答案】A【解析】先求集合，再求.【詳解】由題意或，所以.故選A.2．【答案】A【分析】根據全稱存在量詞命題的否定形式，直接求解.【詳解】全稱存在命題的否定是存在量詞命題，并且否定結論，所以命題，的否定是，.故選A.3．【答案】B【詳解】因為，若其實部大于0，則，即，易知，則是的必要不充分條件，即是的必要不充分條件，則“”是“復數的實部大于0”的必要不充分條件，故選B.4．【答案】B【詳解】由，得，而，所以.故選B.5．【答案】B【詳解】因為，所以，所以，故選B.6．【答案】D【詳解】數列是首項為，公比為2的等比數列，所以，所以，所以數列的前5項之和為.故選D.7．【答案】B【詳解】觀察圖象知，是函數的極小值點，求導得，則，解得，當時，；當時，，則是函數的極小值點，，，不等式，解得，所以不等式的解集為.故選B.8．【答案】B【詳解】∵，是偶函數，∴，即，所以是周期函數，4是其一個周期，，，，時，，，是減函數，∴，∴，故選B．9．【答案】ABD【詳解】解：根據函數的部分圖象，可得，.再根據五點法作圖可得，，因為，，又最大值為，∴.的最小正周期為，故A正確；的圖像可由的圖象向左平移個單位得到，故B正確；令，則，所以的對稱軸為，故C不正確；時，，在區間上單調遞增，故當時，，故D正確，故選ABD．10．【答案】ACD【詳解】設，則，所以在上單調遞減，對于A，由，即，即，故A正確；對于B，由，即，又，則，故B錯誤；對于C，由，即，即，故C正確；對于D，由，即，即，故D正確.故選ACD.11．【答案】ACD【詳解】如圖，連接，由題意知直線的方程為，即，直線與雙曲線的漸近線平行，所以，則，，聯立方程，解得，即，對于A，因為以為直徑的圓經過點，則，因為，，所以，解得，則的離心率，所以A正確；對于B，因為以為直徑的圓經過點，則，則，，所以由雙曲線的定義知，可得，所以的離心率，所以B不正確；對于C，若，則為線段的中點，所以，于是由在雙曲線上，得，即，解得，所以，則的漸近線方程為，所以C正確；對于D，因為，所以，由余弦定理的推論得，即，解得，因為點不在圓外，所以，即，解得，所以的漸近線的斜率的絕對值不大于，所以D正確．故選ACD．12．【答案】/【詳解】設，則，故，則.13．【答案】【詳解】由正弦定理可得，即．在中，由，得，所以，又，，所以，所以．解法①：由，結合正弦定理知，所以，所以，其中，當時取等號，所以的最大值為．解法②：設，則，根據余弦定理得，即，因為關于的方程有正實數解，所以，解得，所以的最大值為．14．【答案】1【詳解】因為四棱錐的底面為正方形，且平面，將四棱錐補形成長方體，則四棱錐的外接球即為長方體的外接球，可得四棱錐的外接球的球心O為的中點，∴，連接，，交點為Q，因為底面為正方形，所以，又平面，且平面，所以，又，平面，平面，所以平面，即平面，若平面，則l與平面所成的角為0．如圖，若過B的直線l與平面相交于點R，在平面中，過B作直線，與平面相交于點為S，因為平面，且平面，所以，又，，且，，平面，所以平面，故過B且與垂直的直線與平面的交點的軌跡為直線，又平面，所以，又，且，所以平面，又平面，所以，又平面，所以為在平面內的射影，即為直線l與平面所成的角，且，在中，，，由射影定理求得，而，當且僅當重合時，等號成立，故，∴．綜上，直線l與平面所成夾角的取值范圍為.15．【答案】(1)證明見解析(2)(3)【詳解】（1）證明：因為，所以，所以.因為，所以，所以數列是首項和公差均為1的等差數列.（2）解：由（1）可得，則，故.（3）解：由（2）可得，則16．【答案】(1)證明見詳解(2)【分析】（1）取的中點為，接，可證四邊形為平行四邊形，由線面平行的判定定理可得平面.（2）建立如圖所示的空間直角坐標系，求出平面和平面的法向量后可求夾角的余弦值.【詳解】（1）如圖，取的中點為，接，則，而，故，連接，所以四邊形為平行四邊形，故，而平面，平面，所以平面.（2）因為，故，故，故四邊形為平行四邊形，故，因為平面，所以平面，而平面，故，而，故建立如圖所示的空間直角坐標系，則，則設平面的法向量為，則由可得，取，設平面的法向量為，則由可得，取，故，故平面與平面夾角的余弦值為.17．【答案】(1)，中位數約為(2)【詳解】（1）解：由頻率分布直方圖可得，解得，因為，，所以中位數位于之間，設中位數為，則，解得，即中位數約為.（2）解：由題意中抽取人，中抽取人，中抽取人，分別記作、、、、、，從中選取人，則可能結果有、、、、、、、、、、、、、、共個結果，其中滿足這人考核成績來自同一分數段有、、、共個結果，所以這人考核成績來自同一分數段的概率.18．【答案】(1)(2)；或.【詳解】（1）由題意可知，，得，則的標準方程為.（2）點與關于坐標原點對稱，則直線的方程為，且，設點，則點到直線的距離，因，則，，則，因，則當時，或，此時點或.故面積的最大值為，此時的坐標為或.19．【答案】(1)；(2)答案見解析；(3)【詳解】（1）當時，，，，所以在點處的切線方程為，即．（2）由題意得的定義域為，，①當時，，所以在上單調遞增．②當時，，由，解得，不妨設，則由韋