河南省漯河市临颍县晨中学校2025_2026学年高三上学期12月月考数学试卷（含解析）

这是一份河南省漯河市临颍县晨中学校2025_2026学年高三上学期12月月考数学试卷（含解析），共23页。试卷主要包含了 已知函数在处可导，若，则， 下列不等式中正确的是， 一艘渔船在海上由南向北航行， 已知函数，则， 已知向量，，下列结论正确的是等内容，欢迎下载使用。
1. 已知正项等差数列的前项和为，则的最小值为（ ）
A. 9B. C. D. 8
【正确答案】C
【分析】利用等差数列求和公式及等差数列通项的下标和性质可得，又，进而利用“1”的代换技巧求解最值即可.
【详解】由等差数列前项和公式可得，所以，
所以，又，
则，
当且仅当，即时等号成立，故的最小值为.
故选：C
2. 已知函数在处可导，若，则（ ）
A. 27B. 2C. 3D. 7
【正确答案】C
【分析】根据导数的定义求解即可.
【详解】因为
，
所以.
故选：C.
3. 下列不等式中正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】D
【分析】根据指数函数、幂函数及对数函数的单调性一一判断即可.
【详解】对于A：因为在定义域上单调递减，所以，故A错误；
对于B：因为在上单调递增，所以，故B错误；
对于C：因为在定义域上单调递减，所以，故C错误；
对于D：因为在定义域上单调递减，所以，
所以，
又，，
所以，故D正确.
故选：D
4. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，，若，，且为边上的高，为边上的中线，则的值为（ ）
A. 2B. C. 6D.
【正确答案】D
【分析】据题意，，，，根据向量的数量积运算即可求.
【详解】
因为为边上的中线，所以，又BE为边AC上的高，
所以，且在中，，
所以
.
故选：D.
5. 如图所示的几何体是从棱长为2的正方体中截去到正方体的某个顶点的距离均为2的几何体后的剩余部分，则该几何体的体积为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】B
【分析】正方体的体积减去八分之一球体的体积，从而确定正确答案.
【详解】由图可知，几何体是由正方体截去八分之一球体所得，
所以体积为.
故选：B
6. 一艘渔船在海上由南向北航行（航线视为一条直线），当船航行到点A时，测得远处一座灯塔T在其北偏东45°的方向上．渔船继续向北航行10km到达点B，此时测得灯塔T在其北偏东75°的方向上，则此时渔船与灯塔T的距离为（ ）
A. kmB. kmC. kmD. km
【正确答案】A
【分析】根据正弦定理即可求解.
【详解】由题意可得示意图，则
所以
由正弦定理可得，故（）.
故选：A
7. 已知定义在上的函数满足，且，则（ ）
A. B. 为奇函数
C. 有零点D.
【正确答案】D
【分析】对A，令，可得或，并验证判断；对B，由结合奇函数性质判断；对C，令，解得或，结合零点定义判断；对D，令，代入运算判断.
【详解】对于A，因为，令，可得，所以或.
令，可得，即，
若，则，与矛盾，故A错误；
对于B，由A，得且函数的定义域为，故函数不是奇函数，故B错误；
对于C，令，得，即，
解得或，显然函数没有零点，故C错误；
对于D，令，可得，即，所以，故D正确.
故选：D.
8. 已知函数，则（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】A
【分析】用配凑法得到含有的解析式，即可得.
【详解】因为函数，所以函数.
故选：A
二､多项选择题（本题3小题，每题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，选对但不全的得3分，有选错的得0分.）
9. 如图所示，在棱长为1的正方体中，，分别为棱，的中点，则以下四个结论正确的是（ ）
A. 平面
B. 点到平面的距离为1
C. 过作与该正方体所有棱都相切的球的截面，所得截面的面积的最小值为
D. 若为直线上的动点，则为定值
【正确答案】ABD
【分析】对A，证明，利用线面平行的判定定理得证；对B，利用三棱锥等体积求解；对C，连接交于点，则是的中点，由对称性可得截面的面积最小的圆是以所在的弦为直径的截面圆，即截面圆圆心为，求出截面圆的半径得解；对D，由，结合向量数量积运算得解.
【详解】对于A，连接，，在正方体中，，而M，N分别为棱，的中点，则，
又平面，平面，所以平面，故A正确；
对于B，连接，设点到平面的距离为，
由，得，又，
则，所以，故B正确；
对于C，连接交于点，则是的中点．
正方体的棱切球的球心是正方体对角线的中点，半径．
由对称性知过作该正方体外接球的截面，所得截面的面积最小的圆是以所在的弦为直径的截面圆，即截面圆圆心为.
易得，∴．
故截面圆半径，
此时截面圆面积为，故C错误；
对于D，易得 ，所以，故D正确.
故选：ABD.
10. 已知向量，，下列结论正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，的夹角为钝角，则x的取值范围为
D. 设在方向上的投影向量为，则的取值范围为
【正确答案】ABD
【分析】对于A，根据平面向量垂直的坐标表示求解判断即可；对于B，根据平面向量共线的坐标表示求解判断即可；对于C，由的夹角为钝角可得，且不共线，进而求解判断即可；对于D，可得，换元，利用判别式法求解判断即可.
【详解】因为向量，，
对于选项A：若，则，解得，故A正确；
对于选项B：若，则，即，故B正确；
对于选项C：由的夹角为钝角，则，且不共线，
可得且，所以x的取值范围为，故C错误；
对于选项D：因为，，
则，可得，
令，则，
当，即时，可得，符合题意；
当，即时，则，解得且，
综上所述：，即的取值范围为，故D正确.
故选：ABD.
11. 设是函数的导数，若，且对任意的，有，则下列各项正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】AC
【分析】利用导数的几何意义，通过数形结合来作出各选项判断.
【详解】因为，所以在上是单调递增函数，即，故A正确；
因为对任意的，有，
所以在上是一个上凸函数，如图：
根据导数的几何意义，结合图象和可知：随着的增大，在点处的切线斜率越来越小，即在上单调递减，即，故B错误；
由上图可知：在的切线斜率大于两点的斜率，即，
又由图可知：在切线斜率小于两点的斜率，即，故C正确；

根据导数的几何意义，结合图象和可知：随着的增大，在点处的切线斜率越来越小，且斜率变化率越来越慢，所以是一个下凹函数，
根据图象可知斜率小于斜率，即有，故D错误；
故选：AC
三､填空题（本题3小题，每题5分，共15分）
12. 过点且渐近线与双曲线的渐近线相同的双曲线方程为______.
【正确答案】
【分析】由题意可知，设与双曲线的渐近线相同的双曲线方程为，将点代入，即可求出，进而求出结果.
【详解】根据题意，双曲线渐近线方程为，所以要求的双曲线方程为，又过点，代入方程可得，因此双曲线方程为.
故答案为:.
13. “，”的否定为______．
【正确答案】，，
【分析】根据存在量词命题的否定的定义求解即可.
【详解】根据存在量词命题的否定，
“，”的否定为，，.
故，，.
14. 已知函数，写出函数的单调递减区间____________．
【正确答案】
【分析】利用导数判断函数的单调性即可.
【详解】，，
令，即，解得或.
当时，，则在上单调递增；
当时，，则在上单调递减；
当时，，则在上单调递增.
综上可知，函数的单调递减区间为.
故答案为.
四､解答题（本题5小题，共77分）
15. 如图，在四棱锥中，侧面平面，是边长为2的等边三角形，底面为直角梯形，其中，，.
（1）取线段中点，连接，证明：平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值；
（3）线段上是否存在点，使得平面平面？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.
【正确答案】（1）证明见解析；
（2）
（3）存在，
【分析】（1）取中点，连接，证出四边形为平行四边形，即可得证.
（2）建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量以及平面的一个法向量，利用向量公式即可求解.
（3）令，求出平面的法向量，再由两平面垂直得进行求解．
【小问1详解】
在四棱锥中，取中点，连接，
由为的中点，且，，得，，
则四边形为平行四边形，所以，
因为平面，平面，
所以平面．
【小问2详解】
取的中点，连接，，由为等边三角形，得，
而平面平面，平面平面，平面，
则平面，由，得四边形是平行四边形，
于是，而，则，直线两两垂直，
以为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图，
则，，
设平面的法向量为，则，
取，得，
平面的一个法向量为，
则，
设平面与平面夹角为，由于为锐角，
则，
故平面与平面夹角的余弦值为．
【小问3详解】
令，
，，
设平面的法向量为，则，
取，得，平面的法向量为，
由平面平面，得，
得，
得，
故存在点，使得平面平面，此时．
16. 已知是等差数列，其前项和为，是等比数列，已知，，，是和的等比中项.
（1）求和的通项公式；
（2）对任意的正整数，设求数列的前项和.
（3）若对于恒成立，求实数的取值范围.
【正确答案】（1）；
（2）
（3）
【分析】（1）利用及求出，再结合，是和的等比中项可求出；
（2）利用错位相减法即可求出；
（3）由题可得对于恒成立，令，当时，，当时，单调递减，从而可得.
【小问1详解】
由，，解得，
所以；则，
由是和的等比中项，则，解得，
又由，所以，所以.
【小问2详解】
由（1）可得，
则①，
②，
将两式相减得：，
解得；
【小问3详解】
若，对于恒成立，
即，对于恒成立，
化简得对于恒成立，令，
则，当时，；
所以当时，
，
所以当时，单调递减，当时，，
所以，所以，
故实数的取值范围为．
17. 如图1，在梯形中，，且，沿对角线将折起，使得点到点位置，且平面平面，如图2.

（1）求证：；
（2）求三棱锥的外接球的体积；
（3）求平面与平面夹角的余弦值.
【正确答案】（1）证明见解析；
（2）；
（3）.
【分析】（1）在梯形中证得，再利用面面垂直的性质推理得证.
（2）以点为原点建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，设出球心坐标，利用空间两点间距离公式建立方程组求出球半径，再利用球的体积公式求解.
（3）利用（2）中坐标系，求出平面与平面的法向量，再利用面面角的向量法求解.
【小问1详解】
在梯形中，，取的中点，连接，
由，得四边形平行四边形，则，

于是，即，由平面平面，平面平面，
平面，得平面，而平面，
所以.
【小问2详解】
在三棱锥中，在平面内过点作，由（1）知平面，
则直线两两垂直，以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，

由，得，又，
则，
设三棱锥的外接球球心为，半径为，则，
即，解得，
所以三棱锥的外接球的体积为.
【小问3详解】
由（2）得，
设平面法向量为，则，取，得，
设平面的法向量为，则，取，得，
设平面与平面的夹角为，则，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
18. 已知函数.
（1）讨论函数的单调性；
（2）若，设函数.
（i）求证：；
（ii）若恒成立，求实数的值.
【正确答案】（1）答案见解析
（2）（i）证明见解析；（ii）1
【分析】（1）对函数进行求导，根据导函数的正负性，结合的正负性分类讨论进行求解即可；
（2）首先证明.
（i）运用已证明不等式，结合放缩法进行求解即可；
（ii）构造新函数，利用导数的性质，结合函数零点存在原理进行分类讨论进行求解即可.
【小问1详解】
函数，定义域为.
因为，
当时，恒成立，则在单调递增；
当时，，
令，解得，令，解得，
所以在上单调递减，在上单调递增；
综上，当时，在单调递增；
当时，在上单调递减，在上单调递增.
【小问2详解】
首先证明：，当且仅当时等号成立.
记，
当时，，当，，
则在上单调递减，在上单调递增；
所以，
即，当且仅当时等号成立.
由，
所以有，当且仅当时等号成立，
所以有，
当且仅当时等号成立.
（i）若，函数.
当时，；
当时，；
综上，.
（ii）记，
即要求恒成立.
当时，
当且仅当时等号成立.
当时，
.
记，
，
所以在单调递减.
当时，取，
，
，
由函数零点存在定理，存在唯一的，使得，
当时，，此时在单调递减，
则，不符合题意.
当时，取，
，
，
由函数零点存在定理，存在唯一的，使得，
当时，，此时在单调递增，
则，不符合题意.
综上，实数的值为1.
19. 已知椭圆的离心率为，且经过点，直线与轴交于点，与椭圆交于两点.
（1）求椭圆的方程；
（2）若点坐标为，线段的垂直平分线分别交直线和于点，若，求直线的斜率.
【正确答案】（1）
（2）或.
【分析】（1）根据题意得，解出即可求解；
（2）当斜率不存在时，验证是否满足题意，当斜率存在且不为0，设直线的方程为，与椭圆方程联立消元，由韦达定理得，利用弦长公式求弦长和，利用即可求解.
【小问1详解】
由题意知，
椭圆的方程为.
小问2详解】
为椭圆的焦点，当的斜率不存在时，显然，，显然，
斜率存在且不为0，设直线的方程为，，
，，，，
所以，，
，
此时，，
，，，
，解得或，
直线的斜率为或.