安徽省多校2025-2026学年高三上学期12月质量检测数学试题（Word版附解析）

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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.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚.
3.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.
4.本卷命题范围：集合与简易逻辑、复数、不等式、函数与导数、三角函数、平面向量、数列、立体几何与空间向量.
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，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知，则（ ）
A B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据复数的乘、除法运算即可求解.
【详解】由题意知，.
故选：A
2. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据集合B的限制条件，结合A中的元素和交集运算可得答案.
【详解】设，则为增函数，又，
所以，所以.
故选：D
3. “”是“”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】D
【解析】
【分析】解不等式，即可根据充分条件和必要条件的定义求解.
【详解】由可得或，
由可得，故或，解得或，
因此由推不出，由也推不出，
故“”是“”的既不充分也不必要条件，
故选：D
4. 若某社交APP的用户数每月增长，则用户数从100万户增加到1000万户需要的时间约为（ ）
A. 15个月B. 25个月C. 35个月D. 45个月
【答案】B
【解析】
【分析】建立函数关系式，代入数据，结合指数和对数运算可得答案.
【详解】设初始用户数为万户，个月后用户数为万户，则，即；
设个月后用户数为100万户，个月后用户数为1000万户，
则，，两式相除可得，
.
故选：B
5. 设函数在区间上单调递减，则的最大值是（ ）
A. B. C. D. 3
【答案】A
【解析】
【分析】由函数在区间上单调递减，等价于在区间上恒成立，分离参数后得到恒成立求出的最大值.
【详解】因为函数在区间上单调递减，
所以在区间上恒成立，
即在区间上恒成立.
令，所以在上单调递减， 故，
则，即.
所以实数的最大值是.
故选：A.
6. 记等比数列的前项和为，若，则（ ）
A. 10B. 18C. 26D. 62
【答案】C
【解析】
【分析】根据等比数列的性质即可求解.
【详解】由可得公比，，
因此，
故选：C
7. 将函数的图象向左平移个单位长度后，得到的函数图象关于直线对称，则的最小值是（ ）
A. B. C. 2D. 6
【答案】B
【解析】
【分析】通过平移得到，再利用对称性列方程，即可求解.
【详解】函数的图象向左平移个单位后，
得到的函数，
因为曲线关于直线对称，
所以，，
解得：，，
因为，令，得，所以的最小值是.
故选：B.
8. 已知和都是定义在上的奇函数，设则下列说法正确的是（ ）
A. 是减函数B. 是奇函数
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】举反例即可求解ABC，根据，以及的表达式即可求解D.
【详解】若函数都是奇函数，如都是R上的奇函数，
而，由于，故不是定义在R上的奇函数，且不是单调递减函数，故AB错误；
若函数都是奇函数，如都是R上的奇函数，
而,而，当时，，不满足，C错误；
，而，故，而
考虑到，
故
因此
因此时，
时，，
故，D正确，
故选：D
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. 在正三棱柱中，为AB的中点，则下列结论一定成立的是（ ）
A. 平面B. 平面
C. 平面D. 平面
【答案】BC
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量运算逐个判断线面关系即可.
【详解】分别取的中点,由正三棱柱的性质可知两两垂直，
以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
设底面棱长为，高为，则
；
对于A，，，
设平面的一个法向量为，则，
令，则，即；
因为，所以不平行于平面，A不正确；
对于B，，
设平面的一个法向量为，则，
令，则，即，
因为，且平面，所以平面，B正确；
对于C，,因为，
所以，因为，平面，
所以平面，C正确；
对于D，，因为，所以不与平面垂直，D不正确.
故选：BC
10. 已知函数，则（ ）
A. 曲线关于直线对称B. 的极大值为0
C. 存在D. 有最小值，无最大值
【答案】ABD
【解析】
【分析】通过对称性验证、导数分析单调性与极值、构造函数比较大小，逐一判断选项.
【详解】选项A，，
而，故，
曲线关于直线对称，A正确.
选项B，
，
令，解得、.
时单调递减，时单调递增，
时单调递减，时单调递增.
是极大值，B正确.
选项C，构造
当时，，，，故，
即，不存在满足条件的，C错误.
选项D，由单调性可知，在处取得极小值（最小值）；
当时，，故无最大值，D正确.
故选：ABD
11. 已知数列满足，则下列正确的有（ ）
A. 任意B. 存在
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A首先对递推关系式的配方可得，再由递推关系得与同号且即可判断；对于B通过不等式进行放缩可得数列是递减数列即可判断；对于C由递推关系得，再进行累加求和得，再进行倒数求和可得；对于D构造数列，得，再求和可得不等式.
【详解】对于A：由，所以，，所以.
再由，得，即，
因为，所以与同号，且，由递推关系可得
，由，所以，故任意，所以A正确；
对于B：因为，所以，
再由得，
所以，数列单调递减，故不存在成立，所以B错误；
对于C：再由B选项的判断知数列单调递减，即，
所以，且
因为，，两边取对数
所以，即，
进行累加求和
即，所以，.
所以
，所以C正确；
对于D：因为，令，得，
，即，所以，
，
因为，所以，所以D正确.
故选：ACD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知向量，若与的夹角的余弦值为，则___________.
【答案】
【解析】
【分析】根据平面向量模和数量积的坐标表示，结合数量积的定义建立关于的方程，解之即可求解.
【详解】由题意知，，，
则，
整理，得且，解得.
故答案为：.
13. 已知四面体ABCD的顶点都在同一球面上，若该球的表面积为是边长为3的正三角形，则四面体ABCD的体积的最大值为___________.
【答案】##
【解析】
【分析】设球心为，利用平面时四面体的体积最大求出四面体的高，即可求出体积.
【详解】因为中，，
所以，外接圆半径为，
又因为，解得外接球半径，
如图所示
为四面体外接球球心，为外接圆圆心，所以平面，
设面上的高为，所以，
又，
所以，
所以四面体体积最大值为.
故答案为：
14. 若函数的极大值为0，则实数的取值范围是___________.
【答案】
【解析】
【分析】求导，对分类讨论，结合单调性以及零点存在性定理找函数的极大值点，即可根据极大值为0求解.
【详解】的定义域为，
，
当时，均为单调递增函数，
因此为上的单调递增函数，
当，
若，则，由零点存在性定理可知，
则，故，此时在上单调递增，
，故，此时在上单调递减，
，故，此时在上单调递增，
此时时，取到极大值，故，符合题意，
当时，，此时在上单调递增，不符合题意，
当，此时，由零点存在性定理可知，
则，故，此时在上单调递增，
，故，此时在上单调递减，
，故，此时在上单调递增，
此时时，取到极大值，而，不符合题意，
当时，由于在上恒成立，且当时，
因此在恒成立，故在上单调递增，故，
要使的极大值为0，则极大值点必然小于1，不妨设极大值点为，
则，这与极大值为0矛盾，不符合题意，舍去，
综上可得，
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、证明过程或演算步骤.
15. 已知向量，设函数.
（1）求的最小正周期；
（2）若，求的最值和单调区间.
【答案】（1）
（2）最大值为，最小值为；增区间为，减区间为.
【解析】
【分析】（1）根据向量数量积的运算和恒等变换可求解析式，由周期公式可得答案；
（2）根据的范围可求的最值，结合单调性可得单调区间.
【小问1详解】
因为，所以
,
所以的最小正周期为.
【小问2详解】
当时，，，
所以当时，即时，的最大值为；
当时，即时，的最小值为；
当，即时，为增函数，
当，即时，为减函数，
所以时，的增区间为，减区间为.
16. 已知数列的首项，且满足.
（1）证明：是等差数列；
（2）记[x]表示不超过的最大整数，分别为和的前项和，求.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据已知结合等差数列定义即可证等差数列；
（2）由（1）可得：，，结合取整函数的定义进而求解.
【小问1详解】
因为
因为，所以，
即，且，
所以数列是以2为首项，1为公差的等差数列．
【小问2详解】
由（1）可得：，即，
可得：，
因为，所以，
所以；
则，
可得，
所以.
17. 如图，在平面四边形ABCD中，.
（1）证明：；
（2）已知的外接圆半径为1.
（i）若，求；
（ii）求面积的最大值.
【答案】（1）证明见解析
（2）（i）；（ii）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理和角的关系可证结论；
（2）（i）利用正弦定理求出，结合三角形全等可得答案；
（ii）设出，利用面积公式得到关于的式子，结合二次函数知识可求答案.
【小问1详解】
证明：在中，由正弦定理可得;
在中，由正弦定理可得;
因为，所以，所以;
因为，所以.
【小问2详解】
（i）由（1）可知，又，为公共边，所以与全等，所以.
因为的外接圆半径为1，所以,即，
所以或（舍），
因为，所以，
因为，所以，
所以,即，所以.
（ii）设，则，由可得;
面积为
因为，所以，所以当时，取到最大值.
18. 如图几何体中，四边形和都是梯形，.
（1）证明：B，E，F，C四点共面；
（2）若，求该几何体的体积；
（3）求平面与平面的夹角的余弦值的最大值.
【答案】（1）证明见解析；
（2）；
（3）.
【解析】
【分析】（1）将四点共面问题直接转化为证明即可证明；
（2）根据条件可将几何体补成一个棱锥，再根据补成的三棱锥的体积与所求几何体的体积的关系即可得体积值；
（3）设，再建立空间直角坐标系，用向量的方法求平面与平面的夹角的余弦为，再通过换元，并用导数判断函数的最大值，从而可求夹角的余弦的最大值.
【小问1详解】
如图：设分别是的中点，连接.
因为N为的中点，，所以且，
所以四边形为平行四边形，得.同理可得，
所以，所以四边形为平行四边形，得.
又因为分别是的中点，所以，所以，故四点共面.
【小问2详解】
因且，所以三条直线必交于一点，如图：
所以，，所以三角形为正三角形，.
又因为平面，所以平面，
又所以平面，所以.
再由，，所以.
故该几何体的体积为.
【小问3详解】
设，，由（2）可知三角形为等腰三角形，且E为的中点，，所以.
故以所在直线为轴，以过E点平行的直线为z轴，如图：
所以，，.
设平面的法向量为，
由，得，取，则，即.
再设平面的法向量为，，
由，得，取，则，即.
设平面与平面的夹角为，则
，
令，因为，所以，，
根据复合函数单调性知在上单调递增，
所以，所以，当且仅当时等号成立，
故平面与平面的夹角的余弦值的最大值.
19. 已知函数.
（1）求曲线在处的切线方程；
（2）设，证明：对任意，都有；
（3）若数列满足，证明：.
【答案】（1）；
（2）证明见解析； （3）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）直接求导代入计算出斜率和切点，再写出切线方程即可；
（2）根据导数分析出函数单调性，变形为证明，再设，求导得其单调性即可证明；
（3）首先证明，构造函数，多次求导得到，再代入计算即可；再证明，构造，求导得其单调性，再赋值得到，最后累加即可证明.
【小问1详解】
因为，所以，
所以曲线在处的切线方程为．
【小问2详解】
因为，所以时，在上单调递减；
时，在上单调递增；
因为，所以，或，
若，由在上单调递增得；
若，因为在上单调递减，所以，
要证，只要证．
设，
则，
所以在上单调递增，所以，所以．
故．
【小问3详解】
由（2）知，在上单调递增，，
因为对任意，
所以存在唯一，使得，
由得，
首先证明：．①
设，
则，设，，其中，
因为，令，解得，
当时，，此时单调递减，
当时，，此时单调递增，
则，当时，恒成立，
当时，单调递增，且，
则当时，；当时，，
即当时，单调递增；
当时，单调递减，因为，
所以，当且仅当时取“”．
所以，即．
其次证明：．②
设，
则，所以在上单调递增，所以，
令，得．
由①②得，
.