福建省厦门市湖滨中学2025_2026学年高三上学期12月阶段测试数学试卷（含解析）

这是一份福建省厦门市湖滨中学2025_2026学年高三上学期12月阶段测试数学试卷（含解析），共20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（本题共8小题，每小题5分，共40分.）
1. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】D
【分析】由集合的定义求出，结合交集与补集运算即可求解.
【详解】因为，所以，
则，
故选：D
2. 在复平面内，复数Z绕原点逆时针旋转得，则复数Z的虚部为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】C
【分析】利用复数的几何意义求解即可
【详解】对应的点的坐标为顺时针旋转后坐标为对应的虚数为虚部为
故选：C.
3. 设α，β是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，则能确定的一组条件是（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】D
【分析】根据空间中点、线、面位置关系即可结合选项逐一求解.
【详解】对于A,若，则可能平行，也可能相交或者异面，故A错误，
对于B,若，则，故B错误，
对于C, ,则可能平行，可能异面，也可能相交，故C错误，
对于D, ，又，故，故D正确，
故选：D
4. 已知双曲线的顶点到渐近线的距离为实轴长的，则双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】C
【分析】根据点到直线的距离公式列方程，结合离心率公式求解即可.
【详解】因为双曲线C的顶点到一条渐近线的距离为，
所以，
所以，所以，双曲线C的离心率.
故选：C.
5 若，则（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】A
【分析】由二倍角公式可得，再结合已知可求得，利用同角三角函数的基本关系即可求解.
【详解】
，
，，，解得，
，.
故选：A.
关键点睛：本题考查三角函数的化简问题，解题的关键是利用二倍角公式化简求出.
6. 已知函数是奇函数，当时，，若的图象在处的切线方程为，则（ ）
A. 4B. C. 2D.
【正确答案】D
【分析】由题意可得，，再根据函数为奇函数可得，，即可得解.
【详解】的图象在处的切线方程为，
则，，
当时，，，
因为是奇函数，图象关于原点对称，
的图象在处及处的切线也关于原点对称，
所以，，
即，所以，，．
故选：D.
7. 如图，在空间四面体中，已知，，则异面直线与所成角是（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】C
【分析】由空间向量的加法运算可得，两边平方并化简可得，从而可得异面直线与所成角的大小.
【详解】由空间向量得，两边平方得，
整理得，所以，则，故异面直线与所成角为．
故选：C.
8. 甲、乙、丙三人玩传球游戏，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外两个人中的任何一人，若第一次由甲传出，则经过6次传球后，球恰在乙手中的概率为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】C
【分析】由题意可列出球在甲手中的概率递推关系式，构造出等比数列，求出第次球在甲手中的概率表达式，由于乙、丙地位对称，求出第次球在甲手中的概率由对立事件即可得到经过次传球后，球恰在乙手中的概率.
【详解】设事件“第次球在甲手中”，“第次球在乙手中”，“第次球在丙手中”，
那么由题意可知可知：，又，
所以，构造等比数列，
因为第一次由甲传球，可认为第次传球在甲，即，，
所以是以为首项，公比为的等比数列，
故，
因为第一次由甲传球，之后都是等可能地将球传给另外两个人中的任何一人，所以乙、丙地位对称，
即，所以经过次传球后，球恰在乙手中的概率为.
故选：C.
二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分.）
9. 已知，，，则（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】AC
【分析】利用基本不等式可得出关于、的不等式，解之即可得出结论.
【详解】因为，，，
对于AB选项，由基本不等式可得，可得，
即，
由题意可知，故，可得，
当且仅当时，即当时，等号成立，A对B错；
对于CD选项，由基本不等式可得，
即，
即，
由题意可知，故，
当且仅当时，即当时，等号成立，C对D错.
故选：AC.
10. 抛掷一枚质地均匀的骰子，观察它落地时朝上的面的点数，设事件“点数为1或2”，事件“点数为2或3或4”，则（ ）
A. 与是互斥事件B. 与是相互独立事件
C. D.
【正确答案】BD
【分析】根据互斥事件与独立事件定义可判断A，B，由条件概率公式计算可判断C，再由对立事件与独立事件的关系计算可判断D．
【详解】根据题意，依次分析选项：
对于A，事件“点数为1或2”，事件“点数为2或3或4”，则“点数为2”，事件，可以同时发生，不是互斥事件，故A错误；
对于B，由于，满足，故与是相互独立事件，故B正确；
对于C，由B可知，故C错误；
对于D，由于与是相互独立事件，所以与，与是相互独立事件，
所以，，则，故D正确．
故选：BD．
11. 如图在正方体中，点为棱上的动点（不含端点），点为正方形的中心，下列说法正确的是（ ）
A. 直线与直线异面
B. 平面与平面的交线平行于平面
C. 三棱锥的体积为定值
D. 当为中点时，
【正确答案】ABD
【分析】对于A选项，根据异面直线的定义进行判断即可；对于B选项，设平面平面，平面平面，根据面面平行的性质定理可得：，再根据线面平行的判定定理即可判断选项正误；对于C选项，根据，由于底面积恒定不变，在运动过程中高发生改变，即可判断选项正误；对于D选项，以为坐标原点，分别以、、所在直线为、、轴如图建系，通过验证，即可判断选项正误.
【详解】对于A选项，如图，连接交于点，
由于平面，平面，平面且，由此可得：直线与直线异面，故A选项正确.
对于B选项，设平面平面，平面平面，
易知平面平面，则，又平面，平面，则平面，故B选项正确；
对于C选项，由于三棱锥的体积,由于的面积恒定不变，因此在上运动的过程中高发生改变，因此三棱锥的体积不为定值，故C选项错误；
对于D选项，以为坐标原点，分别以、、所在直线为、、轴如图建系，不妨假设正方体的棱长为，
已知为的中点，则，，，，
可得：，，由于，可得：，故D选项正确.
故选：ABD
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.）
12. 若的展开式的二项式系数之和为64，则其展开式的常数项为________．
【正确答案】60
【分析】先根据二项式系数之和求出，然后根据展开式的通项公式，令的次数为零即可得常数项.
【详解】由题可得，解得，
所以展开式的通项为，
令，解得，
所以常数项为.
故60.
13. 将函数的图象向右平移个单位后得到函数的图象，则______.
【正确答案】
【分析】化简函数的解析式，并利用函数图象变换求得函数的解析式，进而计算可得出的值.
详解】，
将函数的图象向右平移个单位后得到函数的图象，
则，
因此，.
故答案为.
本题考查三角函数值的计算，利用图象变换求出函数解析式是解答的关键，考查计算能力，属于基础题.
14. 任取一个正整数，若是奇数，就将该数乘3再加上1；若是偶数，就将该数除以2．反复进行上述两种运算，经过有限次步骤后，必进入循环圈．这就是数学史上著名的“冰雹猜想”．（又称角谷猜想等）如取正整数，根据上述运算法则得出，共需经过8个步骤变成1（简称为8步“雹程”）．现给出冰雹猜想的递推关系如下：已知数列满足：，（为正整数）， ，若，记数列的前项和为，则______________
【正确答案】4727或4748
【分析】推出或，从第5项起以1，4，2周期性出现，分组求和可得答案.
【详解】由，可得或，
当时，；
当时，，
则数列的前2026项为，或，
当时，从第5项起以1，4，2周期性出现，且最小正周期为3；
当时，从第2项起以1，4，2周期性出现，且最小正周期为3，
可得或，
故4727或4748.
四、解答题（本题共5小题，共77分.）
15. 记的内角，，所对的边分别为，，，已知．
（1）求A；
（2）若的面积为，，求的周长．
【正确答案】（1）
（2）
【分析】（1）由正弦定理及和差角公式结合题意可得，最后由辅助角公式可得答案；
（2）由面积公式可得，结合及（1）分析可得a，最后由余弦定理可得，即可得答案.
【小问1详解】
由正弦定理及，
可得
，因，则，
则，结合，
则；
【小问2详解】
因的面积为，则，
则，由正弦定理及，
则，则.
由余弦定理，，
则，
则三角形周长为.
16. 如图，在三棱柱中，平面平面，侧面为菱形，，，底面ABC为等腰三角形，，是AC的中点.
（1）证明：平面平面；
（2）若平面与平面的夹角余弦值为，求直线OB与平面所成角的正弦值.
【正确答案】（1）证明见解析
（2）
【分析】（1）分析得，面面垂直转化为线面垂直，由线面垂直的性质可证明结论.
（2）以为原点建立空间直角坐标系，设，表示各点坐标，计算平面与平面的法向量，利用条件求出的值，根据线面角向量公式求出结果.
【小问1详解】
如图，连接，菱形中，由得等边三角形，
∵是AC的中点，∴，
∵平面平面，平面平面平面，
∴平面ABC，
∵平面，∴平面平面ABC.
【小问2详解】
由（1）知平面ABC，
∵，是AC的中点，∴，
以点为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

∵，为等边三角形，∴.
设，则，
∴，
设平面法向量，则，
令，得，
设平面法向量，则，
令，可得，
∴，由，解得，
∴.
设直线OB与平面所成角为，
，即直线OB与平面所成角的正弦值为.
17. 已知圆，圆，动圆与圆外切，且与圆内切，记动圆圆心的轨迹为，是轨迹上的四个动点，为坐标原点．
（1）求轨迹的方程；
（2）若，，，且四边形的面积为，求直线的斜率．
【正确答案】（1）
（2）
【分析】（1）根据两圆位置关系可得，结合椭圆的定义求解；
（2）由题可得直线过点，设直线，且，，根据对称性知四边形为平行四边形，故，联立直线与椭圆的方程结合韦达定理代入运算得解.
【小问1详解】
设动圆半径为，由动圆与圆外切，则，又动圆与圆内切，有，
则，
所以点在以为焦点的椭圆上，且，，故椭圆方程为，
又圆与圆内切于，故与不重合，
故轨迹的方程为.
【小问2详解】
由知直线过点，易知斜率不为0，
设直线，且，，
联立方程组，可得，
则，，
由，，即共线，共线，
根据对称性知四边形为平行四边形，故，
故，
解得，故，所以直线的斜率为.
18. 一个袋子中有10个大小相同的球，其中红球7个，黑球3个．每次从袋中随机摸出1个球，摸出的球不再放回．
（1）求第2次摸到红球的概率；
（2）设第1，2，3次都摸到红球的概率为，第1次摸到红球的概率为，在第1次摸到红球的条件下，第2次摸到红球的概率为，在第1，2次都摸到红球的条件下，第3次摸到红球的概率为，求，，，；
（3）对于事件，试根据（2）写出，，，的等量关系式，并加以证明．
【正确答案】（1）
（2），，，
（3），证明见解析
【分析】（1）根据全概率公式求解即可；
（2）根据相互独立事件乘法公式、条件概率公式及排列数公式求解；
（3）根据（2）猜想，由条件概率公式证明即可.
小问1详解】
记事件“第次摸到红球”为，则第2次摸到红球的事件为，
，，，，
由全概率公式，得．
【小问2详解】
由已知得，，
，，
．
【小问3详解】
由（2）可得，即，
可猜想：
证明如下：由条件概率及，，
得，，
所以．
19. 已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）若，且对任意的恒成立，求的取值范围；
（3）若，数列的前项和为，证明：．
【正确答案】（1）答案见解析；
（2）；
（3）证明见解析.
【分析】（1）求导得，再对分类讨论即可；
（2）设，求导后再对进行分类讨论；
（3）根据（2）得到结论对任意恒成立，再令，最利用累加法和裂项相消法即可得到证明.
【小问1详解】
由题意得的定义域为．
当时，在上单调递减；
当时，由，得，由，得，
所以在上单调递减，在上单调递增．
综上可知，当时，在上单调递减；当时，在上单调递减，在上单调递增．
【小问2详解】
依题意可得当时，对任意恒成立．
令，则．
①当时，，
则，所以，
则在上单调递增，则，符合题意．
②当时，有两根，
因为且，所以，
所以由，即，得，
由，得，
所以在上单调递增，在上单调递减，则，则不符合题意．
故的取值范围是．
【小问3详解】
由（2）可得，当时，对任意恒成立，
即对任意恒成立．
令，则，
当时，，此时满足，即不等式成立．
当时，，
所以，，
以上累加得，
则，即．
综上可知，对所有的．