河南省南阳华龙高级中学2025_2026学年高三上学期12月月考数学试题 [含答案]

这是一份河南省南阳华龙高级中学2025_2026学年高三上学期12月月考数学试题 [含答案]，共19页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．若，其中，则＝（ ）
A．B．C．D．
2．命题“”的否定是（ ）
A．B．
C．D．
3．若，则（ ）
A．B．C．D．
4．已知正数，满足，则（ ）
A．B．C．D．
5．已知函数则“”是“函数有两个零点”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
6．已知的值域为，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
7．表示大于或者等于的最小整数，表示小于或者等于的最大整数．已知函数 ，且满足：对有，则的可能取值是（ ）
A．B．0C．D．
8．已知等差数列中，是函数的一个极大值点，则的值为（ ）
A．B．C．D．
二、多项选择题（本题3小题，每题6分，共18分）
9．已知集合，，则（ ）
A．当时，集合含有2个元素
B．集合中的元素个数可能为5
C．当时，
D．当时，
10．记数列的前项和为为常数.下列选项正确的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．存在常数A、B，使数列是等比数列D．对任意常数A、B，数列都是等差数列
11．在平面直角坐标系xy中，△ABC满足，其中．O为坐标原点，为△ABC的重心，为△ABC的外心，下列说法正确的是（ ）
A．B．存在，使得
C．当△ABC为直角三角形时，D．的最大值为
三、填空题（本题3小题，每题5分，共15分）
12．已知直线与曲线相切，t，，则 ．
13．定义域为的函数在单调递减，则实数k的取值范围是 ．
14．已知，分别为双曲线：的左、右焦点，过右焦点的直线与双曲线的右支交于，两点，若线段的长等于的虚轴长的2倍，则的周长为 ．
四、解答题（本题5小题，共77分）
15．（本题13分）已知函数的部分图象如图所示．
(1)求函数的单调递减区间；（6分）
(2)在中，已知角，，的对边分别为，，，且，，求的最大值．（7分）
16．（本题17分）如图，已知等腰梯形中，，，是的中点，，将沿着翻折成，使平面.
(1)求证：平面；（5分）
(2)求平面与平面夹角的余弦值；（6分）
(3)在线段上是否存在点，使得平面，若存在，求出的值；若不存在，说明理由.（6分）
17．（13分）设数列的前n项和，数列满足．
(1)求数列和的通项公式；（7分）
(2)若数列的前n项和，，求数列的前n项和．（6分）
18．（本题18分）已知函数（，且，），且函数为奇函数．
(1)求函数的解析式；（5分）
(2)设，证明：曲线为中心对称图形，并求的值；（7分）
(3)若函数在上有2个不同的零点，求实数m的取值范围．（6分）
19．（本题16分）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，满足．
(1)求B；（5分）
(2)若，E为AC的中点，求；（6分）
(3)若，D为△ABC外接圆上一点（D与B位于AC的异侧），当四边形ABCD的面积取得最大值时，求BD的长．（5分）2025-2026学年度高三上学期数学12月月考答案
1．A
【分析】将和平方后相加，结合的值，建立方程求解.
【详解】∵，则令①，
∵②，
由①2＋②2得，
又，∴．
∴．
故选：A.
2．D
【分析】根据全称命题的否定，改量词、否定结论即可得解.
【详解】因为全称命题的否定是特称命题，
而命题“”是全称命题，
所以命题“”的否定是“”，
故选：D.
3．B
【分析】利用二倍角公式和弦化切思想即可求解.
【详解】由，
因为，所以上式，
故选：B.
4．B
【分析】根据基本不等式由和为定值求乘积的最大值即可判断A；根据基本不等式将式子转化为再求解最值即可判断B；根据基本不等式将式子取平方转化为再求解最值即可判断C；利用基本不等式“1”的巧用求解的最值即可判断D.
【详解】对于A，因为正数，满足，所以，当且仅当时，等号成立，故A不正确；
对于B，因为，
又，所以，当且仅当时，等号成立，故B正确；
对于C，因为，
又，所以，当且仅当时，等号成立，
所以，故C不正确；
对于D，因为，所以，
则，
当且仅当，即时，等号成立，所以，故D不正确.
故选：B.
5．B
【分析】画出的图象，结合图象可得答案.
【详解】的图象如图所示，
函数有两个零点，
即的图象与的图象有两个交点，
由图可知，，即.
“”是“函数有两个零点”的必要不充分条件.
故选：B.
6．D
【分析】分别讨论，，时，由分段函数的定义域，可求出其值域范围，根据集合的子集解不等式即可求解.
【详解】当时，由指数函数的单调性得到取值范围为，此时不成立，故舍去；
当时，，若时，，
若时 ，，当且仅当时，等号成立；
此时
当时，若时，单调递减，所以，
若时 ，，当且仅当时，等号成立；
即解之可得，
综上可知.
故选：D
7．C
【分析】由题意得在上单调递减，结合题意得出当时，要单调递减，且，分别代入的值进行判断即可．
【详解】由得在上单调递减，
当时，，
当时，要递减，且，
对于A，当时，，不合题意，故A错误；
对于B，当时，，不合题意，故B错误；
对于C，当时，，符合题意，故C正确；
对于D，当时，，不合题意，故D错误；
故选：C．
方法点睛：对于定义表示大于或者等于的最小整数，应用与函数中，函数图象不易判断，可将选项中的值代入进行判断可简化问题．
8．D
【分析】求出函数的极大值点得，然后由等差数列性质结合诱导公式可得.
【详解】由正弦函数性质知，当，即时，函数取得极大值，
则，由等差数列性质，得，
所以.
故选：D
9．ABD
【分析】根据各选项的条件，可验证AD正确；通过举例子可判断B正确；通过举反例可排除C项.
【详解】对于A，当时，则，，此时，故A正确；
对于B，取，，则，，此时，故B正确；
对于C，取，，此时，，，而有，故C错误；
对于D，当时，，，
根据集合元素的互异性，必有，
若，则两集合除0外的元素也应相同，即，
这需要满足“且”（显然不成立）或“且”，后者要求，
与集合B元素互异性的要求矛盾，故假设不成立，因此，故D正确，
故选：ABD．
10．ABC
【分析】根据与的关系求得可判断A；由可判断B；取可得是公比为1的等比数列，可判断C；当时，根据等差数列定义验证，可判断D.
【详解】对于A，若，则，A正确；
对于B，若，则，B正确；
对于C，由得，
当时，，
所以，当时，数列是公比为1的等比数列，C正确；
对于D，由上知，当时，若，则，
此时，数列不是等差数列，D错误.
故选：ABC
11．ACD
【分析】根据给定条件，得到，利用向量运算的坐标表示，结合三角恒等变换逐项求解判断.
【详解】对于A，因为为的重心，所以，
，
当且仅当时取等号，A正确；
对于B，点在以原点为圆心，1为半径的圆上，而是等腰直角三角形，
点到直线距离为，点到距离最大值为，
因为为的重心，所以点到的距离为点到的距离的，
故，B错误；
对于C，过或垂直于的直线与直线关于轴或轴对称，该直线与圆相离，
当为直角三角形时，必有⊥，
故，
即，两边平方得，
则
，C正确；
对于D，令中点为，则，
，
当且仅当时取等号，D正确.
故选：ACD
12．1
【分析】根据导数的几何意义进行求解即可.
【详解】设直线与曲线相切于点，又，
则，解得，则．
故1
13．
【分析】根据复合函数的定义域和复合函数的单调性，通过分类讨论可求解.
【详解】令，
根据题意在上恒成立，且在单调递减.
若,则，不符合题意；
若,则，即，
解得.
故答案为.
14．20
【分析】由题设可得，再利用双曲线的定义结合条件可求出周长.
【详解】由双曲线：，则，
因为线段的长等于的虚轴长的2倍，所以，即，
根据双曲线的定义，可得，，
所以的周长为.
故20.
15．(1)
(2)6
【分析】（1）第一问首先由图像得到振幅，图像中从到是半个周期，图像过从而得到解析式，然后由三角函数的性质解出单调递减区间.
（2）首先把代入解析式，算出，然后余弦定理和基本不等式算出最大值.
【详解】（1）由图像可知：振幅；
周期：图像中从到是半个周期，即，故；
由，
图像过，代入得，
，即，又点在增区间内，故，。
又，得.
因此，.
正弦函数的递减区间为，令，则
解得，
故的单调递减区间为.
（2）已知，代入解析式得：
则，，解得.
因为是三角形内角，故.
由余弦定理
已知，，代入得
由基本不等式，
所以，当且仅当时取等号.
故的最大值为6.
16．(1)证明见解析
(2)
(3)存在，.
【分析】（1）作出辅助线，得到四边形是菱形，，得到，证明出平面，再证明出四边形是平行四边形，故，所以平面；
（2）证明出两两垂直，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出两平面的法向量，利用面面角的余弦向量公式求出平面与平面夹角余弦值；
（3）假设线段上存在点，使得平面，作出辅助线，得到四点共面，四边形为平行四边形，所以，所以是的中点，求出.
【详解】（1）如图，在梯形ABCD中，连接DE，因为E是BC的中点，所以，
又，所以，
又因为，所以四边形是平行四边形，
因为，所以四边形是菱形，从而，
沿着AE翻折成后，有
又平面，所以平面，
由题意，易知，所以四边形是平行四边形，
故，所以平面.
（2）因为平面，平面，则有，
由（1）知，故两两垂直，
以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
因为，所以为等边三角形，同理也为等边三角形，
则，
设平面的一个法向量为，
则，
令得，故，
又平面的一个法向量为，
则，
故平面与平面夹角的余弦值为；
（3）假设线段上存在点，使得平面，
过点作交于，连接，如图所示：
所以，所以四点共面，
又因为平面，所以，
所以四边形为平行四边形，
所以，所以是的中点，
故在线段上存在点，使得平面，且.
17．(1)，
(2)
【分析】（1）根据求得的通项公式，再代入即可；
（2）根据裂项相消求得，代入，再用错位相减法求得.
【详解】（1）当n＝1时，；
由得（n≥2），
∴（n≥2），
又也符合，
∴，
．
（2），
∴．
∴，①
∴，②
①，②两式相减得：，
所以．
18．(1)
(2)证明见解析，1012
(3)．
【分析】（1）根据奇函数的性质进行求解即可；
（2）根据所求函数值的自变量取值特征判断函数的对称中心，再进行证明求解即可；
（3）根据指数函数的单调性、函数零点的定义，结合换元法、导数的性质进行求解即可.
【详解】（1）因为函数为奇函数，所以，
即，整理得，对于任意恒成立，
因为，则不为0，
所以，则，解得，故．
（2）由得，
，
所以，
故曲线关于点中心对称．
．
（3）因为在上单调递减，所以，
在上有2个不同的零点等价于方程
在上有两个不同的解，
令，则，则，
设，则，则在上单调递减，在上单调递增，
因为，，，
要使直线与有两个不同的交点，则，所以，
故实数m的取值范围为．
19．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）先应用正弦定理边角互换，再应用余弦定理求角即可；
（2）根据中点得出向量关系平方应用数量积公式计算求解；
（3）先应用正弦定理求角，再结合四点共圆得出边长，最后正弦定理求边长.
【详解】（1）因为，
由正弦定理，得，
整理，得，
由余弦定理，得.
因为，所以.
（2）因为，
所以.
（3）由正弦定理，知，
因为，，，所以，所以，
因为，所以，所以，.
因为A，B，C，D四点共圆，所以，，

当四边形ABCD的面积取得最大值时，D为的中点，
即，，
，
在△BDC中，由正弦定理得，，
所以，所以.