安徽省合肥市第一中学2026届高三上学期12月月考数学试卷（Word版附解析）

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（考试时间：120分钟 满分：150分）
注意事项：
1.答题前，务必在答题卡和答题卷规定的地方填写自己的姓名､准考证号和座位号后两位.
2.答题时，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.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.
3.答题时，必须使用0.5毫米的黑色墨水签字笔在答题卷上书写，要求字体工整､笔迹清晰.作图题可先用铅笔在答题卷规定的位置绘出，确认后再用0.5毫米的黑色墨水签字笔描清楚.必须在题号所指示的答题区域作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷､草稿纸上答题无效.
4.考试结束，务必将答题卡和答题卷一并上交.
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，只有一项是符合要求的.
1. 已知集合，则中元素的最大值为（ ）
A. 3B. 4C. 5D. 6
【答案】D
【解析】
【分析】求出集合，由交集的定义求解即可.
【详解】因为集合
所以，所以中元素的最大值为6.
故选：D.
2. “”是“直线与直线平行”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】根据直线平行的条件，判断“”和“直线与平行”之间的逻辑关系，即可得答案.
【详解】当时，直线与平行；
当直线与平行时，
有，解得或，
当时，与重合，不合题意；
当时，直线与平行；
故“”是“直线与平行”的充要条件，
故选：C
3. 已知，且，则（ ）
A. B.
C D.
【答案】A
【解析】
【分析】用二倍角的余弦公式，将已知方程转化为关于的一元二次方程，求解得出，再用同角间的三角函数关系，即可得出结论.
【详解】，得，
即，解得或（舍去），
又.
故选：A.
【点睛】本题考查三角恒等变换和同角间的三角函数关系求值，熟记公式是解题的关键，考查计算求解能力，属于基础题.
4. 记时钟的时针、分针分别为、（为两针的旋转中心）．从12点整开始计时，经过分钟，的值第一次达到最小时，那么的值是（ ）
A. 30B. 31C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设的夹角为，，可得时，，进而计算可求得的值.
【详解】设的夹角为，，则，
当，即时，，
又时针一分钟旋转的角度为，
分针一分钟旋转的角度为，
又经过分钟，夹角第一次达到，则，
解得，所以经过分钟，值第一次达到最小.
故选：C.
5. 若曲线有两条过点的切线，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设切点坐标，根据导数的几何意义和斜率公式列方程，根据有两条切线得到方程有两个根，然后列不等式求解即可.
【详解】设切点坐标为，，
所以斜率，
则切线方程为，
又在切线上，所以
因为曲线有两条过的切线，所以方程有两个解，
整理得，所以，解得或
故选：D.
6. 已知，则它们的大小关系正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
分析】构造函数应用导数得出函数最小值，应用不等式比较得出，再应用二倍角公式及特殊角计算判断.
【详解】设函数，定义域为，
因为单调递增，单调递减，
所以，所以，当时取等号，
所以，所以，
因为，
又因为，所以，即得，
所以，
，结合，所以，
综上.
故选：B.
7. 已知实数构成公差为的等差数列，若，则的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由实数构成公差为的等差数列，可得，构造函数，利用导数可得的最小值为，得，即可得到的取值范围.
【详解】根据题意可知，
由可得，因此，
设，则，令，解得，
所以当时，，此时在上单调递减，
当时，，此时在上单调递增，
所以当时，取得极小值，也是最小值，易知；
因此，即，解得或.
因此的取值范围为.
故选：A
8. 已知一个红球和三个半径为3的白球，这四个球两两外切，且它们都内切于一个半径为7的黑球，则红球的表面积可以为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题意画出图形，利用大球与四个小球内切，结合半径相等列式即可求解.
【详解】如图，作出符合题意的图形，
设三个半径为3的白球的球心分别为，设红球半径为，球心为，
连接，
则在平面上的射影为底面正三角形的外心，
可得，
三棱锥为正三棱锥，侧棱，
再设大球的球心为，由对称性可得，在线段上，
要使大球与四个小球都内切，
则，，
又，，解得，
则红球的表面积．
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. 下列命题中正确的是（ ）
A. 若，则向量在向量方向上的投影向量为
B. 两个非零向量，若，则与共线且反向
C. 若，则向量与的夹角为钝角
D. 若为的外心，，则为的垂心
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A根据已知坐标及投影向量的定义求投影向量的坐标；对于B应用向量数量积的运算律和定义化简条件得判断；对于C由向量数量积的定义确定夹角余弦值符号，即可判断；对于D根据已知得，再应用向量数量积的运算律和垂直表示得，同理有判断.
【详解】对于A：若，则，所以向量在向量方向上的投影向量为，A正确；
对于B：将两边平方，化简得，所以，结合向量夹角的范围得夹角为，B正确；
对于C：因为，即，所以向量与的夹角为钝角或平角，C错误；
对于D：因为为的外心，，
则，
所以，
所以，同理可得，故为的垂心，D正确.
故选：ABD
10. 已知均为正实数，且，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AD
【解析】
【分析】根据不等式的性质，利用已知条件结合基本不等式对各选项进行逐一分析判断．
【详解】选项A：，当且仅当时取等号，
又，，
均为正实数，
，即，当且仅当时取等号，故A正确；
选项B：，，
，当且仅当，即时，，而，故B错误；
选项C：，令，则，等式成立，此时，故C错误；
选项D：，
，变形可得，
设，则，故同号，
当时，
，当且仅当，即时等号成立；
当时，，，则，与矛盾，故不符合题意.
，当且仅当时等号成立，故D正确．
故选：．
11. 如图，点P是棱长为2的正方体的表面上一个动点，则（ ）
A. 当P在平面上运动时，三棱锥的体积为定值
B. 当P在线段AC上运动时，与所成角的取值范围是
C. 若F是的中点，当P在底面ABCD上运动，且满足时，长度的最小值是
D. 使直线AP与平面ABCD所成的角为的点P的轨迹长度为
【答案】ABD
【解析】
【分析】求三棱锥体积判断A的真假；根据线线角的概念确定与所成角的取值范围，判断B的真假；确定点轨迹，求长度的最小值，判断C的真假；判断点轨迹，求P的轨迹长度判断D的真假.
【详解】对A：当P在平面上运动时，点到平面的距离为2，
，所以，故A正确；
对B：如图： 取中点，连接，则.
当P在线段AC上运动时，因为，且，
所以为异面直线与所成角.
当与重合时，异面直线与所成角为.
当与不重合时，因为,，所以，所以，所以异面直线与所成角的范围为，故B正确；
对C：如图：
根据正方体的结构特点，平面，为中点，
因为，所以点轨迹是过点且平行于平面的平面，即为平面，其中分别为所在棱上的中点.
故当P在底面ABCD上运动，且满足时，P点的运动轨迹为线段.
其中分别为，中点.易知六边形为正六边形，
所以当与重合时，，
此时为点到直线的垂线段，取得最小值，为，故C错误；
对D：如图：
当直线与平面ABCD所成的角为时，
因为，所以不可能在四边形内（除外）；
同理不可能在四边形内（除外）.
在平面与平面的运动轨迹为线段和，且；
当在平面时，作平面，垂足为，连接，
因为，所以，
所以在四边形上的轨迹是以为圆心，以2为半径的圆的，
所以点的轨迹长度为：，故D正确.
故选：ABD
【点睛】方法点拨：对于立体几何的综合问题的解答方法：
（1）立体几何中的动态问题主要包括：空间动点轨迹的判断，求解轨迹的长度及动态角的范围等问题，解决方法一般根据线面平行，线面垂直的判定定理和性质定理，结合圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，有时也可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程；
（2）对于线面位置关系的存在性问题，首先假设存在，然后在该假设条件下，利用线面位置关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论，则否定假设；
（3）对于探索性问题用向量法比较容易入手，一般先假设存在，设出空间点的坐标，转化为代数方程是否有解的问题，若有解且满足题意则存在，若有解但不满足题意或无解则不存在.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 若，则称为在基底下的坐标，若一向量在基底下的坐标为，则向量在基底下的坐标为__________.
【答案】
【解析】
【分析】由题意结合空间向量基本定理可得答案.
【详解】由条件可知，，
设向量在基底下的坐标为，
所以，
所以，得，
所以向量在基底下的坐标为.
故答案为：
13. 数列的前项和为，若数列的各项按如下规律排列：，若存在正整数，使，则__________.
【答案】##
【解析】
【分析】利用分组求和法求，且当时，，当时，，可发现位于两数之间，从而求.
【详解】由于，
则，
当时，，当时，，
根据，
则，
即此时的.
故答案为：
14. 已知函数，若，则的取值范围__________.
【答案】
【解析】
【分析】设，则，，设，利用导数分析函数的单调性，可得，即，即，继而即可求解.
【详解】因为，所以，
设，则.
，因为，所以.
设，
则，
令，
则，
当时，；
当时，，
所以单调递减，，即在上恒成立.
所以在上单调递减.
所以.即，
又，所以，即.
综上：，所以，即.
故答案为：.
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､证明过程及验算步骤.
15. 已知在中，角的对边分别为，若且.
（1）求角的大小；
（2）设函数，求函数的单调递减区间.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理边化角，求出的关系，结合和内角和定理求解可得；
（2）利用诱导公式化简函数解析式，结合正弦函数的性质，使用整体代入法求解可得.
【小问1详解】
由及正弦定理，可得，化简得，
，，
或，即或，
当时，因，
又，不为0，则，得；
当时，有，不合题意，
.
【小问2详解】
由（1）及题设知
，
由解得，
所以的单调递减区间为.
16. 已知数列中，.
（1）证明：数列是等比数列；
（2）求的前项和；
（3）令，求数列的最大项.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）利用等比数列的定义即可得证；
（2）利用等比数列的前项和公式，分组求和即可求解；
（3）由（2）得，即，得，令，比较与1的大小来判断数列的单调性，进而求出最大项.
【小问1详解】
因为，
所以，
所以，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列；
【小问2详解】
由（1）得，
所以
，
化简得；
【小问3详解】
由（2）得，
所以，
令，
易得，又单调递减，当时，即，
又当时，，
所以数列的最大项为.
17. 如图，四棱锥中，底面是矩形，是的中点，平面.

（1）证明：；
（2）若点是棱上的动点，直线与平面所成角的正弦值为，求的值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）作辅助线，根据题意可证，，即可得平面，进而可证线线垂直；
（2）建系标点，求平面的法向量，设，利用空间向量结合线面夹角运算求解即可.
【小问1详解】
取的中点，连接与交于点，
在底面矩形中，可得，，
即，则，
可得，所以，
因为平面， ，则平面，
且，所以，
因为，平面
可得平面，且平面，
所以.
【小问2详解】
以点为坐标原点，建立如下图所示的空间直角坐标系，

则，
可得，，，
设平面的法向量为，
则，取，则，
设，其中，
则，
因为直线与平面所成角的正弦值为，
则，
整理可得，解得或（舍去），即.
18. 在南水北调工程中，需要建造大量的引水渠（如图1所示），按工程设计要求，引水渠过水横断面需要设计为圆弧形，当过水面积为定值时，其湿周（浸没水中的圆弧长，即图2中圆弧的长）越小，则用料越省.
（1）设扇形的圆心角为（如图2所示），试将湿周表示为的函数；
（2）当为何值时，用料最省？
【答案】（1）
（2）时，用料最省.
【解析】
【分析】（1）设扇形半径为，根据扇形的面积公式可得，即可得结果；
（2）根据（1）可得，构造，，利用导数判断的单调性和最值，即可得结果.
【小问1详解】
设扇形半径为，则，
可得，即，
所以.
【小问2详解】
由（1）得：，即，
构造，，
则，
因为，则，
构造，，则，
可知在内单调递减，则，
即，可得，
当时，则，可得；
当时，则，可得；
可知在内单调递减，在内单调递增，
可知当，即时，取得最小值，即取得最小值，
所以当时，用料最省.
19. 已知是的导函数，其中.
（1）当时，证明：存在唯一的，使得；
（2）若函数有两个极值点，求实数的取值范围；
（3）若存在实数，使得恒成立，求的最小值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）利用导数判断的单调性，结合零点存在性定理即可得证；
（2）转化为有两个变号零点，分和讨论，利用导数求最值，根据最值列不等式求解可得；
（3）当时取特值分析；当时利用指数函数性质求解；当时，求出的最小值，利用隐零点方程代入，然后构造函数，利用导数求解即可.
【小问1详解】
由题意，，记，则，
当时，，所以在上单调递增，
因为，
所以存在唯一的，使得.
【小问2详解】
极值点满足，即.
若，可知严格单调递增，至多有一个零点，
故不可能有两个极值点；
若，记，则，
因为单调递增，
所以当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递增，
所以存在最小值点.
且的最小值.
要使有两个零点，需最小值小于0，即.
由于，所以，解得.
又当；当，
所以时，有两个变号零点，即有两个极值点.
所以，的取值范围为.
【小问3详解】
当时，当，，
故不存在最小值，
所以此时不存在实数，使得恒成立；
当时，，
要使恒成立，只需，所以；
当时，由（1）可得存在唯一的，使得，
当时，，在上单调递减；
当时，，在上单调递增；
从而，
因为恒成立，所以，
故（1），
又，所以，
代入不等式（1）可得，
整理得：，其中，
构造函数，
则，
当时，，在上单调递减；
当时，，在上单调递增；
从而，
所以，当，即时取等号，
综上所述，的最小值为.