安徽省皖南八校2025-2026学年高三上学期12月联考数学试题（Word版附解析）

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考生注意：
1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟，
2.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效.
3.本卷命题范围：集合与常用逻辑用语，不等式，函数与导数，三角函数与解三角形，向量与复数，数列，立体几何.
一、选择题：本大题共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. 已知复数，（为虚数单位，），且是纯虚数，则的值为（ ）
A. B. C. 2D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用复数的除法运算以及复数的概念可得结果．
【详解】，
因为为纯虚数，所以且，
所以.
故选：C
2. 已知集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】解对数不等式化简集合A，解绝对值不等式化简集合B，进而利用补集运算和交集运算的概念求解即可.
【详解】，，则或，.
故选：D.
3. 已知函数，下列函数中为偶函数的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求出函数的定义域，根据偶函数的定义逐项判断即可.
【详解】因为，故的定义域为.
选项A：，
，
，所以不是偶函数，故A错误；
选项B：，，
，所以不是偶函数，故B错误；
选项C：，
，
，所以为偶函数，故C正确；
选项D：，
，
，所以不是偶函数，故D错误.
故选：C.
4. 在等比数列中，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由等比数列基本量的运算可得，故，即数列也为等比数列，再根据等比数列求和公式求解即可．
【详解】因为，，所以，所以，，
故，则数列是首项为2，公比为的等比数列，
所以．
故选：A．
5. 已知为奇函数，当时，，则曲线在处的切线方程是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据奇函数定义可得当时，函数的解析式，求导，结合导数的几何意义求切线方程.
【详解】因为为奇函数，当时，，
当时，可得，
则，可得，，
所以曲线在处的切线方程是，即.
故选：D.
6. 已知函数的一个零点是，为了得到的图象，需要将函数的图象（ ）
A. 向左平移个单位长度B. 向左平移个单位长度
C. 向右平移个单位长度D. 向右平移个单位长度
【答案】A
【解析】
【分析】根据零点，代入可得，再利用辅助角公式化简得，再根据平移变换求解即可．
【详解】依题意，得，得，
所以，
，
了得到的图象，需要将函数的图象,
需要将函数的图象向左平移个单位长度．
故选：A．
7. 如图，正方形的边长为，为边的中点，为边上一点，当取得最大值时，（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】建立平面直角坐标系，设，则，，利用平面向量数量积运算性质可得出的最大值及其对应的值，可得出，再利用两角差的正切公式可求得的值.
【详解】以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，建立平面直角坐标系如图所示，
则、，设，则，，故，.
所以，当时，取得最大值，
此时点，即点与点重合，且，
此时.
故选：C.
8. 设函数，其中，若对任意恒成立，则（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】B
【解析】
【分析】先求得的零点为，，，的零点为，，，然后根据零点相同列式求解即可.
【详解】令，
因为的零点为，，，
可知的零点为，，，的零点为，，，
又因为，则，
若，即，则，
可知的零点与的零点相同，则，
解得，.
故选：B.
二、多项选择题：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，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. 已知正实数满足等式，则下列结论可能成立的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】CD
【解析】
【分析】先设，再根据幂函数的单调性求解判断.
详解】由题意，设，
则，.
设幂函数.
当时，函数在上单调递增，且，所以，即；
当时，；
当时，函数在上单调递减，且，所以即.
故选：CD
10. 在正四棱锥中，已知，分别为，的中点，点为上一动点，满足，则下列说法正确的有（ ）
A. 平面
B. 当时，平面平面
C. 不存在，使得平面
D. 当时，，，，四点共面
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用线面垂直的判定定理证明判断A；利用面面平行的判定定理证明判断B；利用线面垂直的判定定理证明判断C；利用空间向量线性运算得，可得，，共线，即可判断D.
【详解】对于A，如图，连接，交于点，连接，
因为在正四棱锥中，底面为正方形，所以，
又因为，为中点，所以，
又因为，，平面，所以平面，A正确；
对于B，连接，，，因为，所以，，
又，平面，，平面，，，
所以平面平面，B正确；
对于C，因为，为中点，所以，
因为四边形为正方形，所以，
又因为，，平面，所以平面，
则平面，所以当，即点与重合时，平面，C错误；
对于D，设与的交点为，当时，，，
，则，
所以，，共线，所以，，，四点共面，D正确.
故选：ABD.
11. 已知锐角中，角，，的对边分别为，，，满足，，且的面积为，则（ ）
A. B.
C. D. 的周长为
【答案】BCD
【解析】
【分析】由两角和与差的三角函数公式、正余弦定理逐项分析计算即可.
【详解】选项A：由，得，
两式相加得，整理得，
即，解得或，
因锐角中，，所以，，故A错误；
选项B：由选项A得，，则，
所以，即，
整理得，即，因为，所以，
所以，
则，故B项正确；
选项C：由锐角的面积为，得，得，
设的外接圆半径为，则，
又，，
则，解得，
所以，，，
所以，故C项正确；
选项D：由选项C得，的周长为，故D正确.
故选：BCD.
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知向量，，则在方向上的投影向量的模为_____．
【答案】
【解析】
【分析】根据在方向上的投影向量的模为，再由向量夹角公式计算即可．
【详解】因为，，则在方向上的投影向量的模为．
故答案为：
13. 如图，在几何体中，侧棱，，均垂直于底面，已知，，，则该几何体的体积是_____.
【答案】
【解析】
【分析】应用补形得出正三棱柱，再应用柱体及锥体体积公式计算求解.
【详解】如图所示，构造一个底面是边长为1的等边三角形，侧棱长为4的正三棱柱，
其中，，，，
因此，
即，
根据三棱柱体积公式，，
故该几何体的体积是.
故答案为：.
14. 已知等差数列的公差为，若集合，则_____．
【答案】##
【解析】
【分析】根据题意得到的周期为，即最多3个不同取值，再结合，分析得到一定会有相邻的两项相等，设这两项分别为，，解得，则集合中的两个不同元素为，，再化简计算即可．
【详解】，
则，其周期为，
而，即最多3个不同取值，
由题可知集合有且仅有两个元素，，
则在，，中，或，
或，
又，即，一定会有相邻的两项相等，
设这两项分别为，，
于是有，
即有，
解得，
不相等的两项为，，
故．
故答案为：．
四、解答题：本大题共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. 已知函数.
（1）求函数的对称轴方程；
（2）若，，求的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据降幂公式及辅助角公式化简，再整体代入法求对称轴方程即可；
（2）由，得到，结合角的范围求得，再利用正弦倍角公式求解即可．
【小问1详解】
，
令，
解得，
故函数的对称轴为直线.
【小问2详解】
因为，即，
且，则，
可得，则，
则
，
所以．
16. 记的内角，，的对边分别为，，，已知，且.
（1）求；
（2）若点在线段上，且满足，求的面积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先应用正弦定理，再由三角恒等变形得，结合角的范围即可求解；
（2）先应用数量积运算律及定义化简，再结合三角形面积公式及余弦定理计算求值.
【小问1详解】
根据题意，
则由正弦定理得，，
因为，所以，
所以，
，则，
解得；
【小问2详解】
令，，则.
又，则四边形为菱形，为的角平分线.
，
，
，即，
由余弦定理可得：，
即，解得，
所以.
17. 如图，四边形与为直角梯形，且平面平面，其中，，，.
（1）求证：；
（2）求平面与平面夹角的正弦值；
（3）若空间中存在一点，满足，且直线平面，求的长.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）利用面面垂直的性质、线面垂直的性质推理得证.
（2）建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，再利用面面角的向量法求解.
（3）利用空间向量的坐标运算求出，再利用向量共线的坐标表示求解.
【小问1详解】
由，得，而平面平面，
平面平面平面，则平面，
又平面，所以.
【小问2详解】
由（1）知平面，平面，则，
而，，以点为坐标原点，如图建立空间直角坐标系，
又，，，，
则，，，，，，
，，，
设平面的法向量为，则，令，得，
设平面的法向量为，则，令，得，
因此，
所以平面与平面夹角的正弦值为.
【小问3详解】
设，依题意，，
即，，，
即，则，
由平面，得是平面一个法向量，于是，
即，解得，，
因此，所以.
18. 已知等差数列的前项和为，，对任意正整数，均有.
（1）求和；
（2）若数列满足，且，求数列的通项公式；
（3）记数列的前项和为，证明：.
【答案】（1），
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）数列为等差数列，不妨设，再利用待定系数法解得，根据等差数列前项和公式求．
（2）方法一：由题意得，再根据累乘法得到，方法二：构造数列，得到数列为常数列即可求解；
（3）由题意得，先证，再累加即可证得．
【小问1详解】
因为数列为等差数列，不妨设，由可得，故，解得，
所以，
，即，即，
所以，解得，
故，.
【小问2详解】
方法一：由（1）得：，
当且时，，
，
当时，满足，
综上所述：.
方法二：由（1）得：，
，，，
，
令，则数列为常数列，
，
；
【小问3详解】
由（1）知，，下面证明，
设，，
则，当时，，单调递增，
所以，
所以，即，
所以
，
所以．
19. 已知函数，，其中函数的导函数为.
（1）当时，求函数在上的单调性；
（2）证明：当时，在上存在极大值点，且；
（3）证明：，使得恒成立.
【答案】（1）单调递减
（2）证明见解析 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用导数研究其单调性即可.
（2）先求出导函数，然后求出单调区间，进而利用极大值点概念证明即可.
（3）将问题转化为证明对任意恒成立，参变分离得对任意恒成立，令，即证，，多次求导求得的单调区间，即可求解的最小值，令，，利用导数求得最小值，即可证明.
【小问1详解】
当时，，，
令，则，
当时，，，所以，
所以在上单调递减.
【小问2详解】
，，其中满足，，，
令，得，当时，，所以函数在区间上单调递增；
当时，，所以函数在区间上单调递减.
所以在上存在极大值点，且.
【小问3详解】
由（2）知在上的最大值为.
要证，使得对任意恒成立，
即证对任意恒成立，
即证对任意成立，又，
所以即证对任意恒成立，
即证，其中.
令，，
因为，，，
所以.
令，，
则，
则在上单调递增，又，，
则，使，
解得，所以.
当时，，即，所以函数在区间上单调递减；
当时，，即，所以函数在区间上单调递增.
所以函数在时取到极小值，也是最小值，
.
令，，
则，
即在上单调递减，，
又，
即当时，，
所以，使得对任意恒成立，命题得证.