江苏省苏南五校2025_2026学年高三上学期12月月考数学试卷（含解析）

这是一份江苏省苏南五校2025_2026学年高三上学期12月月考数学试卷（含解析），共27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。
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. 设全集，集合，，则（）
A. B. C. D.
【正确答案】B
【分析】先求出集合及，再根据交集的定义运算即可得解.
【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. 已知复数满足，则（）
A. B. 1C. D.
【正确答案】A
【分析】首先根据方程求，并化简，再求，最后代入公式求.
【详解】由条件可知，，
所以，所以.
故选：A
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
【正确答案】B
【分析】利用三角函数的诱导公式结合充分必要条件求解即可.
【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. 已知平面向量，，若，则（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】C
【分析】先根据向量垂直求出m，再根据向量数量积公式求出两向量夹角的余弦，从而确定夹角的大小．
【详解】已知，则，
∵，∴，解得，
∴．
∴，，
∴，
∵，∴．
故选：C．
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.
【正确答案】D
【分析】根据圆与渐近线相切列方程，求得，再根据即可求得答案.
【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. 下列区间是函数单调递减区间是（）
A. B. C. D.
【正确答案】B
【分析】利用整体代入法即可求解的单调递减区间.
【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. 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
【正确答案】A
【分析】设，根据圆的性质可得过点P的最长弦长，再由等比数列的性质求出，由求出，进而得到点P的轨迹是圆，即可利用圆的性质求出的最大值.
【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. 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
【正确答案】C
【分析】由为偶函数，可得，由是偶函数，可得，从而得，用赋值法求得，，进而得成等差数列，公差，首项为，并求得；同理可得，即可得答案.
【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.
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. 下列命题为真命题的是（）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，，
D. 若，则
【正确答案】BCD
【分析】对于选项A，当时,显然不成立.故A错误.对于选项B,,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,显然成立,所以成立，即，故D正确.
【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. 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
【正确答案】ACD
【分析】首先分析曲线C的形状，并画出图形．AB：数形结合求解即可；C：根据圆与圆的位置关系即可判断；D：根据圆切线的判断方法即可判断．
【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. 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
【正确答案】ABD
【分析】对于A，把放在正方体中，建立空间直角坐标系，利用向量法即可求解；对于B，将四面体补成正方体，正方体的体对角线即为外接球的直径，利用体积公式即可求解；对于C，分为和两种情况分别判断即可；对于D，假设平面平面，判断是否有解即可判断.
【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，，所以存使得平面平面，故D正确.
故选：ABD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知抛物线，点P为抛物线上一点，，则的最小值为______.
【正确答案】
【分析】利用两点间距离公式，再结合点在抛物线上来消元，即可利用二次函数求出最小值.
【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，
故
13. 已知等差数列的前n项和为，的前n项和为.若，，则______.
【正确答案】
【分析】根据等差数列的性质设出，再根据已知条件求出，即可计算出的值.
【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.
故
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______.
【正确答案】 ①. ②.
【分析】第一空根据规律直接计算和即可；第二空根据题意可得为偶函数，且周期为，再分和得到函数的值域为，再分段求得值域即可．
【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．
故；．
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
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.
【正确答案】（1）
（2）证明见解析.
【分析】（1）先根据，，成等比数列列式得或，再检验即可得答案；
（2）结合（1）得，进而根据裂项求和法求解即可得证明.
【小问1详解】
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，.
【小问2详解】
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. 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.
【正确答案】（1）证明见解析；
（2）存在，或
【分析】（1）取中点，连接，，进而证明四边形为平行四边形即可得点与点重合，进而证明结论；
（2）根据题意，建立空间直角坐标系，利用坐标法，结合平面与平面夹角的余弦值为求解得点位置，再计算点面距.
【小问1详解】
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
【小问2详解】
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. 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.
【正确答案】（1）
（2）或
【分析】（1）利用离心率得出，进而得出，，再利用时，得出点坐标，代入椭圆的方程即可求解；
（2）设出直线的方程，与椭圆的方程联立，结合韦达定理求出弦长，再利用点到直线的距离公式求出三角形的高，即可求解.
【小问1详解】
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；
【小问2详解】
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. 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.
【正确答案】（1）
（2）（i）；（ii）
【分析】（1）已知的角度，从而得到，结合三角公式，将方程的未知量只保留，从而得解；
（2）（i）先将方程化简为，代入，利用是钝角的条件将方程只保留未知量，解得三角形的三个角度，结合正弦定理和三角形面积公式求解；
（ii）设，在和中使用正弦定理，将用含的式子表达，然后结合，最后用角平分线定理求解.
【小问1详解】
时，，
即，
由辅助角公式，，
结合可得，，
则，结合，可得
【小问2详解】
（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. 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.
【正确答案】（1）答案见解析；
（2）证明见解析；（3）
【分析】（1）通过导数，结合分类讨论，即可判断单调性；
（2）通过不等式变形，构造函数，再求导即可判断单调性来进行证明；
（3）通过不等式变形，构造函数，再利用求导，结合端点值效应，必要性先行，再证明充分性，即可求解.
【小问1详解】
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；
【小问2详解】
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；
【小问3详解】
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.