福建省三明市第一中学2026届高三上学期12月月考-数学试题（含答案）

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第Ⅰ卷（选择题共58分）
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，仅有一项是符合题目要求的．
1. 已知复数满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据复数的乘除运算以及加减运算，可得答案.
【详解】由题意可得.
故选：D.
2. 已知集合，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】解二次不等式和绝对值不等式得到集合，然后由交集的定义求得结果.
【详解】∵，或，
∴．
故选：A.
3. 已知等差数列满足，则（ ）
A. B. 3C. D. 6
【答案】B
【解析】
【分析】利用等差中项的性质可得，再由即可求.
【详解】由，
若的公差为，则.
故选：B
4. 已知平面向量满足，则在上的投影向量为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用投影向量的公式即可求解.
【详解】由题意得，又，所以在上的投影向量为.
故选：B
5. 过三点的圆的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先由中垂线方程得到圆心坐标，再由两点间的距离公式求出半径，从而可得圆的面积.
【详解】以点为端点的线段的中垂线方程为，
以点为端点的线段的中垂线方程为，
设圆心为，显然为与的交点，故，
故圆的半径，故圆的面积为.
故选：B.
6. 已知函数，其图象距离轴最近的一条对称轴方程为，最近的一个对称中心为，则下列结论错误的是（ ）
A.
B. 的图象在区间内有个对称中心
C. 在区间上单调递增
D. 的图象上所有点向右平移个单位长度得到函数的图象
【答案】C
【解析】
【分析】选项A，由，其图象距离轴最近的一条对称轴方程为，最近的一个对称中心为，得到，根据最小正周期公式得到，由一条对称轴方程为，得到，又，求得的值；选项B，令和解出的值，即可得解；选项C，由，求出的范围，结合余弦函数的图像得到在区间上单调递减；选项D，的图象上所有点向右平移个单位长度，得到函数，利用诱导公式得解.
【详解】选项A，，
其图象距离轴最近的一条对称轴方程为，最近的一个对称中心为，
则函数的周期满足，，，，
一条对称轴方程为，，
，，故A正确；
选项B，，，，
，由，可得或，
的图象在区间内有个对称中心，故B正确；
选项C，，，
在区间上单调递减，故C错误；
选项D，的图象上所有点向右平移个单位长度，
得到函数，故D正确.
故选：C.
7. 已知实数满足且，则的最小值为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据条件得，再结合条件，利用基本不等式得，即可求解.
【详解】由，得到，所以，
又，当且仅当时取等号，所以，即，
则，当且仅当时取等号，
故选：A.
8. 已知函数在上单调递增，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据在上递增列不等式，由此求得的取值范围．
【详解】由于在上单调递增，所以，
由得即，
当时，，，显然成立；
当时，单调递增，且，故，
综上，，
所以a的取值范围是
故选：C
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求．全部选对的得6分，有选错的得0分，部分选对的得部分分．
9. 关于空间向量，以下说法正确的有（ ）
A. 空间中的三个向量，若有两个向量共线，则这三个向量一定共面
B. 若，则与的夹角是锐角
C. 已知向量，，是不共面的向量，则向量，，共面
D. 若对空间中任意一点，有，则，，，四点共面
【答案】AD
【解析】
【分析】利用共线定理和共面定理可判断A；考虑同向共线可判断B；利用反证法判断C；利用空间向量共面的推论判断D.
【详解】对于A，空间中任意两个向量是共面的，三个向量中有两个向量共线，则这三个向量一定共面，故A正确；
对于B，若，则与的夹角是锐角或者，故B错误；
对于C，假设是共面的向量，则存在实数使，即，
故向量是共面向量，与题设矛盾，故假设不成立，即向量不共面，故C错误；
对于D，因，则由空间向量共面的推论可知，四点共面，故D正确.
故选：AD
10. 已知焦点在轴上的等轴双曲线（对称中心为坐标原点）的实轴长与圆的半径相等，与圆在第一、二、三、四象限分别交于四点，且，则（ ）
A. 的渐近线方程为B.
C. 的焦距为4D. 四边形的面积为
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据等轴双曲线的性质判断A，设等轴双曲线和圆的方程，联立后求双曲线方程，以及交点的坐标，即可判断BCD.
【详解】A.等轴双曲线的渐近线方程为，故A正确；
B.设等轴双曲线，圆，，，，，，，
联立，得，，
，得，所以，故B正确；
C. 等轴双曲线中，，所以焦距为，故C错误；
D.由对称性可知，四边形是矩形，所以四边形的面积为，故D正确.
故选：ABD
11. 已知函数的定义域为，导函数为，满足（为自然对数的底数），且0，则（ ）
A.
B. 在处取得极小值
C. 存在唯一的实数使得
D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】构造函数，求导确定函数的单调性，结合单调性可得，从而判断A；根据导数运算可设，由，从而可得的值，于是得函数的解析式，求导确定单调性得的极值点即可判断B；根据单调性结合函数确定的根是否唯一即可判断C；根据单调性确定函数值大小即可判断D.
【详解】设，则，
可得在区间上单调递减，在上单调递增，
故，即，得，故选项A不正确；
可设，可得，所以，所以，
所以，由可得，由可得，
所以在区间上单调递减，在上单调递增，
所以在处取得极小值，故选项B正确；
又因为，可得函数大致图象如下：
结合图象知，存在唯一的实数使得，故C正确；
由于，而，
所以，故选项D正确.
故选：BCD.
第Ⅱ卷（非选择题共92分）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知，则_____．
【答案】
【解析】
【分析】应用诱导公式及整体法求函数值.
【详解】由.
故答案为：
13. 已知数列的前项和为，且点总在直线上，则数列的前5项和_____．
【答案】129
【解析】
【分析】由与的关系求出的通项公式，用错位相减法求，进而求.
【详解】数列的前项和为，且点总在直线上，所以.
当时，，两式相减得，
又，所以数列是以1为首项，以2为公比的等比数列，则，
∴，则，
所以，
两式相减得：.
所以，则.
故答案为：
14. 直线（）与椭圆交于，两点，过点作轴，垂足为点，直线交椭圆于另一点，则_____．
【答案】1
【解析】
【分析】设为第一象限点，，，写出坐标，再由点差法得，结合斜率的两点式有，进而得到、，从而有，即可得.
【详解】设为第一象限点，，轴，如图，
∴点的坐标为，点的坐标为，
设，则有，两式相减得，
又，，则，
又，则，又，
∴，因此，所以.
故答案为：1
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15. 在中，角所对的边分别为.
（1）求；
（2）点在边上，平分，若，求的周长.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）应用正弦定理化简求解，结合角的范围求值；
（2）应用角平分线结合得出，最后应用余弦定理计算求解.
【小问1详解】
因为，
由正弦定理得，
又，所以，
由于，则.
【小问2详解】
因为，
所以，
即，
由余弦定理得，
所以，
解得，或（舍去），
所以，即的周长为.
16. 设数列满足.
（1）证明：数列为等差数列；
（2）设，求数列的最大项.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）通过对已知递推公式进行变形，得到与的关系，再根据等差数列的定义证明；
（2）先根据（1）的结果求出的表达式，进而得到的表达式，然后通过作差法比较与的大小，
判断数列的单调性，从而求出最大项.
【小问1详解】
将两边同乘以，
得，即，
又，因此，是以1为公差，1为首项的等差数列.
【小问2详解】
由（1）得，
因此，，
.
当时，，得，即.
又因为，所以，
即当时，，
所以的最大项是.
17. 如图，在正三棱锥中，，，为中点，为棱上一点．
（1）证明：；
（2）已知正三棱锥各顶点均在球的球面上．
（i）求球的半径；
（ii）若直线与平面所成角的正弦值为，求．
【答案】（1）证明见解析
（2）（i）；（ii）或
【解析】
【分析】（1）根据正三棱锥的性质，结合等腰三角形的性质、线面垂直的判定定理和性质进行证明即可；
（2）（i）根据正三棱锥的性质建立空间直角坐标系，结合球的性质、空间两点间距离公式进行求解即可；
（ii）根据空间向量夹角公式进行求解即可.
【小问1详解】
由正三棱锥性质可知，，连接，，
故，，
而平面，平面，，
故平面， 而平面，
可得．
【小问2详解】
（i）记中心为，显然平面，易知在直线上．以为坐标原点，的方向为轴正方向，的方向为轴正方向，的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系
易得，，，，可设，由可得，解得
故球的半径
（ii）显然，而平面的一个法向量，
而，，
记，则，
记直线与平面所成角为，则，
平方得，得，
可得或，
于是或．
18. 已知椭圆的离心率为，点在椭圆上，不过点的直线与椭圆相交于两点.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若弦的中点的纵坐标为，求面积的最大值；
（3）若，求证：直线过定点.
【答案】（1）
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据离心率公式，可得，将点坐标代入椭圆方程，结合a，b，c的关系，即可求得答案.
（2）分析可得直线l斜率存在，设方程为，与椭圆联立，根据韦达定理，可得、表达式，代入弦长公式，可得表达式，再求得O到直线MN的距离，代入面积公式，结合m的范围，即可得答案.
（3）由，可得，将直线方程代入，结合韦达定理，化简可得或，分别讨论，分析检验，即可得答案.
【小问1详解】
由题意得：，解得，椭圆方程为：
【小问2详解】
因为弦的中点的纵坐标为，所以直线斜率存在.
设直线，代入，可得，
设，，则，，
因为弦的中点的纵坐标为，
所以，即，
，
O到直线MN的距离，
，
由，，可得，
当即时，取得最大值.
【小问3详解】
，，
即，
，，
代入（*）式，得，
即，
化简得，
即 ，
或，
当时，则直线，此时直线过点，不合题意舍去，
当时，则直线，此时直线过定点，
当直线斜率不存在时，直线交椭圆于，，
此时，显然成立.
直线过定点.
19. 已知函数．
（1）当时，求的极值；
（2）讨论在区间上的单调性；
（3）设，证明：．
【答案】（1）的极小值为，无极大值；
（2）答案见解析； （3）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）当时，，求导判断其单调性，进而可求得其极值；
（2）求出导数，通过对的取值进行分类讨论，判断导数的正负情况，进而可得函数的单调区间；
（3）令数列的前项和为，且，可求得，
再令数列满足，则原不等式等价于，整理变形后，结合函数的性质即可证明.
【小问1详解】
由题意，当时，，，
则，
令，得，
当时，，则在上单调递减，
当时，，则在上单调递增，
故当时，函数取得极小值，为，无极大值.
【小问2详解】
因，
则，
因为，，所以，
当时，恒有，则恒成立，即在上单调递增；
当时，令，解得（舍去），，
令，解得，令，解得，
所以函数在上单调递减，在上单调递增.
综上，当时，函数在上单调递增；
当时，函数在上单调递减，在上单调递增.
【小问3详解】
令数列的前项和为，且，数列满足，
当时，，
当时，，
则原不等式，等价于，
当时，，，显然成立；
当时，要证，即证，需证，
令，则，又，所以，
则不等式，等价于，等价于，
由（2）得，当时，函数在上单调递增，
又，则，即，
故得证.
即当时，成立，故，
又当时，，
综上所述，成立，不等式得证.