宁夏回族自治区银川市2025届高三上学期第三次月考数学试卷一、单选题（本大题共8小题）1i是虚数单位，复数（）AB1CD2若数列的前项和，则等于（）A10B11C12D133已知函数为在R上单调递增，则实数a的取值范围是（）ABCD0,+4已知，且，则的值为（）ABCD5已知数列为等比数列， ，则 （）ABC2D6设等差数列的前项和为，且，则取最小值时，的值为（）A15或16B13或14C16或17D14或157我国古代数学家秦九韶左数书九章中记述了了“一斜求积术”，用现代式子表示即为：在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则的面积，根据此公式，若，且，则的面积为（ ）ABCD8已知函数函数，则下列结论正确的是（ ）A若，则恰有个零点B若恰有个零点，则的取值范围是C若恰有个零点，则的取值范围是D若，则恰有个零点二、多选题（本大题共3小题）9已知函数的部分图象如图所示，则（）ABCD10下列说法正确的是（）A函数的最小正周期是B函数的图像的对称中心是，C函数的递增区间是，D函数的图像可由函数的图像向右平移个单位而得到11正方形的边长为4，是中点，如图，点是以为直径的半圆上任意点，则（）A最大值为1B最大值为2C存在使得D最大值是8三、填空题（本大题共3小题）12已知单位向量满足，则方向上的投影向量为 .13已知，则的最小值为 14设函数，则不等式的解集为 .四、解答题（本大题共5小题）15已知数(1)求的最小正周期和对称轴方程；(2)求在的最大值和最小值16已知数列满足.(1)证明：数列是等比数列，并求数列的通项公式；(2)设，求数列的前项和.17在锐角中，内角的对边分别为，且(1)求角的大小；(2)若，点是线段的中点，求线段长的取值范围18已知函数和(1)若函数是定义域上的严格减函数，求的取值范围.(2)若函数和有相同的最小值，求的值(3)若，是否存在直线，其与两条曲线和共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列19定义：若数列满足，则称数列为“线性数列”.(1)已知为“线性数列”，且，证明：数列为等比数列.(2)已知.（i）证明：数列为“线性数列”；（ii）记，数列的前项和为，证明：.参考答案1【答案】C【分析】借助复数的运算法则计算即可得.【详解】.故选：C.2【答案】C【详解】.故选：C.3【答案】B【详解】当时，恒成立，此时在单调递增；当时，当且仅当时，在单调递增；因为在R上单调递增，此时还需满足，解得，综上所述：，故选：B.4【答案】D【分析】利用诱导公式及同角三角函数的基本关系得到，再由及两角差的正切公式计算可得.【详解】解：因为，所以，所以，又，所以.故选：D5【答案】C【分析】利用等比数列的性质与通项公式即可得解.【详解】因为为等比数列，则公比，所以，又，所以，解得，又，而恒成立，所以，则，故.故选：C.6【答案】A【详解】由，所以，数列的公差，且，所以，且数列单调递增，故取最小值时，的值为15或16.故选：A7【答案】B【分析】由已知结合正弦定理及和差角公式进行化简，求得，再结合已知及余弦定理，求得的值，代入已知公式，即可求解.【详解】由题意，因为，所以，即，又由，所以，由因为，所以，所以，即，因为，由余弦定理可得，解得，则的面积为.故选：B.【点睛】本题主要考查了正弦定理、余弦定理和两角和与差的正弦函数公式的化简求值的综合应用，意在考查推理与运算能力，属于中档试题.8【答案】D【详解】令，则，解得或，当时，由fx0，得；由fx0，得，则在上单调递减，在上单调递增，当时，当时，取最大值，最大值为f1=2，故的大致图象如图所示，由图可知，有且仅有个实根.当时，恰有个零点，故A选项错误；由恰有个零点，则恰有个实根，且，则或或，则B选项错误；由恰有个零点，得恰有个实根，则或或，则选项错误；当时，有个实根，则恰有个零点，故D单调正确；故选：D.9【答案】BCD【详解】由图象可知，则,故，解得，所以，由得，解得，即，又因为，所以，所以，故.故选：BCD.10【答案】BCD【分析】根据三角函数的周期性、对称性、单调性及图象变换的概念判断各选项【详解】对于A，时，时，不是函数的周期，A错；对于B，因此函数图象对称中心是，B正确；对于C，是增函数，在上是增函数，在上是减函数，因此原函数的增区间是，C正确；对于D，函数的图像向右平移个单位得图象的函数解析式为，D正确故选：BCD11【答案】AD【详解】以线段所在直线为轴，线段的垂直平分线为轴，建立平面直角坐标系，如图所示：设，解得，则，时，取最大值1，正确；，其中，为锐角，当即时，取最大值，故B错误；若，则有，整理得，得，即，故不存在满足条件的值，即不存在符合条件的点，C错误；由于，时，的最大值为8，D正确故选：AD12【答案】【详解】，因为，所以，所以在方向上的投影向量为.故答案为：.13【答案】【详解】令，则，令，则，当且仅当，即时等号成立，即.故答案为： .14【答案】【详解】函数，定义域为，函数为偶函数，当时，在上单调递增，则在上单调递减，不等式，则有，解得且，所以不等式解集为.故答案为：15【答案】(1)最小正周期为，对称轴方程为，(2)的最小值，最大值.【详解】（1），所以函数的最小正周期为令，解得，所以函数图象的对称轴方程为，（2）当时，则，进而可得，当时，即时，取最小值，时，即时，取最大值.16【答案】(1)证明见解析，；(2).【详解】（1）由，所以是首项、公比均为3的等比数列，故；（2）由（1）有，则，所以，两式相减，得，所以.17【答案】(1)(2)【详解】（1）因为，由余弦定理得，由正弦定理得，又是锐角三角形，所以，所以，所以，又，所以（2）由余弦定理可得，又，所以，由正弦定理可得，所以，所以，由题意得解得，则，所以，所以，所以，所以线段长的取值范围为18【答案】(1)(2)1(3)存在【分析】（1）求导，然后根据导函数不大于零恒成立，转化为最值求解即可；（2）分别求出两函数的最值，根据最值相等构造函数，求导研究函数单调性，进而可得的值；（3）求导研究函数和的单调性，及最值，设出其交点，进而求出三个不同的交点，根据等式可证明等差数列.【详解】（1）恒成立，因为，所以，则的取值范围为；（2）定义域为，因为，所以，若，则，单调递增，无最小值，故，当时，当时，函数在上单调递减，当时，函数在上单调递增，故，的定义域为，因为，所以，令，解得，当时，函数在上单调递减，当时，函数在上单调递增，故，因为函数和有相同的最小值所以，因为，所以化为，令，则，因为，所以恒成立，所以在上单调递增，又因为，仅有此一解，所以；（3）知，函数在上单调递减，在上单调递增，函数在上单调递减，在上单调递增，设，则，当时，所以函数在上单调递增，因为，所以当时，恒成立，即在时恒成立，所以时，因为，函数在上单调递增，函数在上单调递减，所以函数与函数的图象在上存在唯一交点，设该交点为,，此时可作出函数和的大致图象，由图象知当直线与两条曲线和共有三个不同的交点时，直线必经过点,，即，因为，所以，即，令得，解得或，由，得，令得，解得或，由，得，所以当直线与两条曲线和共有三个不同的交点时，从左到右的三个交点的横坐标依次为，因为，所以，所以，成等差数列所以存在直线，其与两条曲线和共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列19【答案】(1)证明见解析;(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析【详解】（1）因为为“线性数列”，所以，所以，即，解得，所以，所以，又，所以是以为首项，为公比的等比数列；（2）（i）因为，则，令，即，解得，所以，因为，所以，所以数列为“线性数列”；（ii）因为，则，所以，因为，所以，所以.