江苏省苏南五校2025--2026学年高三上册12月月考数学试题【附答案】

这是一份江苏省苏南五校2025--2026学年高三上册12月月考数学试题【附答案】，共22页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．设全集，集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知复数满足，则（ ）
A．B．1C．D．
3．已知，则“”是“”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
4．已知平面向量，，若，则（ ）
A．B．C．D．
5．已知双曲线，以其右焦点为圆心，为半径的圆与双曲线的两条渐近线相切，则双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．2D．
6．下列区间上函数单调递减的是（ ）
A．B．C．D．
7．已知圆C的方程为，，点P在圆C内部，过点P的2025条弦长组成一个等比数列，且过点P的最短弦长和最长弦长分别为，，若，则的最大值为（ ）
A．24B．26C．28D．30
8．已知函数及其导函数的定义域均为，若，都为偶函数，则（ ）
A．440.5B．441.5C．442.5D．443.5
二、多选题
9．下列命题为真命题的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，，
D．若，则
10．已知曲线：．以下说法正确的是（ ）
A．曲线C的面积为
B．直线与曲线C有且仅有两个公共点
C．圆与曲线C无公共点
D．是曲线C的一条切线
11．已知从点P出发的三条射线，每两条射线的夹角均为，A，B，C分别是三条射线上不同于P的三个点.以下说法正确的是（ ）
A．若，则直线与平面所成角的余弦值是
B．若，且，则四面体的外接球的体积为
C．存在四面体，其每个面都是直角三角形
D．若，存在，使得平面平面
三、填空题
12．已知抛物线，点P为抛物线上一点，，则的最小值为 .
13．已知等差数列的前n项和为，的前n项和为.若，，则 .
14．对于任意实数，符号表示“不超过的最大整数”，如，，，则 ；若函数，则的值域为 .
四、解答题
15．记为数列的前项和，已知，且为等比数列.
（1）求的值.
（2）设，证明：.
16．如图，在四棱锥中，，，两两垂直，四边形是梯形，，，为棱的中点.
（1）设过点的平面与棱交于点，求证：；
（2）在线段上是否存在点，使得平面与平面的夹角的余弦值为，若存在，求出点到平面的距离；若不存在，请说明理由.
17．已知椭圆：的左、右焦点分别为，，离心率为.过点的直线与椭圆交于两点.当轴时，.
（1）求椭圆C的方程；
（2）设，当面积为时，求直线的方程.
18．已知中，角的对边分别是，且.
（1）若，求；
（2）若且B为钝角.
（i）若，求的面积.
（ii）若D为线段上一点，且满足，求的值.
19．已知，，.
（1）讨论函数的单调性；
（2）求证：当时，；
（3）若在时恒成立，求实数的取值范围.
参考答案
1．【答案】B
【详解】要使函数有意义，须满足真数，解得，
所以，所以.
又因为，所以.
故选B
2．【答案】A
【详解】由条件可知，，
所以，所以.
故选A
3．【答案】B
【详解】因为所以或
所以或者
故“”是“”的必要不充分条件.
故选B.
4．【答案】C
【详解】已知，则，
∵，∴，解得，
∴．
∴，，
∴，
∵，∴．
故选C．
5．【答案】D
【详解】双曲线的渐近线为，
因为以为圆心，为半径的圆与双曲线的两条渐近线相切，
所以到渐近线的距离为，即，
所以，
所以双曲线的离心率.
故选D.
6．【答案】B
【详解】令，则，
所以函数的单调递减区间为，
当时，，则.
经检验ACD均不满足题意.
故选B.
7．【答案】A
【详解】
由圆C的方程为可知，圆心，半径
由题意可知，过圆内点的最长弦为直径，即.
过圆内点的最短弦与垂直，设，
所以①.
又因为数列是等比数列，由等比数列的性质可知，
即，解得，将其代入①式可得，
所以点P在以C为圆心，8为半径的圆上.
由，可得，
所以圆外一点到圆上一点的最大值.
故选A
8．【答案】C
【详解】因为为偶函数，
所以，
即，
即，
所以；
又因为是偶函数，
所以，
即，
所以，
即，
所以，
即，，
在中，令，
则有
所以；
在中，令，
可得，
在中，令，
则有，
所以；
又因为，
所以，
所以成等差数列，公差，首项为，
所以；
同理可得，
所以成等差数列，公差，首项为，
所以；
所以.
故选C.
9．【答案】BCD
【详解】对于选项A，当时,，故A错误.
对于选项B，因为,所以,所以 ,故B正确.
对于选项C，,而,所以，故C正确.
对于选项D，令,所以且,
又因为显然成立，
所以成立，即，故D正确.
故选BCD.
10．【答案】ACD
【详解】当时，曲线的方程为，即，表示圆心为，半径为的圆在第一象限（包括坐标轴）的部分；
同理，曲线还包含圆心为、、，半径均为的圆分别在第二、三、四象限的部分（包含坐标轴），
当时，曲线C表示原点．
∴曲线：如图所示：
选项A：由上述分析可知，曲线是由四个半径为的圆在不同象限的部分组成，其面积为四个半圆的面积加上四个
等腰直角三角形的面积，即，故A正确；
选项B：直线过原点，故与曲线有三个公共点，故B错误．
选项C：考虑曲线C在第一象限时，，设圆心为，
设圆的圆心为，
则，即圆与圆是相离关系，
根据曲线C的对称性可知，曲线C与该圆相离，没有公共点，故C正确；
选项D：如图：
圆，
圆心到直线的距离，
∴圆与直线相切，即曲线C与相切，故D正确；
故选ACD．
11．【答案】ABD
【详解】A，如图所示，把放在正方体中，的夹角均为．
建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体棱长为1，
则，
所以，
设平面的法向量，则
令，则，所以，
所以．
设直线与平面所成角为，所以，
所以，故A正确；
B，将四面体补成正方体，正方体的外接球即为四面体的外接球，
外接球的半径，所以，故B正确；
C，若四面体每个面都是直角三角形，则为直角三角形，
当，则三个三角形的直角顶点只能是，
在中，若，则，若，，
所以，同理，，
三式相乘，左边恒为，右边等于，其中为取到的个数，
因为，所以，故不能同时为直角三角形，
故不存在四面体，其每个面都是直角三角形，
当时，即为直角三角形，
此时，，，，
不妨设，则中，边最大，
，
所以为锐角，则不可能为直角三角形，
故不存在四面体，其每个面都是直角三角形，故C错误；
D，假设平面平面，过点作，垂足为，连接，
而，根据对称性可得是的角平分线，
由题意，设，，，作，垂足为，连接，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，又平面，则，，，
又因为，，平面，
所以平面，又平面，所以，
在中，，
在中，，
在中，，
因为，所以，
所以，则，
在中，，即，
两边同时除以得，即，
所以，则，所以，
当时，，所以存在使得平面平面，故D正确.
故选ABD.
12．【答案】
【详解】
设，则由题意得：，
因为点P为抛物线上一点，所以，
代入可得：，
所以当时，的最小值为.
13．【答案】
【详解】因为数列为等差数列，为其前n项和，由其性质可知数列为等差数列，
又因为为等差数列的前n项和，即，
因为，所以，解得，
所以，故.
14．【答案】
【详解】根据题意，
；
又，
，
，
为偶函数，且周期为，
当时，，
，
又因为在上单调递增，所以值域为；
当时，，
，
又因为在上单调递减，所以值域为；
综上，时，的值域为，即时，的值域为，
又，
所以时，；
时，；
时，；
时，；
综上，的值域为．
15．【答案】（1）
（2）见详解.
【详解】（1）因为，，
所以，，
因为为等比数列，
所以，即，解得或，
当时，，与等比数列的项不为矛盾，故不满足题意，舍去；
当时，，，
故，即，又，，
所以，即为等比数列，满足题意.
综上，.
（2）由（1）知是以为公比，为首项的等比数列，
所以，即，
所以，
所以
因为，，所以，
所以，即
16．【答案】（1）见详解；
（2）存在，或
【详解】（1）证明：如图，取中点，连接，
因为为棱的中点，所以，
因为，，
所以，
所以四边形为平行四边形，即四点共面，
所以平面即为过点的平面，
因为过点的平面与棱交于点，
所以点与点重合，所以
（2）因为在四棱锥中，，，两两垂直，
所以，如图建立空间直角坐标系，
则
设，则，，
所以，，
设平面的一个法向量为，
则，即，令得，即，
设平面的一个法向量为
则，即，令，则，即
因为平面与平面的夹角的余弦值为，
所以，即，
整理得，即，解得或，均满足，
所以，当时，，此时点到平面的距离为；
当时，，此时点到平面的距离为
综上，线段上存在点，使得平面与平面的夹角的余弦值为，点到平面的距离或.
17．【答案】（1）
（2）或
【详解】（1）
离心率，，
又，即，则，
椭圆：可化为，
当轴时，，，，
点在椭圆上，，将代入，得，，
，，椭圆C的方程为；
（2）
由（1）知，设，，
当直线的斜率不存在时，，，
此时三点共线，不能构成三角形，故不满足题意；
当直线的斜率存在时，设，
联立直线与椭圆的方程，消去，得，
则，，
，
又点到直线的距离，
，
化简得，解得或（舍），则，
经检验符合题意.
直线的方程为或.
18．【答案】（1）
（2）（i）；（ii）
【详解】（1）时，，
即，
由辅助角公式，，
结合可得，，
则，结合，可得
（2）（i），
整理可得，
即，
由可知，
代入上式可得，，
即，
由题知，可知，
则，得到，
故，解得，
由正弦定理，，则，
由面积公式可知；
（ii）设，
在中，由正弦定理，，
在中，由正弦定理，，
两式相乘可得，
由题干可得，
则，
则，则（负值舍去），
由于，只可能，得到，
即是的平分线，
根据角平分线定理结合正弦定理，
19．【答案】（1）见详解；
（2）见详解；
（3）
【详解】（1）由，
当时，，则在上单调递增；
当时，由可解得：，
由可解得：或，
则在区间上单调递增，在区间，上单调递减；
（2）当时，要证明，即证明，
即证明：，令，，
则
，
所以在上单调递增，
即，
所以原不等式得证；
（3）由可得：
，
因为，所以，即原不等式，
令，，，
又令，则，
又令，则，
先判断必要性：
因为，，，
要证明当，，
则必满足在及附近单调递减，则必有，
当时，
此时必存在区间，使得，即在上单调递增，
则，即在上单调递增，
则，即在上单调递增，
则，从而可判断原不等式不成立，
即是原不等式成立的必要条件；
再证明充分性：
当时，，
令，则，
所以在上单调递减，即，
即可得，
从而可得，即可证明原不等式成立.
所以实数的取值范围是.