安徽省蚌埠市固镇县毛钽厂实验中学2025--2026学年高三上册12月月考数学试题【附解析】

这是一份安徽省蚌埠市固镇县毛钽厂实验中学2025--2026学年高三上册12月月考数学试题【附解析】，共21页。试卷主要包含了本卷命题范围， 在中，，，所对的边分别为，，， 设，则等内容，欢迎下载使用。
考生注意：
1.满分150分，考试时间120分钟.
2.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.
3.本卷命题范围：集合、常用逻辑用语、不等式、函数、导数、三角函数与解三角形、平面向量、复数、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. 已知全集，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据交集运算和补集运算直接求解可得.
【详解】因为，，所以，
又，所以.
故选：C
2. 若复数满足，则（ ）
A. 0B. 1C. 2D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】设，可得，可求.
【详解】设，则，
所以.
故选：C.
3. 若命题“”为真命题，则a的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据存在性命题真假性可得，运算求解即可.
【详解】若命题“”为真命题，
则，解得，
所以a的取值范围是.
故选：A.
4. 已知圆锥的高为，它的侧面展开图的圆心角为，则此圆锥的侧面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先由弧长公式结合圆的周长公式列等量关系式得到，接着结合圆锥的高以及勾股定理依次求出圆锥底面半径和母线长即可由圆锥侧面积公式求解.
【详解】设圆锥的底面半径为，母线长为，
因为侧面展开图的圆心角为，所以，得，
所以圆锥的高为，
所以，则.
故选：D
5. 若函数在区间上单调递增，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】令，结合指数型复合函数的单调性可知只需在区间上单调递减，结合二次函数的性质得到不等式，解得即可.
【详解】令，
因为在定义域上单调递减，
要使函数在区间上单调递增，
则在区间上单调递减，
所以，解得，
所以的取值范围为.
故选：C
6. 在中，，，所对的边分别为，，.若是，的等差中项，，，则该三角形外接圆的半径为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先由，解出，再由余弦定理结合是，的等差中项，解出的值，进而解出值，最后由正弦定理求出三角形外接圆的半径即可.
【详解】因为，所以，
由余弦定理可得，
由是，的等差中项，所以，
故，
解得，，
因为，所以.
故选：A.
7. 如图所示的多面体是由底面为的长方体被截面所截得到的，其中，，，，则中点到平面的距离为（ ）

A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】构建空间直角坐标系，应用向量法求点面距离即可.
【详解】以为原点，以，，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，

则，，，，
所以，，，
设为平面的法向量，则，
所以，令，所以，
点到平面的距离为．
故选：D
8. 设，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】构造函数,证明；构造函数，证明，即得解.
【详解】解：
设
所以
所以所以单调递增，单调递减，
所以
当时，，所以在上恒成立，
所以函数在单调递增，
所以，
所以.
所以.
设，
所以，
设，
所以在上单调递减，
所以，
所以，所以函数在上单调递减，
所以，所以.
故.
故选：B
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合要求.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. （多选题）已知两条不同的直线，两个不同的平面，则下列说法正确的是（ ）
A. ，，则或
B. ，，，，则
C. ，，，则
D. ，，，，，则
【答案】AD
【解析】
【分析】根据空间中直线与直线、直线与平面的位置关系逐项判断即可.
【详解】A：由线面平行的性质可得若，，则或，正确；
B：若，，，，且与相交，则，故原条件缺少与相交，错误；
C：若平面相交，均平行于交线，满足，，，此时不平行，错误；
D：由面面平行的判定定理可得若，，，，，则，正确；
故选：AD
10. 已知函数，且，则下列说法错误的是（ ）
A
B. 的图象关于直线对称
C. 若，则是的整数倍
D. 将的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象
【答案】BCD
【解析】
【分析】对于A，令即可判断；对于B，可先由求出的值，再令求出对称轴方程即可判断；对于C，可根据分别求出和的值即可判断；对于D，根据图象的平移变换和诱导公式即可判断.
【详解】对于A，令可得，即，所以A选项正确；
对于B，因为，所以，
即，解得，
又因为，所以，所以.
令，解得，
所以的图象的对称轴方程为，取不到，可知B选项错误；
对于C，因为，
所以，解得，同理可得，
又因为，所以，所以，
因为且，可知是的整数倍，所以C选项错误；
对于D，将的图象向左平移个单位长度得：
，所以D选项错误.
故选：BCD.
11. 如图，在直三棱柱的两条棱上分别取点，使得，且直线与直线之间的距离均为2，分别过直线作垂直于该三棱柱底面的截面，得到n个四棱柱，若该三棱柱的高为1，记，，则（ ）

A.
B.
C. 第j个四棱柱的体积为
D. 前j个四棱柱的体积之和为
【答案】BCD
【解析】
【分析】由题意可知是等差数列，可判断A，B选项；C选项利用四棱柱的体积公式即可求出；D选项利用等差数列的前项和公式求解.
【详解】由题意可得是首项为，公差为的等差数列，
所以，故A错误；
又，故B正确；
对于C选项，第个四棱柱的体积为
，故C正确；
对于D选项，由第个四棱柱的体积为可知，四棱柱的体积是首项为，公差为的等差数列，
所以前j个四棱柱的体积之和为
，故D正确.
故选：BCD.
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是由题意分析出所求的量与数列之间的关系.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知向量，若，则__________.
【答案】0
【解析】
【分析】根据向量线性运算的坐标计算即可求解.
【详解】由题意知，又，所以，解得,
故答案为：0
13. 已知数列的通项公式为，则________．
【答案】
【解析】
【分析】作差判断数列的单调性，根据单调性代入去绝对值化简计算可得结果.
【详解】因为，所以，
当时，，当时，，所以数列有最小值，
则
.
故答案为：
14. 已知函数的定义域为，且为奇函数，为偶函数，，则__________.
【答案】4048
【解析】
【分析】根据题中为奇函数，为偶函数，从而可得出为周期为4的函数，从而可求解.
【详解】由题意得为奇函数，所以，即，所以函数关于点中心对称，
由为偶函数，所以可得为偶函数，则，所以函数关于直线对称，
所以，从而得，所以函数为周期为4的函数，
因为，所以，则，
因为关于直线对称，所以，
又因为关于点对称，所以，
又因为，又因为，所以，
所以.
故答案为：4048.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是根据函数的奇偶性得到函数的周期，再求出一个周期内的值，最后求和即可.
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. 已知中，内角，，所对的边分别为，，，且.
（1）求；
（2）若，求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题目的比例关系令，，，其中，解出，再利用余弦定理即可求出答案；
（2）利用余弦定理求出，进而求出，原式利用正弦定理，结合两角和的正弦公式及诱导公式得到，代入即可求出答案.
【小问1详解】
由题意令，，，其中，
联立，解得，其中，
由余弦定理得.
【小问2详解】
由（1）知，，其中，
由余弦定理得，
因，所以，
因为，
由正弦定理得，
则，
因为，所以
所以，
又因为，所以，
所以，即.
16. 已知函数的图象在点处的切线与直线平行.
（1）求的值；
（2）求的极值.
【答案】（1）
（2）极小值，无极大值.
【解析】
【分析】（1）求导，根据切线与直线平行，得到，得到；
（2）求导，得到函数单调性和极值情况.
【小问1详解】
因为，定义域，
所以，
因为直线的斜率为，
函数在处的切线与直线平行，
所以，
设，，
则，所以函数在上单调递增，
又时，，
所以；
【小问2详解】
由（1）得：，，定义域，
因为函数，在上单调递增，
所以函数在上单调递增，
令，解得，
当变化时，的变化情况如下表所示：
因此，当时，有极小值，并且极小值，无极大值.
17. 已知函数.
（1）求的最小正周期；
（2）若关于的不等式在时恒成立，求实数的取值范围；
（3）若函数在区间上有两个零点，，求的值.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）直接计算定义域，化简再根据计算出周期.
（2）根据（1）化简完的函数，求出在时的值域，根据不等式恒成立问题求解即可.
（3）将问题转化为与的图像有两个交点，结合正弦函数的性质作出图像，从而得解.
【小问1详解】
的定义域为，
，
所以的最小正周期.
【小问2详解】
由（1）知，当，即，
故，则，故在时的取值范围为
因为，故，所以，
故实数的取值范围为.
【小问3详解】
函数在上有两个不同的零点，可转化为函数与的图像有两个交点，
由，可得，令，得，
则在上单调递增，在上单调递减，
作出函数与大致图像如下，

由图可知当时，函数的图像与直线有两个交点，其横坐标分别为，且关于对称，
故，
所以.
18. 如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，.
（1）求证：平面平面；
（2）设.
①若直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长.
②在线段上是否存在点，使得点，，在以为球心的球上？若存在，求线段的长；若不存在，说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2）①或；②不存在点，理由见解析
【解析】
【分析】（1）利用面面垂直的性质可证得平面，再利用面面垂直的判定定理即可证得结论；
（2）①依题意建立适当空间直角坐标系，设，利用题设条件，分别求得相关点和向量的坐标，利用空间向量坐标的夹角公式列出方程，求解即得的值；
②假设存在点，可由推得，得点坐标，由得方程，因此方程无实数解，假设不成立.
【小问1详解】
在四棱锥中，平面平面，，
平面，平面平面，
所以平面，
又平面，所以平面平面；
【小问2详解】
如图以为原点，以所在直线为轴，以所在直线为轴，
建立如图所示直角空间坐标系，
设，则，由，，，，
则，，因，则，，
所以，，
①设平面法向量为，由，，
得：，可取，
设直线与平面所成角为，
则有：，，
即：，化简得：，
解得或，即或，
②如图，假设在线段上存在点，使得点，，在以为球心的球上，
由，得，所以，
所以，
又得，，所以，，
由得，即，
亦即（*），
因为，所以方程（*）无实数解，
所以线段上不存在点，使得点，，在以为球心的球上.
【点睛】方法点睛：根据题意，创建合适的空间直角坐标系，利用空间向量夹角的坐标表达式即可求解相关问题，对于开放性问题，一般是假设结论成立，通过推理计算求得结论成立的条件或者推导出矛盾.
19. 在等差数列中，已知成等差数列．
（1）求数列的通项公式；
（2）数列是否为等比数列？若是求其前项和，若不是，请说明理由；
（3）设，且，求的所有取值．
【答案】（1）
（2）是等比数列，
（3）
【解析】
【分析】（1）设等差数列的首项为，公差为，依题意得到关于、的方程组，解得即可；
（2）根据等比数列的定义判断，再由等比数列求和公式计算可得；
（3）依题意可得当时无解，当时解得，说明时无解，即可确定的值.
【小问1详解】
设等差数列首项为，公差为，
因为成等差数列，
所以，解得，
所以．
【小问2详解】
因为，，
所以是以为首项，为公比的等比数列，
所以数列的前项和为．
【小问3详解】
因为，所以，
因为，
所以，
当时，无解；
当时，解得或（舍去）；
当时，，即，
令，则为关于的单调递增函数，
因为，所以，
所以无解，
所以的取值为，
进一步得，当时，对任意的正整数，
，
满足：，
所以的所有取值是．
【点睛】关键点点睛：第三问由于的任意性取特殊值确定的值，再验证其合理性.
0
单调递减
极小值
单调递增