福建省龙岩市三校2026届高三上学期12月联考数学试卷含解析（word版）

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高三数学试题
命题人：德化三中 陈坚定 大田五中 林子婳 漳平二中 朱夏漪
（考试时间：120分钟 总分：150分）
试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）部分
第Ⅰ卷（选择题）
一、单择题：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，只有一项是符合题目要求的.
1 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先求出集合，再利用交集的运算法则求解即可.
【详解】由题可知，所以；
故选：A
2. 函数的导函数（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用复合函数求导法则直接求导即可.
【详解】函数的导函数.
故选：C
3. 函数是偶函数，且定义域是，则（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】利用偶函数定义域关于原点对称得到，则；又因为二次函数为偶函数，故一次项系数为0，所以，所以,所以.
【详解】因为偶函数 的定义域是，所以，得到；
因为是偶函数，所以，所以，
所以.
故选：C
4. 若实数，，则的大小关系是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先利用对数函数的单调性，比较与的大小，再构造函数，，分析其单调性和最值，比较与的大小.
【详解】因为，，
由，所以，即.
设函数，，则，.
由；由.
即在上单调递增，在上单调递减.
所以，所以.
所以，即.
综上，.
故选：A
5. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用诱导公式和二倍角公式变形化简整理即可.
【详解】因为，所以，
则.
故选：
6. 已知等差数列的前项和为，若，则（ ）
A. 27B. 28C. 29D. 30
【答案】B
【解析】
【分析】根据，求出，则
【详解】设等差数列的公差为，因为，
所以
则；
故选B
7. 已知函数，若且函数的最小正周期满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由条件可得，从而可得，再由正弦函数的周期可得的范围，即可得到结果.
【详解】由可得，即，
即，则，
解得，
又，即，其中，解得，
所以时，，则.
故选：A
8. 已知，若对于正数，满足，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先判断的单调性和奇偶性，结合题意将条件转化为关于的等式关系，再利用“的代换”求出的最小值，最后代入所求式子中即可.
【详解】因为，所以，且的定义域关于原点对称，
所以是在上的奇函数.
又因为，均在上单调递增，所以在上单调递增.
因为，则，
所以，整理得，
所以，
当且仅当时，即时等号成立，此时的最小值为.
又因为，所以的最大值为.
故选：
二、多择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，至少有两项符合题目要求，若全部选对得6分，部分选对得部分分，选错或不选得0分）
9. 下列说法正确的是（ ）
A. 已知，则“”是“”的必要不充分条件
B. 当时，的最小值为2
C. 命题“”否定是“”
D. 若关于的不等式的解集为，则实数的取值范围是
【答案】AC
【解析】
【分析】由幂函数与对数函数的单调性即可判断A，由基本不等式代入计算，即可判断B，由全称命题的否定，即可判断C，由一元二次不等式恒成立，即可判断D.
【详解】对于A，由在上单调递增，可得，
由在上单调递增，可得，
由是的必要不充分条件可得“”是“”的必要不充分条件，故A正确；
对于B，因，由基本不等式可得，
当且仅当时，即时，等号成立，但取不到，
所以取不到最小值，故B错误；
对于C，全称命题“”的否定是特称命题“”，
故C正确；
对于D，当时，不等式为，满足条件，
当时，不等式的解集为，
则需满足，解得，
综上所述，实数的取值范围是，故D错误；
故选：AC
10. 函数满足，对任意的都有，则以下说法正确的是（ ）
A.
B. 是的一个对称中心
C. 在上单调递减
D. 曲线在点处的切线方程为
【答案】ABD
【解析】
【分析】因为，对任意的都有，得到周期，从而求出，再利用，得到，所以，依次利用正弦型三角函数的对称中心，单调性分析选项B、C，求曲线在点处的切线方程，先求出切点坐标，再求导计算得到斜率，利用点斜式写出切线方程化简即可.
【详解】因为，对任意的都有，所以和是相邻的两个最大值点，所以,故;
因为，即,即因为，得，所以，故选项A正确；
，所以是的一个对称中心，选项B正确；
当时，，此时函数单调递增，选项C错误；
因为 ，所以切点坐标为，
函数 求导得到，
所以切线斜率，
所以曲线在点处的切线方程为 化简得，选项D正确；
故选：ABD
11. 已知是函数的极小值点，则（ ）
A.
B. 若，则
C. 若，则有3个相异的零点
D. 方程有3个不同的实数根
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用极值点的性质判断A，利用三角函数的性质结合导数判断B，先讨论的零点个数，转化为交点问题判断C，利用换元法结合零点存在性定理判断D即可.
【详解】对于A，因为，所以，
因为是函数的极小值点，所以，
可得，解得，故A正确，
对于B，因为，所以，则，即，
由正弦函数性质得，由余弦函数性质得，
由已知得，则，
令，，令，，
可得在上单调递减，在上单调递增，
得到，故B错误，
对于C，由已知得在上单调递减，在上单调递增，
而，得到，，
当时，，当时，，
若讨论的零点个数，则讨论的解的个数，
故讨论与的交点个数即可，
如图，作出符合题意的图象，
由图象可得，当时，与有3个相异的交点，
即有3个相异的零点，故C正确，
对于D，令，若求方程的实数根，
则先求的解的个数，即求的解的个数，
令，则求的零点个数，
由已知得在上单调递减，在上单调递增，
而，，，，
可得，，
由零点存在性定理得存在，作为的零点，
则是的两个解，后续求解与即可，
由已知得在上单调递减，在上单调递增，
若，当时，，此时无解，排除，
当时，，此时有一个解，
当时，，此时有一个解，
若，当时，，此时无解，排除，
当时，，此时无解，
当时，，此时有一个解，
综上，方程有3个不同的实数根，故D正确.
故选：ACD
第Ⅱ卷（非选择题）
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 方程在内解的个数是_________．
【答案】2
【解析】
【详解】同一坐标系内作出函数y=csx和y=|x|的图象，如右图所示：
由图像，得两曲线在(−∞,+∞)内共有2个交点.
得方程|x|=csx在(−∞,+∞)内解的个数是：2个.
故答案为2.
点睛：函数零点个数问题，一种方法可用导数研究函数的单调性和极值，再利用零点存在定理得函数的零点个数，另一种方法是转化函数图象交点个数，一般是转化为直线与函数图象的交点，其中直线是含参数的、变化的，函数是固定的，且图象画出的，这里可通过导数研究图象的变化趋势，得出图象的大致规律，动直线可以是平行直线，也可以是过一定点的直线，这样容易发现规律，得出结论．
13. 已知等比数列满足，若将除以5所得余数记为，则__________.
【答案】2
【解析】
【分析】先求出等比数列通项公式，则计算得到数列为：；
所以数列是周期为4的数列，所以；
【详解】设等比数列的公比为，因为，所以，所以 ；
则数列为
因为是除以5所得的余数，所以数列为：；
所以数列是周期为4的数列，所以；
故答案为：2
14. 已知奇函数的定义域为，且函数满足，当时，，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】由得到函数对称轴为，结合函数为奇函数，得到函数的最小正周期为8，所以.
【详解】因为，所以函数对称轴为，
所以，又因为函数为奇函数，所以
所以，即函数的周期为8
所以 ，
又因为函数对称轴为，所以
所以；
故答案为：
四、解答题：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、、的对边分别为、、.已知.
（1）求；
（2）若，，点在边上，且，求
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用两角和的正切公式结合诱导公式可得出的值，结合角的取值范围可得出角的值；
（2）由余弦定理可得出关于的等式，结合可得出的值，根据题意可得出的长，然后在中利用余弦定理可求得的长.
【小问1详解】
由两角和的正切公式可得，
即，故，
因为，故.
【小问2详解】
由余弦定理可得，即，即，
因为，解得，
因为点在边上，且，故，
在中，，，，
由余弦定理可得，
故
16. 已知数列满足，，.
（1）求数列的通项公式；
（2）若，，记的前项和为，求.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据，利用累加法即可得出答案；
（2）利用错位相加法即可求得答案.
【小问1详解】
解：因为，
则，
，
，
，
累加得，
所以；
【小问2详解】
解：，
则，
则
，
，
两式相减得
，
所以.
17. 在中，内角所对的边分别为.
（1）求；
（2）若的角平分线交于点，且，求.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理的边角互化代入计算，即可得到结果；
（2）由角平分线定理可得，结合余弦定理代入计算，即可求得，再由三角形的面积公式以及等面积法代入计算，即可得到结果.
【小问1详解】
由正弦定理的边角互化可得，
且，
即，
化简可得，且，
解得，其中，所以.
【小问2详解】
因为是的角平分线，由角平分线定理可得，
且，则，即，
又，
由余弦定理可得，
即，解得，则，
又，
即，
化简可得，即.
18. 已知数列满足，设数列的前项和为，
（1）证明：数列为等差数列；
（2）求数列的前100项和；
（3）求数列的前20项和.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）构造数列，知其前项和求通项，进而再求出；
（2）根据题意，两项并一项，并项为常数列求和；
（3）分段讨论去绝对值后，分组求和，再利用等差数列求和公式即可求出.
【小问1详解】
由，
设，则，
所以当时，，
两式相减得，，
当时，也适合上式.
则，解得，，
所以，故数列是以为首项，为公差的等差数列.
【小问2详解】
数列的前项和
.
【小问3详解】
由（1）可知
，
则前项和为.
19. 已知函数.
（1）若 ，求 的单调区间；
（2）若，，且 有两个极值点，分别为和，求的最大值.
【答案】（1）单调递增区间是和，单调递减区间是；
（2）
【解析】
【分析】（1）首先求函数的导数，利用导数与函数单调性的关系，即可求解；
（2）首先利用极值点与导数的关系，得到，，并通过变形得到，利用换元构造函数，利用导数判断函数的单调性，并求的最值，即可求解函数的最大值.
【小问1详解】
若，，
令，得或，
当或时，，
当时，，
所以函数的单调递增区间是和，单调递减区间是；
【小问2详解】
，
令，可得，
由题意可得，是关于方程的两个实根，
所以，，
由，有，
所以，
将代入上式，得，
同理可得，
所以，
，①，
令,①式化为，
设，即，
，
记，则，
记，则，
所以在上单调递增，所以，
所以，在上单调递增，所以，
所以，在上单调递减，
又，
，
当时，的最小值为4，即的最小值为2，
因为在上单调递减，的最大值为，
所以最大值为.
【点睛】思路点睛：本题第二问的关键是
，并利用换元构造函数，转化为利用导数求函数的最值问题，第二个关键是求的最值.