河北省唐山市迁安市第一中学2025--2026学年高三上册12月月考数学试题【附解析】

这是一份河北省唐山市迁安市第一中学2025--2026学年高三上册12月月考数学试题【附解析】，共21页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
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. 下列写法中正确的是（）
A. B. 0C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据元素和集合的关系，集合间的关系逐一判断即可.
【详解】根据集合和集合的关系用包含表示，故，，
空集没有元素，故，综上只有C正确.
故选：C
2. 已知，则下列不等关系正确的是（）
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】
【分析】举反例即可判断ACD；作差法比较大小即可判断B.
【详解】对于A，当时，显然不满足，故A错误；
对于B，，
因为，若，则且，可得，这与矛盾，
所以，且，故，
故，故B正确；
对于C，当时，显然不满足，故C错误；
对于D，当时，满足，
但，显然不成立，故D错误.
故选：B
3. 设等差数列的前项和为，若，，则（）
A. 1B. 2C. 3D. 5
【答案】A
【解析】
【分析】设等差数列的公差为，根据题意，列出方程组，即可求解.
【详解】设等差数列的公差为，因为且，
可得，解得.
故选：A.
4. 若复数，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用复数的乘法化简复数，利用复数的模长公式可求得结果.
【详解】因为,
所以，
故选：B
5. 已知，那么等于（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据已知角和未知角的关系，结合同角的三角函数关系式、两角和的正弦公式进行求解即可.
【详解】因为，
所以，
又因为，
所以，
因此
，
故选：B
6. 若实数，满足，则的最小值为（）
A. 1B. C. D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】已知条件变形为，据此利用三角代换，转化为三角函数求最值.
【详解】由可得，
令，则，
所以
（其中），
故当时，有最小值，
故选：B
7. 某种药物在人体内的浓度（单位：）随时间（小时）的衰减规律为：，其中为初始浓度．若该药物的有效治疗浓度需维持在以上，则药效大约可持续多少小时？（已知）（ ）
A. 12B. 24C. 28D. 36
【答案】C
【解析】
【分析】由题意建立关系式，根据指数式与对数式的互化求解即可.
【详解】由题意令，即，则，
化为对数式可得，所以.
故选：C.
8. 已知，，且，则的值为（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用同角三角函数关系可得，利用两角和与差的正弦公式化简，可得，根据角的范围，即可得到答案.
【详解】因为，所以，
因为，所以，，所以．
由，得，
即，
所以，所以．
又，所以．
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. 若复数z满足（其中为虚数单位），则下列说法正确的是（）
A. z在复平面内对应的点位于第四象限
B. （是z的共轭复数）
C.
D. 若，则的最大值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】先化简得出z，再逐一判断选项即可．
【详解】，
在复平面内所z对应的点坐标为，在第四象限，故A正确；
，故B正确；
，故C错误；
对于D，，则表示复数的点P的集合是以为圆心，2为半径的圆，
而，即为点到点之间的距离，
所以的最大值为，故D正确．
故选：ABD.
10. 已知函数，则下列说法正确的是（）
A. 的周期为
B. 的图象关于对称
C. 在上恰有3个零点
D. 若在上单调递增，则的最大值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A，根据周期函数的定义判断即可；对于B，通过计算判断方程是否成立即可；对于C，根据的函数解析式以及函数图象即可判断；对于D，根据的图象和单调性可求的最大值.
【详解】①当时，，
②当时，，
③当时，，
④当时，，
因此，，.
所以函数的图象，如图所示：
A选项：因为
，所以的周期为，故A正确；
B选项：因为
，
所以的图象关于对称，故B正确；
C选项：由的函数解析式以及函数图像可知：
当时，，当时，，当时，，
所以在上有无数个零点，故C错误；
D选项：由，，得，
因为在上单调递增，所以由的图象可知，
解得，则的最大值为，故D正确；
故选：ABD.
11. 已知函数，，则（）
A. 若存在两个零点，，则
B. 若仅有一解，则
C. 用表示不大于的最大整数，若，则
D. 若方程无解，则实数的取值范围是
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A，，即有两个解，根据交点，不妨取，然后根据对数运算可得即可判断；对于B，即，然后分析分段函数的单调性即可得；对于C，根据高斯函数即可证明；对于D，当，即，分段求导分析函数单调性确定值域，即可确定有解时的取值范围，从而判断选项D.
【详解】对于A，，即有两个解，
所以函数的图象与函数的图象有两个交点，
如图
由图知，，不妨取，
，故A正确；
对于B，，即，
又单调递减，
时，，，
所以在单调递减，
即在单调递减，
，
即仅有一解，则，故B错误；
对于C，，，
，故C正确；
对于D，，即，
当时，在单调递增，值域为，
当时，，（舍），
所以在单调递减，在单调递增，
，，
即时，的值域为，
故有解，，
所以方程无解，则的取值范围是，故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. 随机抽查并统计了某班的四名同学一周内背诵文言文的篇目数量并得到一组数据2，6，3，1，则该组数据的方差为________．
【答案】
【解析】
【分析】直接利用求平均数和方差的公式求解.
【详解】这组数据的平均数为，
故方差．
故答案为：.
13. 已知抛物线的焦点为，准线为，是上一点，是直线与抛物线的一个交点，若，则_____________.
【答案】8
【解析】
【分析】因为抛物线的准线为，是上一点，所以设点，，利用，求得，即可求得答案.
【详解】抛物线的准线的方程为，焦点为.
设点，，
，即，
可得：，即，代入
解得：，即
由两点间距离公式可得: .
故答案为：8.
14. 已知点为双曲线的右焦点，点分别为两条渐近线上的点，且，则的最小值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】设，，根据双曲线的性质得到，的关系，再结合基本（均值）不等式求的最小值.
【详解】根据题意作图如下
设，，.
因为双曲线的方程为
所以，.
易知
所以
而，则.
所以，即.
所以
当且仅当时，等号成立
故的最小值为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是探索，存在的数量关系，再利用基本不等式求最值.探索，的数量关系时，可利用，结合三角形的面积公式和双曲线的性质列式.
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15中，．
（1）求角C；
（2）若角C为锐角，M是BC边上的一点，，，求的面积．
【答案】（1）或；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，利用和差角的正弦公式化简求解.
（2）由（1）的结论，利用正弦定理求出，再利用和角的正弦及三角形面积公式求解.
【小问1详解】
在中，，得，
整理得，即，
而，解得，又，所以或.
【小问2详解】
由（1）及角C为锐角，得，
在中，由正弦定理得，而，
则，，
因此，
所以的面积为.
16. 某工厂的某种产品成箱包装，每箱20件，每一箱产品在交付用户之前要对产品作检验，如检验出不合格品，则更换为合格品．检验时，先从这箱产品中任取4件做检验，再根据检验结果决定是否对余下的所有产品做检验，设每件产品为不合格品的概率都为，且各件产品是否为不合格品相互独立
（1）求4件产品中恰有2件不合格品概率，并记为；
（2）求的最大值点；
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用独立重复实验成功次数对应的概率,求得,
（2）对(1)求导,利用导数在相应区间上的符号,确定其单调性,从而得到其最大值点.
【小问1详解】
件产品中恰有件不合格品的概率为.
【小问2详解】
因为.
令,得.
当时,;当时,.
∴在单调递增，在单调递减，
的最大值点为.
17. 如图所示，在四棱锥中，底面是矩形，平面，，，是线段上一点，且.
（1）求证：平面平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值；
（3）线段上是否存在点，使得直线平面，说明理由.
【答案】（1）证明见详解
（2）
（3）存在，理由见详解
【解析】
【分析】（1）根据题意可证平面，进而可得面面垂直；
（2）建立空间直角坐系标系，求平面和平面的法向量，利用空间向量求面面夹角；
（3）设，根据线面垂直可得，结合向量垂直的坐标表示运算求解.
【小问1详解】
因为平面，平面，则，
又因为底面是矩形，则，
且，平面，则平面，
且平面，所以平面平面.
【小问2详解】
因为平面，，
以为坐标原点，分别为轴建立空间直角坐标系，
则，
可得，，，
因为，则，
设平面的法向量为，则，
令，则，可得，
由题意可知：平面的法向量为，
则，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
【小问3详解】
存在，理由如下：
设，则，
若直线平面，则，
可得，解得，
所以存在点，使得直线平面，此时点为的中点.
18. 如图，从椭圆上一点（异于椭圆的左、右顶点）射出的光线照射到椭圆的右焦点上，经轴反射，反射光线过椭圆上的另一点．
（1）写出的坐标；
（2）证明：直线过定点；
（3）、、、四点能否共圆？请说明理由．
【答案】（1）
（2）证明见解析（3）、、、四点不能共圆，理由见解析
【解析】
【分析】（1）求出、、的值，即可得出点的坐标；
（2）由题可知直线的斜率存在且不为零，设直线的方程为，设点、，将该直线的方程与椭圆方程联立，由已知条件得出，结合韦达定理得出、所满足的关系式，化简直线的方程，即可求出直线所过定点的坐标；
（3）求出线段、的中垂线的方程，将这两直线的方程联立，求出外心的横坐标，根据可得出结论.
【小问1详解】
在椭圆中，，，
则，故.
【小问2详解】
若直线的斜率不存在，则点、重合，不合乎题意，
若直线的斜率为零，则该直线与轴重合，与题意矛盾，
故直线的斜率存在且不为零，
设直线的方程为，设点、，
由，得，
，
由韦达定理可得，．
由，得，
又，故，
即，
则，
化简整理得，于是直线的方程为，
因此直线过点.
【小问3详解】
、、、四点不能共圆，事实上，总在的外接圆的内部．理由如下：
线段的垂直平分线方程为，即．
同理，线段的垂直平分线方程为．
联立上述两个方程，得的外心的横坐标为
．
因，故，
所以，于是，
所以在的外接圆的内部，故、、、四点不能共圆.
19. 设函数，，
（1）求实数的值；
（2）证明：在区间上有唯一零点，
（3）在（2）的结论下，证明：.
【答案】（1）
（2）证明见解析（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求导，代入计算，即可得到结果；
（2）根据题意，构造函数，求导即可判断的单调性，再结合零点存在定理，即可证明；
（3）根据题意，记，结合（2）中的结论可得，然后构造函数，可得在区间上单调递减，即可证明.
【小问1详解】
，则，故.
小问2详解】
令，可得，
令，则，
当时，，
所以在区间上单调递减，
又，，
故在区间上有唯一零点.
【小问3详解】
记，则，
由（2）可知，，
，则，
再由，在区间上单调递减，可得，
记，由，
令，则，
当时，，
所以在区间上单调递减，所以，
故，
因此，在区间上单调递减，
进而，
所以，当时，，
，
所以.