安徽省示范高中2026届高三数学上学期12月月考A卷试题含解析

这是一份安徽省示范高中2026届高三数学上学期12月月考A卷试题含解析，共18页。试卷主要包含了 设，，，则， 若，则等内容，欢迎下载使用。
1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号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，用铅笔把答题卡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，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
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，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知平面向量，，若，则（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 6
【答案】D
【解析】
【分析】由向量垂直的性质即可得.
【详解】由题意，所以，
化简得.
故选：D
2. 已知集合，，若，则（ ）
A. －2B. －1C. 0D. 1
【答案】B
【解析】
【分析】根据集合相等可知关于的方程只有一个实数根，从而可得的值，即可得所求.
【详解】因为集合，，若，
所以关于的方程只有一个实数根，则，故，
所以，
则，故，所以，
故.
故选：B.
3. 已知抛物线的焦点为，上一点到直线的距离为2027，则（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】确定抛物线的焦点坐标与准线方程，结合抛物线的定义与已知距离即可得的值.
【详解】抛物线的焦点，准线方程为直线，
若抛物线上一点到直线的距离为2027，则它到直线的距离为3，
由抛物线定义可得.
故选：C.
4. 已知，是平面内的两条相交直线，直线，则“与平行”是“与异面”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】A
【解析】
【分析】根据线面平行的判定定理和性质，以及充分条件、必要条件的判定方法，即可求解.
【详解】若与平行，由平面，，得与平面平行，所以与无公共点.
所以与平行，或与异面.
若与平行，则由平行公理得与平行，与“已知，是平面内的两条相交直线”矛盾，所以与不平行，所以与异面.
当与异面时，并不能说明与的关系，所以不能推出与平行.
如下图所示，当与异面时，与异面.
所以“与平行”是“与异面”的充分不必要条件.
故选：A.
5. 先将曲线上各点的横坐标变为原来的，再将所得曲线向右平移个单位长度得到函数的图象，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据函数图象变换法则可得变换后的图象是函数的图象，根据诱导公式一可得.
【详解】将曲线上各点的横坐标变为原来的，得函数的图象.
将函数的图象向右平移个单位长度得到函数的图象.
因为，所以.
故选：D.
6. 设，，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】通过将与作比较，确定的范围，进而比较其大小.
【详解】因为，所以；
因为，所以，.
所以.
所以，即.
故选：B.
7. 已知是定义在上的奇函数，是偶函数，且当时，，则（ ）
A. －7B. －1C. 1D. 7
【答案】A
【解析】
【分析】由已知可得，所以，且的图象关于对称，由此可得.
【详解】由题可知.所以的图象关于对称，且关于原点中心对称.
所以，所以，即.
所以.
因为当时，，所以.
所以.
故选：A.
8. 若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用两角和的正切公式求得，然后利用将目标式子化弦为切，进而代入计算即可.
【详解】因为，所以，解得，
所以.
故选：B
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. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，，的渐近线方程为，是上的动点，则（ ）
A. 的离心率为B.
C. 与直线有交点D. 与双曲线无交点
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据双曲线的焦距、渐近线方程得双曲线的的值，根据双曲线的离心率、定义、直线与双曲线交点性质、双曲线与双曲线交点性质逐项判断即可.
【详解】因为，所以，
又双曲线的渐近线方程为，
所以，又，从而可得，
则的离心率为，故A正确；
由双曲线的定义可得，故B正确；
直线过原点，且斜率为，而双曲线其中一条渐近线方程为，斜率为，
所以与直线无交点，故C不正确；
双曲线为，其渐近线方程为，且其焦点在轴上，所以与双曲线无交点，故D正确.
故选：ABD.
10. 记方程的三个不相等的复数根分别为，，，其中，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据方程在复数上的根结合韦达定理求解复数根，，，逐项判断即可得结论.
【详解】由方程可得，
该方程的三个不相等的复数根分别为，，，其中，
所以，，是方程在复数上的两根，
则，故A，B正确；
设，则可得，
所以解得或，
故，两根为，
则，故C正确；
，故D不正确.
故选：ABC.
11. 在中，，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】由正弦定理角化边即可判断A选项；两式相乘，结合三角恒等变换公式，以及放缩，即可判断B选项；设，结合正弦定理以及余弦定理，将题干条件化为关于的方程组即可求解判断C、D选项；
【详解】对于A，因为在中，，所以由正弦定理得，，
所以，所以A错误；
对于B，由题可得，
所以，
所以，
所以.
因为，所以，所以，所以.
所以，即.所以B正确；
对于C，设所对的边分别为.
由A知，.设，则.
因为，所以，
即，
所以，
所以，所以.
所以，即.
由正弦定理，得.所以C正确；
对于D，由C知.
所以.
所以D错误.
故选：BC.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知函数，则曲线在点处的切线方程为________.
【答案】
【解析】
【分析】求出，即可求出切线的点斜式方程，化简得出结论.
【详解】因为，所以，又，，
所以切线方程为，即.
故答案为：.
【点睛】本题考查导数的几何意义，注意已知点是否为切点，属于基础题.
13. 若正数，满足，则的最小值为________.
【答案】3
【解析】
【分析】由正数，满足，得，所以.根据基本不等式可求得的最小值.
【详解】正数，满足，则，
所以，即，所以.
所以.
所以.
因为，所以，所以，当且仅当，即时，等号成立.
所以.所以的最小值为当且仅当时，等号成立.
故答案为：.
14. 工人要将一个圆锥形的实心铁块打磨成一个铁球，若圆锥形铁块的体积为，则可能得到的铁球体积的最大值为________.
【答案】
【解析】
【分析】圆锥能打磨得铁球体积的最大值，即为圆锥的内切球，设圆锥的底面半径为，高为，内切球的半径为，根据圆锥体积公式、三角形相似、勾股定理可得，要使得关于的方程有解，由得的取值范围，从而得所求.
【详解】圆锥能够打磨出铁球体积的最大值，即为圆锥的内切球，
设圆锥底面半径为，高为，内切球的半径为，
取圆锥的轴截面如下，则，
球与母线相切于点，则，，
又圆锥的体积为，所以，
因为，则，所以
在中，，则，
整理得，由得，
代入整理得：，关于的方程有解，
则，解得，
所以可能得到的铁球体积的最大值为.
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. 如图，在三棱台中，平面，，，分别为棱，的中点.
（1）证明：；
（2）若，，，求三棱台的体积.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由线面垂直的判定定理证明平面，即可证明.
（2）分别求得三棱台的上、下底面面积，利用棱台的体积公式求得三棱台的体积.
【小问1详解】
如图，连接.
因平面，平面，所以.
因为，是的中点，所以，
又平面，所以平面.
因为平面，所以.
【小问2详解】
由勾股定理得，
，.
于是下底面面积，
由，得上底面面积.
故三棱台的体积.
16. 在中，内角，，的对边分别为，，，已知，.
（1）若的面积为1，求；
（2）若点在边的延长线上，且，求.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据三角形内角和结合已知角度关系可得角，根据面积公式与余弦定理即可得值；
（2）根据三角形的外角关系，等边对等角，得中角度关系，由正弦定理结合三角恒等变换可得的值，从而得的值.
【小问1详解】
因为，又，
所以，所以，
因为的面积为1，所以，所以，
由余弦定理得，
所以；
【小问2详解】
如图，由（1）知，所以，
因为，所以，，
从而，
中，由正弦定理得，
即，
所以，所以，
即，因为，所以.
17. 已知函数的导函数为，函数与的图象关于直线对称.
（1）若数列的前项和，求的通项公式；
（2）设，记数列的前项和为，证明：.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据数列的前项和与的关系，利用相减法求解的通项公式即可；
（2）根据函数与的图象关于直线对称，可得，根据导数的运算即可得，利用裂项相消法求和，结合对数运算即可证明结论.
【小问1详解】
由题意知，
当时，，
所以，
当时，不符合上式，
故
【小问2详解】
，即点在的图象上，
因为与的图象关于直线对称，所以点在的图象上，
即，可得
又，所以，
所以，
于是，
易知，所以.
18. 已知椭圆的右焦点为，的上顶点到点的距离为3.
（1）求的方程.
（2）动直线与交于，两点，的中点为.
（i）求点的轨迹方程；
（ii）记点到轴的距离为，点是轴上的定点，的斜率为，的斜率为，若为定值，求点的坐标.
【答案】（1）
（2）（i）；（ii）.
【解析】
【分析】（1）根据题意直接求出，从而求得的方程；
（2）（i）设，，，联立直线与的方程，根据韦达定理，用表示出点的坐标，从而得到点的轨迹方程；（ii）根据（i）列出，根据为定值，求出点的坐标.
【小问1详解】
由已知可得的半焦距，
因为的上顶点到点的距离为3，即，
所以，
故的方程为.
【小问2详解】
（i）设，，.
由得，
则，，
则点的纵坐标为，横坐标为.
，所以，
代入的表达式，得，整理得，
所以点的轨迹方程为.
（ii）由（i）可知.
设，则，
将，代入上式，
分母为，
所以，
所以.
要使该表达式为定值，必须有，解得，
即点的坐标为.
19. 已知，函数.
（1）证明：有唯一的极大值点和极小值点.
（2）记的极大值点为，极小值点为.
（i）求最小值；
（ii）设，若互不相等的实数，，满足，证明：.
【答案】（1）证明见解析
（2）（i）；（ii）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求导数，令并解得方程的根，从而得到函数的单调区间；
（2）（i）由（1）得，即可求得，令函数，求导数，然后得到函数的单调区间，求得最小值，即为的最小值.
（ii）由（1）得，设，则.设，整理化简方程后令，，则，，是方程的三个根，只需证.设，由导数求得函数的单调区间，然后得到的取值范围.构造函数，分析其单调性得到，进而证明。再通过的极大值确定的范围，并证明，最后由函数的单调性可证，从而得证.
【小问1详解】
由题意得，
令，可得或，因为，所以，
则当或时，，当时，，
所以在，上单调递增，在上单调递减，
所以有唯一的极大值点，唯一的极小值点.
【小问2详解】
（i）由（1）知，，
所以.
令函数，则，
所以当时，，当时，，
即函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，即的最小值为.
（ii）由题意知.
设，则，待证命题即.
设，
则，∴，∴.
再令，，则，，是方程的三个根，只需证.
设，则，
当或时，;当时，,
在，上单调递增，在上单调递减，故.
①先证：
∵，，
设，则，
∴当时，,函数在上单调递减，，
又时，，所以，故，
又∵，∴，则，∴.
②再证：
因为的极大值为，所以.
因为，，所以.
∴，∴.
综合①②，当时，，∴，又∵，∴；
当时，，∴，又∵，∴；
综上所述，从而原命题得证.