福建省宁德市高中同心顺联盟校2025年高三下学期第三次调考数学试题含解析

福建省宁德市高中同心顺联盟校2025年高三下学期第三次调考数学试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．一个封闭的棱长为2的正方体容器，当水平放置时，如图，水面的高度正好为棱长的一半．若将该正方体绕下底面（底面与水平面平行）的某条棱任意旋转，则容器里水面的最大高度为（）A． B． C． D．2．党的十九大报告明确提出：在共享经济等领域培育增长点、形成新动能.共享经济是公众将闲置资源通过社会化平台与他人共享，进而获得收入的经济现象.为考察共享经济对企业经济活跃度的影响，在四个不同的企业各取两个部门进行共享经济对比试验，根据四个企业得到的试验数据画出如下四个等高条形图，最能体现共享经济对该部门的发展有显著效果的图形是（）A． B．C． D．3．若sin(α+3π2A．-12 B．-134．正的边长为2，将它沿边上的高翻折，使点与点间的距离为，此时四面体的外接球表面积为（）A． B． C． D．5．已知空间两不同直线、，两不同平面，，下列命题正确的是（）A．若且，则 B．若且，则C．若且，则 D．若不垂直于，且，则不垂直于6．已知函数的定义域为，则函数的定义域为（）A． B．C． D．7．已知函数的最小正周期为,为了得到函数的图象,只要将的图象()A．向左平移个单位长度 B．向右平移个单位长度C．向左平移个单位长度 D．向右平移个单位长度8．一场考试需要2小时，在这场考试中钟表的时针转过的弧度数为（）A． B． C． D．9．在钝角中，角所对的边分别为，为钝角，若，则的最大值为（）A． B． C．1 D．10．已知集合A={x|x<1}，B={x|}，则A． B．C． D．11．已知集合，则（）A． B．C． D．12．若复数满足，则()A． B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知数列递增的等比数列，若，，则______.14．已知，，求____________.15．从分别写有1，2，3，4的4张卡片中随机抽取1张，放回后再随机抽取1张，则抽得的第一张卡片上的数不小于第二张卡片上的数的概率为__________.16．三对父子去参加亲子活动，坐在如图所示的6个位置上，有且仅有一对父子是相邻而坐的坐法有________种（比如：B与D、B与C是相邻的，A与D、C与D是不相邻的）.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（12分）已知不等式的解集为.（1）求实数的值；（2）已知存在实数使得恒成立，求实数的最大值.18．（12分）已知函数．（1）若函数在上单调递增，求实数的值；（2）定义：若直线与曲线都相切，我们称直线为曲线、的公切线，证明：曲线与总存在公切线．19．（12分）已知函数．（1）求不等式的解集；（2）若函数的定义域为,求实数的取值范围．20．（12分）在直角坐标系中，直线的参数方程为，（为参数）.以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.（1）求直线的普通方程和曲线的直角坐标方程；（2）若点是直线的一点，过点作曲线的切线，切点为，求的最小值.21．（12分）如图，三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面BCC1B1是菱形，AC=BC=2，∠CBB1=，点A在平面BCC1B1上的投影为棱BB1的中点E．（1）求证：四边形ACC1A1为矩形；（2）求二面角E-B1C-A1的平面角的余弦值．22．（10分）如图，在三棱柱中，平面平面，侧面为平行四边形，侧面为正方形，，，为的中点.（1）求证：平面；（2）求二面角的大小.

参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．B【解析】

根据已知可知水面的最大高度为正方体面对角线长的一半，由此得到结论．【详解】正方体的面对角线长为，又水的体积是正方体体积的一半，且正方体绕下底面（底面与水平面平行）的某条棱任意旋转，所以容器里水面的最大高度为面对角线长的一半，即最大水面高度为，故选B.本题考查了正方体的几何特征，考查了空间想象能力，属于基础题．2．D【解析】根据四个列联表中的等高条形图可知，图中D中共享与不共享的企业经济活跃度的差异最大，它最能体现共享经济对该部门的发展有显著效果，故选D．3．B【解析】

由三角函数的诱导公式和倍角公式化简即可.【详解】因为sinα+3π2=3故选B本题考查了三角函数的诱导公式和倍角公式，灵活掌握公式是关键，属于基础题.4．D【解析】

如图所示，设的中点为，的外接圆的圆心为，四面体的外接球的球心为，连接，利用正弦定理可得，利用球心的性质和线面垂直的性质可得四边形为平行四边形，最后利用勾股定理可求外接球的半径，从而可得外接球的表面积.【详解】如图所示，设的中点为，外接圆的圆心为，四面体的外接球的球心为，连接，则平面，.因为，故，因为，故.由正弦定理可得，故，又因为，故.因为，故平面，所以，因为平面，平面，故，故，所以四边形为平行四边形，所以，所以，故外接球的半径为，外接球的表面积为.故选：D.本题考查平面图形的折叠以及三棱锥外接球表面积的计算，还考查正弦定理和余弦定理，折叠问题注意翻折前后的变量与不变量，外接球问题注意先确定外接球的球心的位置，然后把半径放置在可解的直角三角形中来计算，本题有一定的难度.5．C【解析】因答案A中的直线可以异面或相交，故不正确；答案B中的直线也成立，故不正确；答案C中的直线可以平移到平面中，所以由面面垂直的判定定理可知两平面互相垂直，是正确的；答案D中直线也有可能垂直于直线，故不正确．应选答案C．6．A【解析】试题分析：由题意，得，解得，故选A．考点：函数的定义域．7．A【解析】

由的最小正周期是，得，即，因此它的图象向左平移个单位可得到的图象．故选A．考点：函数的图象与性质．三角函数图象变换方法：8．B【解析】

因为时针经过2小时相当于转了一圈的，且按顺时针转所形成的角为负角，综合以上即可得到本题答案.【详解】因为时针旋转一周为12小时，转过的角度为，按顺时针转所形成的角为负角，所以经过2小时，时针所转过的弧度数为.故选：B本题主要考查正负角的定义以及弧度制，属于基础题.9．B【解析】

首先由正弦定理将边化角可得，即可得到，再求出，最后根据求出的最大值；【详解】解：因为，所以因为所以，即，，时故选：本题考查正弦定理的应用，余弦函数的性质的应用，属于中档题.10．A【解析】∵集合∴∵集合∴，故选A11．C【解析】

由题意和交集的运算直接求出.【详解】∵集合，∴.故选:C.本题考查了集合的交集运算.集合进行交并补运算时，常借助数轴求解.注意端点处是实心圆还是空心圆.12．C【解析】

化简得到，，再计算复数模得到答案.【详解】，故，故，.故选：.本题考查了复数的化简，共轭复数，复数模，意在考查学生的计算能力.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．【解析】

，建立方程组，且，求出，进而求出的公比，即可求出结论.【详解】数列递增的等比数列，，，解得，所以的公比为，.

故答案为:.本题考查等比数列的性质、通项公式，属于基础题.14．【解析】

求出向量的坐标，然后利用向量数量积的坐标运算可计算出结果.【详解】，，，因此，.故答案为：.本题考查平面向量数量积的坐标运算，考查计算能力，属于基础题.15．【解析】

基本事件总数，抽得的第一张卡片上的数不小于第二张卡片上的数包含的基本事件有10种，由此能求出抽得的第一张卡片上的数不小于第二张卡片上的数的概率．【详解】从分别写有1，2，3，4的4张卡片中随机抽取1张，放回后再随机抽取1张，基本事件总数，抽得的第一张卡片上的数不小于第二张卡片上的数包含的基本事件有10种，分别为：，，，，，，，，，，则抽得的第一张卡片上的数不小于第二张卡片上的数的概率为．故答案为：本题考查古典概型概率的求法，考查运算求解能力，求解时注意辨别概率的模型．16．192【解析】

根据题意，分步进行分析：①，在三对父子中任选1对，安排在相邻的位置上，②，将剩下的4人安排在剩下的4个位置，要求父子不能坐在相邻的位置，由分步计数原理计算可得答案．【详解】根据题意，分步进行分析：①，在三对父子中任选1对，有3种选法，由图可得相邻的位置有4种情况，将选出的1对父子安排在相邻的位置，有种安排方法；②，将剩下的4人安排在剩下的4个位置，要求父子不能坐在相邻的位置，有种安排方法，则有且仅有一对父子是相邻而坐的坐法种；故答案为：本题考查排列、组合的应用，涉及分步计数原理的应用，属于基础题．三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（1）；（2）4【解析】

（1）分类讨论，求解x的范围，取并集，得到绝对值不等式的解集，即得解；（2）转化原不等式为：，利用均值不等式即得解.【详解】（1）当时不等式可化为当时，不等式可化为；当时，不等式可化为；综上不等式的解集为.（2）由（1）有，，，，即而当且仅当：，即，即时等号成立∴，综上实数最大值为4.本题考查了绝对值不等式的求解与不等式的恒成立问题，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算的能力，属于中档题.18．（1）；（2）见解析.【解析】

（1）求出导数，问题转化为在上恒成立，利用导数求出的最小值即可求解；（2）分别设切点横坐标为，利用导数的几何意义写出切线方程，问题转化为证明两直线重合，只需满足有解即可，利用函数的导数及零点存在性定理即可证明存在.【详解】（1），函数在上单调递增等价于在上恒成立．令，得，所以在单调递减，在单调递增，则．因为，则在上恒成立等价于在上恒成立；又，所以，即．（2）设的切点横坐标为，则切线方程为……①设的切点横坐标为，则，切线方程为……②若存在，使①②成为同一条直线，则曲线与存在公切线，由①②得消去得即令，则所以，函数在区间上单调递增，，使得时总有又时，在上总有解综上，函数与总存在公切线．本题主要考查了利用导数研究函数的恒成立问题，导数的几何意义，利用导数证明方程有解，属于难题.19．(1)(2)【解析】

（1）分类讨论，去掉绝对值，化为与之等价的三个不等式组，求得每个不等式组的解集，再取并集即可．（2）要使函数的定义域为R，只要的最小值大于0即可,根据绝对值不等式的性质求得最小值即可得到答案．【详解】（1）不等式或或，解得或，即x>0,所以原不等式的解集为．（2）要使函数的定义域为R，只要的最小值大于0即可，又，当且仅当时取等，只需最小值，即．所以实数a的取值范围是．本题考查绝对值不等式的解法，考查利用绝对值三角不等式求最值，属基础题．20．（1），；（2）见解析【解析】

（1）消去t,得直线的普通方程，利用极坐标与普通方程互化公式得曲线的直角坐标方程；（2）判断与圆相离，连接，在中，，即可求解【详解】（1）将的参数方程（为参数）消去参数，得.因为，，所以曲线的直角坐标方程为.（2）由（1）知曲线是以为圆心，3为半径的圆，设圆心为，则圆心到直线的距离，所以与圆相离，且.连接，在中，，所以，，即的最小值为.本题考查参数方程化普通方程，极坐标与普通方程互化，直线与圆的位置关系，是中档题21．（1）见解析（2）【解析】

（1）通过勾股定理得出，又，进而可得平面，则可得到，问题得证；（2）如图，以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，求出平面的法向量和平面的法向量，利用空间向量的夹角公式可得答案.【详解】（1）因为平面，所以，又因为，，，所以，因此，所以，因此平面，所以，从而，又四边形为平行四边形，则四边形为矩形；（2）如图，以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，所以，平面的法向量，设平面的法向量，由，由，令，即，所以，，所以，所求二面角的余弦值是.本题考查空间垂直关系的证明，考查向量法求二面角的大小，考查学生计算