安徽省华师联盟2026届高三上学期12月质量检测数学试题（Word版附解析）

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（试卷满分：150分,考试时间：120分钟）
注意事项：
1.答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上,并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2.回答选择题时,选出每小题答案后,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；回答非选择题时,用0.5mm的黑色字迹签字笔将答案写在答题卡上,写在本试卷上无效.
3.考试结束后,请将答题卡上交.
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. 已知复数满足，则（ ）
A. B. C. D. 5
【答案】A
【解析】
【分析】根据复数的运算求出，再根据复数的模公式即可求出答案.
【详解】由题意可得，则.
故选：A．
2. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】用列举法表示集合，再利用交集的定义直接求解.
【详解】依题意，，，
所以.
故选：C
3. 已知数列为等比数列，，，则（ ）
A. 1B. 2C. 4D. 6
【答案】B
【解析】
【分析】由等比数列的性质求出，再由得出即可.
【详解】，，
又，.
故选：B．
4. 已知函数，则函数在点处的切线方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据导数的几何意义求出斜率，再利用直线的点斜式方程即可求出答案.
【详解】因为，所以，则，，
所以在点处的切线方程为，即.
故选：B．
5. 在中，若，则（ ）
A. B. C. 1D.
【答案】C
【解析】
【分析】先将用和表示，再结合已知条件将用表示，最后根据向量的线性运算将用和表示，从而求出和的值，进而得到的值.
【详解】因为，所以，又因为两向量有公共点，所以点三点共线，又,
又，
所以，解得，，
因此.
故选：C．
6. 已知，则（ ）
A. 2B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用二倍角公式对进行化简，求得，再将化为齐次式，将正弦、余弦转化为正切，代入即可得到答案.
【详解】，
则.
故选：D．
7. 已知函数，若且，则的最小值为（ ）
A. B. 9C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意得出，再利用基本不等式即可求得答案.
【详解】
作出函数的图象，如图所示，因为，即，因为，由图可知，，即，所以有．
则，
当且仅当，即时等号成立，
所以的最小值为，
故选：A．
8. 已知函数在区间上单调，且满足，若函数在上有且仅有3个极值点，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据在上单调求出，再根据得到函数在时取最值，
再根据函数在上有且仅有三个极值点，结合正弦函数图象列出不等式，求出，
进而求出的取值范围.
【详解】设函数的最小正周期为，因为在上单调，所以，即；
又因为，且，所以函数关于直线对称，
所以函数在时取最值（最大值或最小值），又因为函数在上有且仅有三个极值点，
则有，即，又因为所以，即，解得，
则的取值范围为.
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. 为了得到函数的图象，只需将函数的图象上所有点（ ）
A. 横坐标变成原来的（纵坐标不变）
B. 横坐标变成原来的2倍（纵坐标不变）
C. 向上平移1个单位长度
D. 向左平移1个单位长度
【答案】AC
【解析】
【分析】利用对数的运算性质及换底公式，可将化为，结合函数图象的变换即可进行判断.
【详解】因为，
即,将函数图象上所有点横坐标变成原来的（纵坐标不变），可得到的图象；
又因为，
所以还可以将函数图象上所有点向上平移1个单位长度，可得到的图象．
故选：AC．
10. 设等差数列的前项和为，公差为，首项为，若，，则下列结论正确的是（ ）
A.
B. 当时，取最大值
C.
D. 数列为等差数列并且与数列具有相同的单调性
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用等差数列的性质，以及前项和的性质，可判断ABC，利用前项和公式来求的通项公式可判断D.
【详解】因为，所以，即，
因为，所以；
因为，又因为，所以，
又因为，所以，则，故A正确；
且当时，取最大值，且，故B正确，C错误；
因为，所以数列单调递减；
因为，所以，
所以数列也是等差数列，并且也为单调递减数列，故D正确．
故选:ABD．
11. 在棱长为2的正方体中，，则（ ）
A. 若，则
B. 若，且，，则直线与所成角的最小角为
C. 若，则点所在的平面截正方体所得的截面面积为
D. 若，则直线和直线所成角可能为
【答案】AC
【解析】
【分析】对于A，根据得到点四点共面，又平面，再根据线面垂直的定义得到；对于B，求出点的轨迹，将与所成的角转化为直线和所成的角，结合图象即可判断；对于C，先证明截面为，再求面积即可；对于D，先证明点的轨迹为平面，直线和所成角的最小角即为直线和平面所成的角，即，求出即可进行判断.
【详解】对A，若，则点四点共面，如图1，
因为是正方体，
所以平面平面，所以，所以A正确；
对B，若，且，则点的轨迹为线段，
又因为，所以与所成的角转化为直线和所成的角，
由图2可知，直线和所成的角的范围为，所以选项B错误；
对C，若，则过点的平面截正方体所得的截面为，如图3所示，
其中点分别为，的中点．
证明如下：因为，
因为点在平面内，所以，
又因为分别为的中点，所以，，，
所以，
又因为，所以，
所以，即所得的截面为，
因为正方体的棱长为2，所以是边长为的正三角形，
所以的面积为：，所以选项C正确；
对D，若，则点的轨迹为平面．证明如下：如图4所示，
在平面内任取一点为，连接，与平面的交点为，
连接，分别与平面和平面的交点为，连接，
因为平面平面，所以．因为，所以，
则．设，则，
所以，
又因为，所以，
则，即点的轨迹为平面．
直线和所成角的最小角即为直线和平面所成的角．连接，
则即为直线和平面所成的角，且，，
所以，又因为，所以，所以选项D错误．
故选：AC．
三、填空题：本题共3小题,每小题5分,共15分.
12. 函数的定义域为__________________ .
【答案】
【解析】
【详解】试题分析：由 ，解得 ，所以定义域为
考点：本题考查定义域
点评：解决本题的关键熟练掌握正切函数的定义域
13. 两个非零向量，，满足，则向量与向量夹角的余弦值的最小值为________．
【答案】##
【解析】
【分析】将两边同时平方得到，再利用向量夹角的余弦值公式，结合基本不等式即可求出最小值.
【详解】因为，两边平方得：，
即，
所以，当且仅当时等号成立，
所以向量与向量夹角的余弦值的最小值为．
故答案为：.
14. 已知函数，数列为公差不为0的等差数列，若，则________．
【答案】5
【解析】
【分析】通过研究函数的性质得出函数的对称性和单调性，通过反证法证出即可.
【详解】设函数，定义域为，
又因为，
所以函数为奇函数．
又因为，所以函数在上单调递增．
又因为，
所以函数的图象是由函数的图象向右平移1个单位得到的，
所以函数的图象关于点成中心对称，
即，且在上也单调递增．
因为数列为等差数列，且，
所以必有．
下面用反证法证明．
假设，
当时，则；
由，则有，所以，
即；同理，
即有，与已知矛盾；
当时，则；由，则有，所以，即；
同理，即有，与已知矛盾．
所以必有，所以．
故答案为：5.
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、证明过程及演算步骤.
15. 已知数列满足，且．
（1）求数列的通项公式；
（2）求数列的前项和．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题目条件列出，使用累乘法即可求数列的通项公式；
（2）使用错位相减计算数列的前项和.
【小问1详解】
当时，，
又因为，即对也成立，所以．
【小问2详解】
①，
②，
①-②得：
，
所以．
16. 已知函数的图象关于点对称．
（1）求；
（2）若，求函数的最值及取最值时的的值；
（3）若，且，求．
【答案】（1）
（2）当时，函数取最大值1；当时，函数取最小值
（3）
【解析】
【分析】（1）利用两角和的正弦公式进行化简，将代入即可求出答案；
（2）求出，结合正弦函数的图象即可求出答案；
（3）即，利用平方关系求出，再利用两角差的余弦公式可求出答案.
【小问1详解】
，
因为函数的图象关于点成中心对称，
所以，即，因为，所以.
【小问2详解】
，因为，所以，
所以当，即时，函数取最大值，且最大值为1，
当，即时，函数取最小值，且最小值为；
【小问3详解】
因为，即，
因为，所以，
若，则，
但，所以，
所以．
所以
．
17. 在中，角的对边分别为，且，．
（1）求；
（2）若边上的高为，求的周长．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理及两角和的余弦公式可得出，进而求出，再利用正弦定理即可求出；
（2）根据三角形面积公式求出，再利用余弦定理即可求出答案.
【小问1详解】
因为，
由正弦定理得：，
因为，
所以，
即，
又因为，所以，即，
因为，所以，即，所以，．
由正弦定理得：，
又因为，所以，即，
所以.
【小问2详解】
因为边上的高为，所以有，
所以，即，
再由余弦定理得：，所以，
化简得：，又因为，解得，
所以，
则的周长为：．
18. 如图，在三棱锥中，为正三角形，，，，分别为棱，上的动点，且平面．

（1）证明：平面平面；
（2）若截面将三棱锥截成上下两部分的体积之比为，求平面与平面的夹角的余弦值；
（3）若球是三棱锥的外接球，若平面截球所得的截面的面积为，求．
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据二面角定义得出即为二面角的平面角，再应用勾股定理证明；
（2）先根据得出，再建系得出平面和平面的法向量，再应用二面角余弦公式计算求解；
（3）设，求出平面的法向量，再应用点到平面距离公式计算得出.
【小问1详解】
取线段的中点为，连接，因为，所以；
又因为为正三角形，所以，
又因为平面平面，平面平面，
所以即为二面角的平面角
又因，所以，所以，
即为直角三角形，且，所以；
又因为为正三角形，且，所以，
又因为，所以，即，
所以，所以平面平面；
【小问2详解】
由（1）知，两两垂直，分别以为轴建立空间直角坐标系，如图所示，

则.
因为平面，因为平面，平面平面，所以，
则．
因为截面将三棱锥截成上下两部分的体积之比为，所以，
又因为，，即，
因为三棱锥与三棱锥的高相等，所以，即，
所以分别为棱的中点，即，，，，
设平面的法向量为，由，得，
取，则，，所以；
平面的法向量为；
设平面和平面的夹角为，则，
所以平面和平面的夹角的余弦值为；
小问3详解】
三棱锥的外接球的球心即为正三角形的中心，即，外接球的半径，
因为平面截球所得的截面面积为，所以截面圆的半径为，所以球心到平面的距离为．
设，，则，
设，则，
同理，所以，，
设平面的法向量为，
由，得，
取，则，，则，
又因为，则，
即，解得，所以．
19. 已知函数有两个极值点，，且，
（1）求实数的取值范围；
（2）证明：；
（3）证明：．
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）对函数进行求导，转化为在上有两个不相等变号根，再构造函数，研究零点个数，即可求出答案；
（2）根据题意将，代入中，将两式相减得到，则要证明的不等式可化为，令，构造函数，只需证明即可；
（3）由（2）知，当时,，取，可得到，利用累加法即可证明.
【小问1详解】
，定义域为，
若函数有两个极值点，
则有在上有两个不相等变号根，
令，则，
当时，在上恒成立，
所以函数在上单调递增，所以至多有一个实根，不符合题意；
当时，令，得，当时，；当时，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
当时，取最小值，且最小值，
又因当时，，当时，，
所以若在上有两个不相等变号根，只需，即．
综上，当时，函数有两个极值点，
所以实数的取值范围为.
【小问2详解】
因为是函数的两个极值点，则有：①，②，
①②得：，即，
要证，即证，
即证，即证：，
即证，令，且，
即证，
令，则，
而，
因为，所以，，则，所以，
所以在上单调递增，又因为，所以，
即在时成立，所以成立；
【小问3详解】
由（2）知，当时，，
取时，有，
所以有：，
则有，
即，
所以，
即．