安徽省2025_2026学年高三数学上学期12月质量检测试题含解析

这是一份安徽省2025_2026学年高三数学上学期12月质量检测试题含解析，共20页。试卷主要包含了本试卷分选择题和非选择题两部分等内容，欢迎下载使用。
1．本试卷分选择题和非选择题两部分．
2．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、座号填写在答题卡指定位置，认真核对条形码上的姓名、考生号和座号，确认无误后将条形码粘贴在答题卡相应位置．
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．
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. （ ）
A. 1B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据对数运算求得正确答案.
【详解】．
故选：A
2. 已知集合，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】解不等式化简集合，再利用补集的定义求解.
【详解】依题意，，
而，所以.
故选：B
3. 若复数满足，其中是虚数单位，是的共轭复数，则（ ）
A. B. C. 4D.
【答案】D
【解析】
【分析】设，根据已知条件列方程，求得，进而求得正确答案.
【详解】设，则，从而，
即，从而.
故选：D
4. 已知圆锥的底面直径和母线均为2，则该圆锥的侧面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用圆锥的侧面积公式直接计算即可.
【详解】因为圆锥的底面直径为2，
所以圆锥的底面圆的半径为1，母线为2，
所求圆锥的侧面积，
故选：C.
5. 已知函数的定义域为，则“的最大值为”的充分不必要条件为（ ）
A. 对于任意
B. 存在，使得
C. 函数的值域为
D. ，且
【答案】C
【解析】
【分析】选项A取特殊函数说明即可，根据函数最大值的定义可以判断选项B、D，根据函数值域与函数最大值的关系分析判断即可得出选项C.
【详解】选项A：若函数，对于任意，
，但的最大值不是2，
故A选项不正确；
选项B：存在，使得，且对于任意，
才能说明的最大值为，故充分性不成立，
故B选项不正确；
C选项：函数的值域为，
则任意，且存在，使得，
的最大值为，
反之不成立，若函数的最大值为，
则函数的值域可能为，
所以C选项正确；
根据函数最大值定义可知，
“，且”的充要条件为：
“的最大值为”，
故D选项不正确；
故选：C.
6. 下列函数中，不是周期函数，且在上单调递增的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】逐一分析各选项函数的周期性，再判断其在上的单调性，筛选出同时满足“非周期函数”和“单调递增”的选项.
【详解】对于选项A：，其图像关于轴对称，
时，时，无周期性重复图像，故不是周期函数.
当时，，在上单调递增，符合题意.
对于选项B：，当时，，
在上单调递减，不符合递增要求.
对于选项C：，其周期为，是周期函数，不符合“不是周期函数”要求.
对于选项D：，其周期为，是周期函数，不符合“不是周期函数”的要求.
故选：A
7. 已知函数在内的最大值和最小值分别为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先判断函数的奇偶性，然后求得正确答案.
【详解】因为，
所以，所以是奇函数，
因此，即．
故选：D
8. 已知数列中，，若，则满足条件的整数的最大值为（ ）
A. 7B. 9C. 11D. 13
【答案】B
【解析】
【分析】通过递推式变形构造等比数列，求出的表达式，利用分组求和法得到，解不等式得到满足条件的最大整数.
【详解】，
因为，即，
故，
所以是首项，公比为的等比数列，
所以，
所以
，
，数列是单调递增数列，
时，，时，，
所以不等式解得.
故选：B
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. 若，则下列结论正确的有（ ）
A. 的最小值为4B. 的最大值为2
C. 的最小值为8D. 的最大值为
【答案】AC
【解析】
【分析】利用基本不等式及“1的代换”，分别分析的最值，逐一判断各选项.
【详解】对于A，因为，当且仅当等号成立，
所以的最小值为4，故A正确；
对于B，令，满足，但此时，故B错误；
对于C，因为，即.由A知，则，故C正确；
对于D，因为，所以，当且仅当等号成立，
即的最小值为，该式无最大值，故D错误．
故选：AC
10. 正方体中，以下几何量与线段的长度相等的是（ ）
A. 平行直线与间的距离
B. 直线与平面之间的距离
C. 该正方体内切球的直径
D. 三棱锥为底面的高
【答案】BCD
【解析】
【分析】求得的长为平行直线与间的距离判断A；进而结合题意逐项求解判断可得每个选项的正确性.
【详解】因为平面，平面，
所以的长为平行直线与间的距离，又，故A错误；
因为，，
所以四边形为平行四边形，所以，
又平面，平面，所以平面，
由正方体，可得平面，
所以的长为直线与平面之间的距离，又，故B正确；
正方体的内切球的直径为正方体的棱长，故C正确；
因为平面，所以为三棱锥为底面的高，故D正确.
故选：BCD.
11. 在中，角的对边分别是，若，则下列结论正确的是（ ）
A.
B.
C. 若，角的平分线交于点，则
D. 若为锐角三角形，则的取值范围是
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A；由已知条件结合正弦定理可推出，利用三角恒等变换公式化简可得结论；对于B，利用余弦定理进行判断即可；对于C，由条件可推出，再利用等面积法即可求得；对于D，由，结合正弦定理可得，结合可推出，进而根据为锐角三角形，确定角B的范围，即可求出的取值范围.
【详解】由于，利用正弦定理得，
而，
又，故，
结合,则可知，可得或，
即或（舍），选项A正确；
由余弦定理知，代入得，
即，选项B正确；
若，由得，
从而，
由，得，
从而，即，
解得，选项C错误；
对于D，由上面分析知，
因为，两边同除以，所以，
因为为锐角三角形，故，
所以，设，
则，即可设为，该函数在上单调递增，
则，即，选项D正确．
故选：ABD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 函数的最大值为___________．
【答案】3
【解析】
【分析】利用诱导公式化简函数，再利用正弦函数的性质求出最大值.
【详解】函数，
当且仅当，即时，，
所以所求最大值为3.
故答案为：3
13. 向量在上的投影向量是___________（用坐标表示）．
【答案】
【解析】
【分析】根据投影向量的求法求得正确答案.
【详解】所求投影向量为.
故答案为：
14. 在四面体中，，则该四面体体积的最大值是___________．
【答案】
【解析】
【分析】将四面体放置在长方体中，设，结合长方体性质可得，结合换元法以及割补法即可表示出四面体体积的表达式，利用导数求解最值，即可得答案.
【详解】将四面体如图放置在长方体中，设，
显然，
则，从而
可得，设，则，且，
则，
记，则，
当时，；当时，；
故在上单调递增，在上单调递减，
所以当，即时，取最大值，
故的最大值为．
故答案为：
四、解答题：共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15. 已知函数，在点处的切线分别与轴交于点．
（1）若，求直线的方程；
（2）求证：是的中点；
（3）的面积是否为定值，若是，求出该定值，若不是，请说明理由．
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）的面积为定值，定值为.
【解析】
【分析】（1）代入，求函数在处的函数值与导数值，利用点斜式写出直线的方程；
（2）求出函数在处的切线方程，确定切线与、轴的交点、，计算的中点坐标并验证为点；
（3）利用、的坐标计算的面积，判断其是否为定值.
【小问1详解】
若，则，
所以切线的方程为，即.
【小问2详解】
依题意，
所以切线的方程为，
即，
不妨设点A为切线与x轴的交点，点B为切线与y轴的交点，
令，得，即点的坐标为，
令，得，即点的坐标为，
因为，
所以中点坐标为，即是的中点.
小问3详解】
由（2）知的面积，
故的面积为定值，且该定值为.
16. 如图，已知函数的图象与轴交于点，与轴交于点和点是点关于点的对称点，已知点的横坐标分别为．
（1）求的值，曲线的对称轴方程以及函数的单调递减区间；
（2）已知，求此时的值和的面积．
【答案】（1）；的对称轴为；函数的单调递减区间为，其中
（2）面积
【解析】
【分析】（1）求得点的坐标为，进而可求得周期，求得，进而利用对称性可求得函数的单调递减区间；
（2）利用，求得，利用，求得，进而可求的面积．
【小问1详解】
依题意，为的中点，因此点的坐标为，
所以，即，从而；
且的中点的横坐标为，
故曲线的对称轴方程为；
又（此为点关于对称的点的横坐标），
所以函数的单调递减区间为，其中.
【小问2详解】
由题意，，故，
因为，解得，所以.
又，所以，解得，
显然，的面积.
17. 如图，平面五边形中，是等边三角形，四边形为正方形，为中点，现将沿折起到位置，使得平面平面，连接．
（1）求证：平面平面；
（2）求平面与平面所成锐二面角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）记中点为，法一：由已知得平面，可得，进而可证平面，进而可得结论；法二：由题意，进而可得，可证平面，可证结论；
（2）法一：建立空间直角坐标系，利用向量法平面与平面所成锐二面角的正弦值．法二：设平面与平面所成锐二面角的平面角为，由（1）证法二知，为平面与平面所成锐二面角的平面角，求解即可.
【小问1详解】
记中点为，依题意，
（方法一）如解答图1，因为四边形为正方形，
所以，而平面平面，
又平面平面，平面，故平面，
又平面，所以，
又因为，所以，所以，故，
又是等边三角形，所以，
又，平面，即平面，
又平面，所以平面平面.
（方法二）因为是等边三角形，为中点，
所以，
又四边形为正方形，所以，因而，
又为中点，所以，
即三点共线，平面即平面，（如解答图2）
而平面平面，且，
故平面，从而，
由，知，从而平面，即平面，
所以平面平面.
【小问2详解】
（方法一）由（1）知，两两垂直，如解答图3建立空间直角坐标系．
不妨设，则，
设平面的法向量为，
则，即，取，则，
所以平面的法向量，
由（1）知，即平面，
即平面的法向量为，
所以，
即平面与平面所成锐二面角为，则.
（方法二）设平面与平面所成锐二面角的平面角为，
由（1）证法二知，为平面与平面所成锐二面角的平面角，，取中点，
因为平面，又平面，所以，
又，所以，所以，
记平面平面，（如解答图4），
因为为中点，为中点，所以，
又平面，平面，所以平面，
又平面，所以，
所以，即，
不妨设，则，
因此．
记平面与平面所成锐二面角为，
则.
18. 已知数列的前项和为，其中，且．
（1）求；
（2）若，求；
（3）是否存在数列，使得，若存在，写出一个，若不存在，请说明理由．
【答案】（1）或或.
（2）
（3）存在，
【解析】
【分析】（1）由已知可得，，，计算求解即可；
（2）由已知可得，计算，进而可求；
（3）由题意可得，或，可判断结论，进而写出一个数列即可.
【小问1详解】
依题意，，
即，
当时，，可得，
当时，，
即，
从而，解得或，
当时，，
若，则，解得，
若，则，
从而，解得或，
综上，或或.
【小问2详解】
因为，即，
所以，
两式相减得，
所以，
从而
相减得，即，
又，由（1）知，即，
从而是公差为1首项为1的等差数列，所以
从而.
【小问3详解】
由（2），所以，
故，或，
所以存在数列，使得，
其中可以为.
19. 已知函数．
（1）证明：；
（2）记，求函数在区间上的零点个数；
（3）函数在区间上的所有极值点从小到大依次为，证明：．
【答案】（1）证明见解析
（2）3个零点 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）所证不等式等价于，通过构造函数可证明结论.
（2）求导得，可得函数的单调性，进而利用零点存在性定理判断即可得结论；
（3）利用导数，结合（2）可得，进而计算可证明结论.
【小问1详解】
因为函数均为偶函数，所以只需证明时结论成立即可．
此时等价于.
令，则，
所以函数在上递增，所以成立；
令，则，
所以函数在上单调递减，所以成立，
综上，结论成立！
【小问2详解】
依题意，，所以，
因此当时，没有零点，
当时，，函数单调递增，
又有唯一零点，
当时，，函数单调递减，
因为有唯一零点，
当时，，函数单调递增，
而有唯一零点，
因此函数在区间上有3个零点.
【小问3详解】
由题意得，即，
由（2）知当时，没有零点，即没有极值点，
且，
由，得，即在极值点处有，
所以，
有，而，
因为极值点满足，即，
又不是的整数倍，所以，所以，
因为，即，从而，故，
因函数在内单调递减，
所以，
从而，
综上，，
即.