河北衡水中学2025-2026学年高三上学期12月月考数学试卷（Word版附解析）

这是一份河北衡水中学2025-2026学年高三上学期12月月考数学试卷（Word版附解析），共26页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
主命题人：张金瑞
一、单项选择题：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，只有一项是符合题目要求的．
1. 如图，全集，，，则图中阴影部分所表示的集合为（ ）．

A B. C. D.
2. 函数的最小正周期是（ ）
A. B. C. D.
3. 设,且,则（ ）
A. B. C. D.
4. 已知，，且，的夹角为，则在上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
5. 若，且，则直线必不过（ ）.
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
6. 已知，．设函数，若实数满足不等式，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
7. 数列是等比数列，则对于“对于任意的，”是“是递增数列”的（ ）条件
A. 充分不必要B. 必要不充分C. 充分必要D. 不充分也不必要
8. 已知球是正三棱锥的外接球，，过点作球的截面，若截面面积为，则直线与该截面所成的角为（ ）
A. B. C. D.
二、多项选择题：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. 如图所示，在棱长为2的正方体中，分别为棱，的中点，则下列结论正确的是（ ）
A. 直线与平面所成角正弦值为
B. 点到平面的距离为2
C. 直线与所成角的正切值是2
D. 平面截正方体所得的截面面积为
10. 已知直线，圆，则（ ）
A. ，与相交
B. ，使得圆心到距离为
C. 当圆截所得的弦长为时，的值为
D. 当圆上有个点到的距离为时，
11. 从数列中选取第项、第项、、第项，并按原顺序构成新数列称为数列的“连续子列”．已知数列中，，，对，数列的“连续子列”是公比为的等比数列．则下列判断正确的是（ ）
A. B.
C. D.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 将复数在复平面上所对应的向量绕原点按顺时针方向旋转得到向量，那么对应的复数是_________.
13. 已知函数只有一个极值点，则实数的取值范围为________.
14. 已知底面半径为的圆锥其轴截面面积为，过圆锥顶点的截面面积最大值为，若，则该圆锥的侧面积为______．
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程及演算步骤．
15. 等差数列的前n项和为，数列满足
（1）求数列和的通项公式；
（2）若从数列中依次剔除与数列的公共项，剩下的项组成新的数列，求数列的前50项和．
16. 如图，三棱锥中，底面是正三角形，底面，平面，垂足为．

（1）是否可能是的垂心，请说明理由
（2）若恰是的重心，求直线与平面所成角的大小．
17. 在中，角，，对边分别为，，，且.
（1）求角的大小；
（2）若点为边的中点，点，分别在边，上，，.设，的面积为，求的取值范围.
18. 如图1，在平面五边形中，，，，，将三角形沿着向上翻折至三角形，得到四棱锥，如图2所示.

（1）求证：；
（2）若平面平面，
（i）求平面与平面所成角的余弦值；
（ii）点在线段上，设平面将四棱锥分为两个多面体，其中点所在的多面体体积为，另一个多面体体积为，若，求点到平面的距离.
19. 已知函数
（1）当时，求在点处的切线方程；
（2）若有3个零点，，，且.
（i）求实数的取值范围；
（ii）比较与的大小，并证明你的结论.2025－2026学年度高三年级上学期综合素质评价四
数学学科
主命题人：张金瑞
一、单项选择题：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，只有一项是符合题目要求的．
1. 如图，全集，，，则图中阴影部分所表示的集合为（ ）．

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】图中阴影部分表示，再根据交集和补集的定义计算即可得出答案.
【详解】根据已知条件有：图中阴影部分表示，
，所以，
所以图中阴影部分所表示的集合为：.
故选：B
2. 函数的最小正周期是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先利用辅助角公式将函数化简为单一正弦函数形式，再根据正弦函数的周期公式求解该函数的最小正周期.
【详解】函数化简得，其中，，
因为，正弦函数的周期公式为，
所以函数的最小正周期是.
故选：C.
3. 设,且,则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由特殊值代入可判断ABD,由基本不等式可判断C.
【详解】对于A：若则;若则,故A错误；
对于B：若则,故B错误；
对于C：,当且仅当时，即时，等号成立.
又.又,故C正确；
对于D：若，则即,与题设矛盾，故D错误.
故选：C.
4. 已知，，且，的夹角为，则在上的投影向量为（ ）
A B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据投影向量定义以及向量数量积定义计算可得结果.
【详解】易知
所以在上的投影向量为.
故选：D
5. 若，且，则直线必不过（ ）.
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】D
【解析】
【分析】对分成，，，去分母观察，
化简可求得，再判断直线不过第几象限.
【详解】由，则，，，相加得，
又，得，即直线为，即，
显然直线不过第四象限.
故选：D
【点睛】本题考查了学生的观察、分析能力，由比较整齐的式子，求得，再利用直线的性质，判断不过第几象限.
6. 已知，．设函数，若实数满足不等式，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意写出函数的解析式，根据函数的奇偶性和单调性将不等式转化为，解不等式即可得到答案.
【详解】由题意得，，
函数定义域为，，
，所以函数为奇函数，
又，所以函数为增函数，
不等式，可化为，
利用奇函数得，，
利用增函数得，，
即，解得或
故选：D.
7. 数列是等比数列，则对于“对于任意的，”是“是递增数列”的（ ）条件
A. 充分不必要B. 必要不充分C. 充分必要D. 不充分也不必要
【答案】C
【解析】
【分析】根据充分条件、必要条件的定义及等比数列的单调性与通项公式判断即可.
【详解】设等比数列的公比为，，
若，则，
当 时，由 得，解得或，
若，则，此时与已知矛盾；
若，则，此时为递增数列．
当时，由，得，解得或，
若，则，此时与已知矛盾；
若，则，此时为递增数列．
反之，若是递增数列，则，
所以“对于任意的，”是“是递增数列”的充要条件．
故选：C．
8. 已知球是正三棱锥的外接球，，过点作球的截面，若截面面积为，则直线与该截面所成的角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】作平面，垂足为，由正三棱锥性质求出及外接球的半径，进而求得，利用球的截面性质求解.
【详解】如图，作平面，垂足为，则是正三角形的中心，
因为 ，，
所以，则，
因为，取的中点，所以， ，
设正三棱锥外接球的半径为，则，得，
所以，故，
设过点的球的截面圆的半径为，圆心为，为截面圆上一点，
，则，
所以，则，
所以与该截面所成角为，故，
，即与该截面所成角为.
故选：C.
二、多项选择题：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. 如图所示，在棱长为2的正方体中，分别为棱，的中点，则下列结论正确的是（ ）
A. 直线与平面所成角的正弦值为
B. 点到平面的距离为2
C. 直线与所成角的正切值是2
D. 平面截正方体所得的截面面积为
【答案】ABD
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量求线面角可判断A；用点到平面距离可判断B；利用空间向量求线线角即可判断C；画出平面的完整图形并计算可判断D.
【详解】如图建立空间直角坐标系：设D点为原点，为x轴，为y轴，为z轴.
，，，，，
对于A，平面的法向量为,直线的方向向量为,
设直线与平面所成角，则,故A正确.
对于B，,设面的法向量为,
，,令得,
距离，故B正确.
对于C，，，设直线与所成角为，则
所以，，故C不正确；
对于D，因为,连,，所以平面截正方体所得的截面是等腰梯形,上底,下底,腰，
所以面积,故D正确.
故选：ABD.
10. 已知直线，圆，则（ ）
A. ，与相交
B. ，使得圆心到的距离为
C. 当圆截所得的弦长为时，的值为
D. 当圆上有个点到的距离为时，
【答案】ACD
【解析】
【分析】A选项利用直线恒过的定点在圆内即可判断；B选项圆心到的距离公式即可求解；C选项利用直线与圆相交的弦长公式即可求解；D选项利用当圆上有个点到的距离为时，需满足圆心到直线的距离即可求解.
【详解】直线可变形为，
令，则，解得，，
则直线恒过定点；
又圆的圆心为，半径为.
则圆心到直线的距离为.
对于A选项，，点在圆内，
对，与相交，故A正确；
对于B选项，令，两边平方化简得，，
，此方程无解，
不存在实数，使得圆心到的距离为，故B错误；
对于C选项，直线与圆相交弦长，
则，解得，，两边平方解得，
当圆截所得的弦长为时，的值为，故C正确；
对于D选项，当圆上有个点到的距离为时，需满足圆心到直线的距离，
即，两边平方解得，即，故D正确.
故选：ACD.
11. 从数列中选取第项、第项、、第项，并按原顺序构成的新数列称为数列的“连续子列”．已知数列中，，，对，数列的“连续子列”是公比为的等比数列．则下列判断正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】依题意对恒成立，代入计算可得、的值，可判断AB选项；依题意可得，，再利用累乘法求出，可判断C选项；再结合，计算可得，由放缩法得出，利用裂项相消法计算可判断D选项.
【详解】A，由题意知、、是公比为的等比数列，
所以对恒成立，
又，所以，，A对；
B，因为，所以，B对；
C，因为对恒成立，所以，，
所以，
当时也成立，所以，C错；
D，因为，所以，
故，
当时，；
当时，
；
综上可得，D对.
故选：ABD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 将复数在复平面上所对应的向量绕原点按顺时针方向旋转得到向量，那么对应的复数是_________.
【答案】
【解析】
【分析】根据复数的三角形式运算即可求解.
【详解】复数三角形式是,
向量对应的复数是.
故答案为：
13. 已知函数只有一个极值点，则实数的取值范围为________.
【答案】或
【解析】
【分析】首先对函数求导，观察得到，并且将函数只有一个极值点转化为导数等于零只有一个根，结合图象得到结果.
【详解】，
函数只有一个极值点，
即只有1个实根，且在根的两侧异号，
可以求得，
令，得，
则设，
求导，
设，，
设，，
可知当时，，时，，
所以在上单调增，在上单调减，且，
所以恒成立，所以为减函数，且，
所以当时，，当时，，
所以在上单调增，在上单调减，
当时，，当时，
画出图象如图所示：
可以确定，
因为函数只有一个极值点，且，
所以要求无解，
所以或，
故答案为：或.
【点睛】该题考查的是有关利用导数研究函数的性质，涉及到的知识点有利用导数研究参数的取值范围，解题时要认真审题，注意导数性质的合理运用．其中将函数有一个极值点转化为方程只有一个根，结合图象得到结果，属于较难题目.
14. 已知底面半径为的圆锥其轴截面面积为，过圆锥顶点的截面面积最大值为，若，则该圆锥的侧面积为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据给定条件可得圆锥轴截面顶角为钝角，再利用三角形面积公式求出母线长，进而求出圆锥侧面积.
【详解】依题意，圆锥轴截面面积小于过圆锥顶点的截面面积最大值，则该圆锥轴截面顶角为钝角，
设该圆锥母线长，轴截面顶角为，则，
由，得，则，而圆锥底面圆半径，则，
所以该圆锥的侧面积为.
故答案为：
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程及演算步骤．
15. 等差数列的前n项和为，数列满足
（1）求数列和的通项公式；
（2）若从数列中依次剔除与数列的公共项，剩下的项组成新的数列，求数列的前50项和．
【答案】（1），
（2）4231
【解析】
【分析】（1）利用等差数列的性质求出公差即可求数列的通项公式；利用降标作差求得，再代入检验即可；
（2）计算以及至，即可观察得出数列中的项，进而利用等差数列的前项和公式计算.
【小问1详解】
因数列是等差数列，则，得，
又，所以，所以等差数列的公差，
则，
因，
则当时，，
两式作差得，即，
令，得，则，满足上式，则，
综上，数列的通项公式为，
数列的通项公式为.
【小问2详解】
由（1）可得，，且，
经验证数列前50项中与数列的公共项共有4项，分别为，
从而数列中去掉的是这4项，
所以.
16. 如图，三棱锥中，底面是正三角形，底面，平面，垂足为．

（1）是否可能是的垂心，请说明理由
（2）若恰是的重心，求直线与平面所成角的大小．
【答案】（1）不是，理由见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）先假设是垂心，得出，结合条件推出，这与已知矛盾，从而可得不是的垂心；
（2）由平面，可得为所求的与平面所成角大小，利用解三角形知识计算即得答案.
【小问1详解】
如图：假设是的垂心，则：，
又因为平面，平面，
所以，又平面，
所以平面，平面，
所以，又因为底面，
所以，又平面，
所以平面，所以，与底面是正三角形矛盾，
所以不是的垂心.
【小问2详解】
因为平面，
所以为所求的与平面所成角大小，
取中点，连结，
不妨设，则：，
因为平面，所以：，
又因为底面，所以，
所以在三角形中，有，
所以，所以，又，
所以，
所以与平面所成角大小为.

17. 在中，角，，的对边分别为，，，且.
（1）求角的大小；
（2）若点为边的中点，点，分别在边，上，，.设，的面积为，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）首先边角互化，将边转化为三角函数，再根据三角恒等变形，即可求解；（2）首先结合正弦定理，利用三角函数分别表示，再表示三角形的面积，根据三角恒等变形，以及三角函数的性质，即可求解.
【小问1详解】
由及正弦定理得：，
整理得，
因，所以，所以，又，所以.
【小问2详解】
由及可知为等边三角形，∴，∴为边的中点，∴
又因为，，所以.

在中，，由正弦定理可得，，即.
在中，，由正弦定理可得，，即.
所以
，
因为，所以，所以，所以.
所以，故的取值范围为
18. 如图1，在平面五边形中，，，，，将三角形沿着向上翻折至三角形，得到四棱锥，如图2所示.

（1）求证：；
（2）若平面平面，
（i）求平面与平面所成角的余弦值；
（ii）点在线段上，设平面将四棱锥分为两个多面体，其中点所在的多面体体积为，另一个多面体体积为，若，求点到平面的距离.
【答案】（1）证明见解析
（2）（i）（ii）
【解析】
【分析】（1）在平面图形中作出辅助线，分析得到四边形为矩形，且，由余弦定理得，，折叠后有，，证明出线面垂直，得到；
（2）（i）由面面垂直得到线面垂直，故，所以两两垂直，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用向量夹角余弦公式进行求解；
（ii）设平面交直线于点，证明出，设，，由三角形相似得，由（1）知，，所以⊥平面，表达出，四棱锥的体积为，根据体积之比得到方程，求出，进而由比例关系求出到平面的距离.
【小问1详解】
如图，连接，，因为且，，
故四边形为矩形，

因为，，由勾股定理得，且，
又，由余弦定理得，
所以，，所以，
连接交于点，
则等腰三角形中，为角平分线，也是垂线，所以.
折叠之后有，，，平面，
所以平面，又平面，所以.
【小问2详解】
（i）因为平面平面，平面平面，，平面，
所以平面，又平面，故，
又，所以两两垂直，
以点为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，

由于，，，
，，，，，，，，，
设平面的一个法向量为，则，
取，则，
设平面的一个法向量为，则，
取，则，
设平面与平面所成角为，
，
所以平面与平面所成角的余弦值为.
（ii）设平面交直线于点，连接，，，，
因为，平面，平面，所以平面，
平面，平面平面，所以，
设，，则由∽得，，
由（1）知平面，平面，所以，
在平面内过点作于点，则平面，所以，
因为，平面，所以⊥平面，

因为平面将四棱锥分成的含有点的部分为四棱锥，
设梯形的面积为，
故，
因为，所以，所以，
设梯形的面积为，
四棱锥的体积为，
由题意，，整理得，
因为，所以，
所以到平面的距离.
19. 已知函数
（1）当时，求在点处的切线方程；
（2）若有3个零点，，，且.
（i）求实数取值范围；
（ii）比较与的大小，并证明你的结论.
【答案】（1）
（2）（i）
（ii），证明见详解.
【解析】
【分析】（1）通过求导得出切线斜率，找到切点坐标，再利用点斜式得到切线方程.
（2）（i）明确函数定义域，分析导数构成，其分子为二次函数，函数有三个零点时，该二次函数有两个不同的正根，进而确定参数的范围.
（ii）已知三个零点的大小关系，其中一个零点可直接确定，结合二次函数根的性质及函数单调性，分析零点之和的范围，进而比较所求表达式与二倍参数的大小.
【小问1详解】
当时，，
则，即，切线的斜率为，
又，切点为，
故在点处的切线方程为，即.
【小问2详解】
（i）函数，则，
①当时，，
在单调递增，此时有1个零点，不满足题意，舍掉.
②当时，，
在单调递增，此时有1个零点，不满足题意，舍掉.
③当时，令，即，解得或，
令，得；令，得或，
在单调递减，在和单调递增，
，，，又，
，当时，，在上恰有一个零点，
，当时，，在上恰有一个零点，
又在上只有一个零点，故函数有三个零点，
综上所述，实数的取值范围为.
（ii），且，
由以上可知，则，
且，，
，则，，
又，即，
而=，
令，，则，
故在上为增函数，，
，，，
故.