江苏省扬州市七校第二次联考2025-2026学年高三上学期12月月考数学试题（含参考答案和解析）

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1. 若复数满足，则的虚部为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据已知应用复数除法计算化简结合虚部定义得出答案.
【详解】由，得，
故的虚部为.
故选：A.
2. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题目条件对不等式进行求解，再根据集合交集的性质即可判断选项.
【详解】由解得，结合得，
由解得或，所以
所以.
故选：A
3. 已知棱长为的正方体的所有顶点均在球的球面上，则球的表面积为（ ）
A B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设球的半径为，则该正方体的体对角线长即为，求出的值，结合球体表面积公式求解即可.
【详解】设球的半径为，则该正方体的体对角线长即为，即，
故球的表面积为.
故选：B.
4. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】代入二倍角公式，以及诱导公式，即可求解.
【详解】由条件可知，，
而.
故选：C
5. 已知向量，若，则在上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由投影向量的公式计算得到答案.
【详解】因为，所以，
因为，所以，所以，
在上的投影向量为，
故选：C.
6. 已知数列是首项为1的等差数列，且，则（ ）
A. B. 或C. D. 或
【答案】B
【解析】
【分析】设出数列的公差为，根据及列出方程，解得，再根据等差数列下标和的性质解决即可.
【详解】设数列的公差为，又，即，
整理得，解得或，
当时，；当时，
又，
因此或.
故选：B.
7. 函数的图象的相邻两支截直线所得线段长为，则的值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据已知条件可得出函数的最小正周期，求出的值，代值计算可得的值.
【详解】由题意可知，函数最小正周期为，解得，则，
故.
故选：A.
8. 某地区举办演唱会时，举办方为防止观众私自携带灯牌等应援物品，使用了安检门进行辅助检测.依照以往数据，任一观众私自携带应援物品的概率为，若观众确实携带，安检门亮灯提示的概率为；若观众没有携带，安检门依旧有的概率因误检其他物品而亮灯提示.若某观众通过安检门时被亮灯提示，则该观众确实私自携带应援物品的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据全概率公式，以及条件概率公式即可求解.
【详解】设事件：该观众私自携带应援物品；事件：安检门亮灯提示，
则.
某观众通过安检门时被亮灯提示，则该观众确实私自携带应援物品的概率为
所以.
故选:B.
二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 下列命题正确的是（ ）
A. 样本数据6.1，5.9，5.9，6.0，6.1，5.8，6.3的极差为0.5
B. 样本数据，，，，，的分位数是
C. 若随机变量，且，则
D. 若随机事件，满足，，且，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A：根据极差的定义运算求解；对于B：根据百分位数的定义运算求解；对于C：根据正态分布的对称性运算求解；对于D：根据概率的性质分析判断.
【详解】对于选项A：样本数据6.1，5.9，5.9，6.0，6.1，5.8，6.3的极差为，故A正确；
对于选项B：因为，所以第分位数是第5位数11，故B错误；
对于选项C：若随机变量，即，
所以，故C正确；
对于选项D：因为，，则，
且，则，
所以，故D正确；
故选：ACD.
10. 已知正方体的棱长为为底面内一动点，且，则（ ）
A. 点的轨迹的长度为
B. 平面
C. 恰有一个点，满足
D. 与平面所成的角的正弦值的最大值为
【答案】BC
【解析】
【分析】根据线面垂直、面面垂直、线面平行、面面平行的判定和性质进行逐项判断即可.
【详解】对于A选项，
根据正方体的特性和性质可知，，
因为平面，所以平面，
因为平面，所以，
根据正方体的特性和性质可知，，又平面，
平面，因为，为底面内一动点，
所以点在对角线上，即点的轨迹的长度为选项错误；
对于B选项，
因为平面ACD1，而不在平面ACD1内，
所以平面ACD1，同理，平面ACD1，
又平面，
所以平面平面，又平面，所以平面选项正确；
对于C选项，
因为平面，
所以平面，由选项A知点在上，
所以当且仅当为的中点时，满足，C选项正确；
对于D选项，
因为平面，所以与平面所成的角即为，
因为，所以要使得取最大值，则取最小值，
所以当为的中点时，取得最大值，
此时，D选项错误.
故选：BC.

11. 设函数的定义域为，且为奇函数，为偶函数.若，则（ ）
A. B. 可能为2
C. D. 可能为0
【答案】AD
【解析】
【分析】利用函数的奇偶性和对称性得到，进而判断A，利用反证法判断B，利用赋值法判断C，D即可.
【详解】对于A，设，因为为奇函数，
所以，
且，即.令，
则，则的图象关于点对称.
设，故，
即，可得为偶函数，令，
则，则的图象关于直线对称，
若，则即是奇函数，又是偶函数，
故只能有，即对任意成立，
则对任意成立，与矛盾，故，故A正确；
对于B，由于，若，
则，与2矛盾，故B错误；
对于D，取，则的图象关于点对称，，
即存在使得为0，故D正确；
对于C，取，则的图象关于直线对称，
故，令，有，
由D得，故存在使得不为，故C错误.
故选：AD.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 若在上单调递增，则的取值范围是________．
【答案】
【解析】
【分析】求得导函数，根据导函数在给定区间上大于等于0恒成立，求得的取值范围.
【详解】∵，∴，
∵函数在区间上单调递增，
∴在区间上恒成立，
由于在区间上单调递增，
∴必须且只需
解得，
故答案为：.
13. 若，则______
【答案】##
【解析】
【分析】利用倍角公式整理可得，进而可求.
【详解】因为，即，
所以.
故答案为：.
14. 已知平面，异面直线与所成的角是，则线段的长为_____．
【答案】5或
【解析】
【分析】作辅助线，可知或，可证平面，进而分情况求解即可.
【详解】如图，作且，连接，
则（或其补角）为异面直线所成的角，即或，
由，且，得是平行四边形，则，
由，得，而平面，
因此平面，又平面，则，，
当时，；
当时，，
所以的长为5或.
故答案为：5或
四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明､证明过程及演算步骤.
15. 某研究院种植了一种特殊作物，为了解该种特殊作物成熟期的高度，随机调查了1000棵成熟期作物的高度并绘制成如下频率分布直方图.

（1）求的值及这1000棵成熟期作物的平均高度（同组数据用该组数据区间的中点值表示）；
（2）以这1000棵成熟期作物的高度的频率估计所有该特殊作物成熟期高度的概率.若在所有成熟的该种特殊作物中随机抽取20棵，记高度在区间内的棵数为，求的期望和方差.
【答案】（1），101厘米
（2）
【解析】
【分析】（1）根据频率分布直方图的性质求解的值，从而利用平均数的概念求解平均高度；
（2）根据频率分布直方图求解高度在区间内的频率，结合二项分布求解的期望和方差即可.
【小问1详解】
由，得，
这1000棵成熟期作物的平均高度为
厘米.
【小问2详解】
高度在区间内的频率为，
由样本估计总体知，高度在区间的概率为0.3，
因为，所以.
16. 已知，函数（为常数）.
（1）求的最小正周期及单调递减区间；
（2）若，且在中，内角的对边分别为，求的面积.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）先利用向量的数量积结合降幂公式、两角差的正弦公式化函数为一个角的一个三角函数形式，然后结合正弦函数性质求得最小正周期及单调递减区间；
（2）由（1）根据求得，再由求得，然后由余弦定理求得，从而可得三角形面积．
【小问1详解】
由题意得
，
所以的最小正周期，
令，得，
所以的单调递减区间为.
【小问2详解】
由，得，故.
由，得，
即，
因为，所以，所以，
所以，
又，即，所以，
所以.
17. 如图，在四棱锥中，四边形为菱形，平面为棱上一点，且.
（1）证明：平面平面；
（2）设直线与平面交于点，证明：；
（3）若，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）根据几何体的性质，以及菱形的几何性质，通过面面垂直的判定定理，证明面面垂直即可；
（2）根据线面平行的性质定理，证明线线平行即可；
（3）根据几何体的性质，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出直线的方向向量和平面的法向量，进而求出平面与平面夹角的余弦值.
【小问1详解】
因为平面平面，所以，
因为四边形为菱形，所以，
又平面，且，所以平面，
因为平面，所以平面平面.
【小问2详解】
因为四边形为菱形，所以，
又平面平面，所以平面，
又平面，且平面平面，
所以.
【小问3详解】
设，以为原点，直线分别为轴，轴，过垂直于平面的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以，.
设平面的法向量，
则，即，
令，解得，所以面的一个法向量为.
设平面的法向量，
则，即，
令，解得，所以平面的一个法向量.
设平面与平面的夹角为，
则.
18. 已知正项数列中，为数列的前n项和，满足，设．
（1）求的通项公式；
（2）求的前n项和；
（3）令，在和之间插入k个数构成一个新数列：，其中插入的所有数依次构成数列，通项公式，求数列的前30项和．
【答案】（1）
（2）
（3）223
【解析】
【分析】（1）根据及推出，进一步变换即可求得的通项公式；
（2）求出的表达式并结合裂项相消即可求解；
（3）分析数列的前30项包含了及的项数即可求解．
小问1详解】
由题意，在中，
令，可得，
因为，当时，，
可得，即，
整理得，因为，，
可得，
所以数列是以1为首项，2为公差的等差数列，所以．
【小问2详解】
由，则，
所以的前项和为：
．
【小问3详解】
因为，
在数列中，项之前（含）共有项，，
所以数列的前30项中包含数列的前7项及数列的前23项，
．
19. 设函数.
（1）若，证明：当时，；
（2）若，证明：；
（3）若存在，使得当且仅当时，，求的取值范围.
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）利用求导判断函数的单调性即可证明；
（2）证法一：通过求导推得在区间上单调递增，在区间上单调递减，化简计算得到，要证等价于证明，即证，由计算即得证得；证法二：由（1）可推出在区间上恒成立，又当时，，分析去掉等号即可得证；
（3）设，则不等式等价于，分析可得 ，分类讨论时满足条件的的范围，易得当时满足条件，当时，分析讨论函数的单调性，推得在区间上的最小值在或处取得，从而得到，即得的取值范围.
【小问1详解】
当时，，
则，
当时，，故，
所以在区间上单调递减，所以，即.
【小问2详解】
证法一：当时，.
当时，，此时；
设，则，
当时，，当且仅当时取等号，
故在区间上单调递减，
又，因此存在唯一的，使得，
即，即，
且当时，，当时，，
故区间上单调递增，在区间上单调递减.
由.
由且，得.
故，
要证等价于证明，即证.
因为，所以，不等式成立，
即得证.
解法二：由（1）知当时，，
当时，，所以，
所以在区间上恒成立，
所以当时，，
由于前面的等号在处取到，后面的等号在处取到，
所以，即.
【小问3详解】
设，不等式等价于，
故题目等价于：对所有恒成立，且对所有恒成立，
由于的图象是一条连续不断的曲线，
故由所有恒成立可知必有，
由对所有恒成立可知必有，故.
现求时满足条件的的范围.
① 当时，，
故在区间上单调递减.则在区间内的最大值为，
因此在区间上恒成立，满足条件；
②当时，，即，记，则，
当时，，故，则在区间上单调递减，
又，故在区间上先递增再递减，
也即在区间上的最小值在或处取得.
又，故在区间上的最小值只能是0或.
要使在上恒成立，需使，解得.
综上，要存在使题设成立，必须满足.
又，当时，.
故的取值范围是.