精品解析：黑龙江省哈尔滨市依兰县高级中学2026届高三上学期12月月考数学试题

依兰县高级中学2025-2026学年度上学期高三第三次月考 数学试卷 考试时间：120分钟；试卷满分：150分 注意事项： 1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 第一部分（选择题 共58分） 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. 设集合，则集合（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】解指数不等式化简集合，再利用交集的定义求解. 【详解】由，解得，则，而， 所以. 故选：C 2. 已知命题，则（　　） A. 是假命题， B. 是假命题， C. 是真命题， D. 是真命题， 【答案】D 【解析】 【分析】利用导数判断命题的真假，再根据全称量词命题的否定是存在量词命题写出，可判断各选项的准确性. 【详解】设，则. 由；由. 所以函数在上单调递减，在上单调递增. 所以的最小值为. 所以对恒成立. 所以成立，即命题为真命题. 因为全称量词命题的否定是存在量词命题，所以. 故选：D 3. 函数的一个对称中心为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】令，得到的对称中心为再判断选项即可． 【详解】的对称中心为， 令，解得， 所以的对称中心为， 时，的一个对称中心为，其他都不符合． 故选：A． 4. 已知，且，为虚数单位，则的最大值是（　　） A. B. C. 2 D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数模的几何意义，利用点与圆上点的距离的最大值去求的最大值即可. 【详解】表示以为圆心，为半径的圆， 则圆心C到点的距离， 则的最大值为. 故选：A 5. 已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题中正确的是（ ） A. 若，，，则 B. 若，，，则 C. 若，，，则 D. 若，，，则 【答案】C 【解析】 【分析】根据空间直线与平面，直线与直线，平面与平面不同位置的定义，判定定理及性质定理，以及几何特征，逐项分析即可． 【详解】选项A，若，，， 则直线与直线可能平行，可能相交，可能异面，故A选项不正确； 选项B，若，，， 则平面与平面可能平行，可能相交；故B选项不正确； 选项C，若，，，则，故C选项正确； 选项D，，，， 则直线与直线可能平行，可能相交，可能异面，故D选项不正确； 故选：C. 6. 已知某函数的部分图象如图所示，则该函数的解析式可能为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】寻找图象中函数的性质，代入函数式验证. 【详解】观察图象可以看到，函数是奇函数，且在处函数值为负， 对于A：, ，满足，A正确； 对于B：，不满足，B错误； 对于C：，不满足，C错误； 对于D：， ，不满足，D错误； 故选：A. 7. 已知直线与圆相交于，两点，若为正三角形，则实数的值是（ ） A. B. C. 或 D. 或 【答案】D 【解析】 【分析】由题意，圆心到直线的距离为，利用点到直线的距离公式求解． 【详解】由圆可得圆心，半径， ∵为正三角形，边长为， ∴圆心到直线的距离为， 即，解得． 故选：D． 8. 已知实数满足，则的值为（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】通过不等式构造两个函数，分别分析两个函数的最值情况即可得答案. 【详解】由，变形为. 令，，.则不等式变为. 因，当，；当，. 所以函数在上单调递增，在上单调递减，所以函数. 又，当时，，；当，，. 所以函数在上单调递减，在上单调递增，所以函数. 又因为成立，且，. 所以只能是，所以，解得，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. 已知圆，则（ ） A. 点在圆内 B. 若点在圆上，则的最大值为 C. 若圆上恰有三个点到直线的距离为1，则实数的值为 D. 若点在直线上，点在圆上，，则的最小值为 【答案】BD 【解析】 【分析】利用点圆位置关系的判定方法可判断A，将问题转化为直线与圆的位置关系，从而列式可判断B，将问题转化为圆心到直线的距离问题，从而列式可判断C，利用将军钦马问题，结合定点到圆上动点的距离问题可判断D，从而得解. 【详解】对于A，因为， 所以点在圆外，故A错误； 对于B，因为圆，可化为， 所以圆心，半径为， 设，则，又点在圆上， 所以直线与圆有交点， 即，解得， 所以的最大值为，故B正确； 因为圆上恰有三个点到直线的距离为1，而圆的半径为， 所以圆心到直线的距离为1， 即，解得，故C错误； 对于D，设关于直线的对称点为， 则，解得，则， 则， 而的最小值为， 所以， 当且仅当四点共线，且在线段上时，等号成立， 则的最小值为. 故选：BD. 10. 在平行六面体中，已知，，为棱的中点，则（ ） A. B. 直线与所成的角为 C. 平面 D. 已知为上一点，则最小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】首先设，得到，的夹角为. 对选项A，根据，再平方即可判断A正确，对选项B，根据即可判断B错误，对选项C，根据，即可判断C正确，对选项D，根据当且仅当三点共线时，有最小值，即可判断D正确. 【详解】设，则，的夹角为. 对选项A，， ，则，故A正确. 对选项B，，， ， 所以，故B错误. 对选项C，因为四边形为菱形，所以， 又因为，，所以. 因为平面，平面，， 所以平面，故C正确. 对选项D，如图所示： 当且仅当三点共线时，有最小值. ， 所以，故D正确. 故选：ACD 11. 已知正实数满足，则下列选项正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用基本不等式即可求解AB，根据题中所给等式，结合余弦定理的形式可构造三角形，进而根据图形关系求解CD. 【详解】对于A，因为为正实数，， 结合基本不等式可得，解得，当且仅当时等号成立， 当时，代入得，此时这个等式不成立， 所以，所以，故A错误； 对于B，由基本不等式可得，解得， 当且仅当，即时等号成立， 当时，代入，可得， 再把代入，得，两方程的解不一致， 所以， 所以，故B正确； 对于C，由，可得， 构造成余弦定理得， 由，也构造成余弦定理得， 由，构造成勾股定理得1， 令，如图: 则， 可知，则， 则，即，进而 所以，故C正确； ，又由， 而， 所以有，故D正确. 故选：BCD. 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知向量，若，则______． 【答案】## 【解析】 【分析】根据向量平行得到方程，求出，利用向量模长公式和齐次化求出答案. 【详解】，故，即，， 故. 故答案为： 13. 已知等差数列，的前项和分别为，，若，则______. 【答案】 【解析】 【分析】由等差数列性质，可得，然后由等差数列前n项和性质可得 ，据此可得答案. 【详解】由等差数列性质，可得，， 则，，从而. 又，则. 故答案为： 14. 若函数的图象存在对称轴，则的最小值为______． 【答案】 【解析】 【分析】设的对称轴为，则，从而得到方程，求出，故，令，换元并配方得到当时，取得最小值，最小值为. 【详解】设的对称轴为，则， 即， 化简得， ， ， 故需满足，解得， 故， 令，故， 则， 故当时，即时，取得最小值，最小值为. 故答案为： 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. 已知圆的圆心在直线上，圆经过点，且与直线相切. （1）求圆的方程； （2）已知直线与圆交于点M，N，求的面积的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设圆心为，根据直线与圆相切则圆心到直线的距离等于半径可列方程求解a，从而求得圆心与半径，即可写出圆的方程； （2）设圆心到直线的距离为，利用勾股定理用d表示出进而将整理为关于d的函数，再根据d的范围及二次函数的性质求出的取值范围. 【小问1详解】 因为圆心在直线上，设圆心为. 则点到直线的距离，由题意，， 所以，化简得，解得. 所以圆心为，半径， 所以圆的方程是. 【小问2详解】 设圆心到直线的距离为，则，即. 因为直线与圆交于两点，所以. 所以， 因为，则，所以. 所以的面积的取值范围为. 16. 已知数列满足，且． （1）证明：数列是等比数列； （2）求数列的前项和； （3）在（2）的条件下，令，记数列的前项和为，证明：． 【答案】（1） 由题可得， 所以， 又，则，则， 故数列是首项为2，公比为2的等比数列； （2） （3） 由（2），则， 所以． 令，则， 的前项和为； 令，则， 的前项和为， 所以，因为，所以，当时等号成立， 而，所以， 所以成立. 【解析】 【分析】（1）由题设得到结合等比数列定义分析即可得证； （2）先由（1）求出，再由等比数列前n项和公式即可计算求解； （3）先求出，再由放缩公式结合裂项相消法计算分析即可求证. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知，所以， 所以； 【小问3详解】 略 17. 在锐角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，． （1）求角C的值； （2）若AB边上的中线CD长为，求的面积； （3）求的取值范围． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）将代入，结合范围求解； （2）在中，由余弦定理可得，由正弦定理可得，两者联立求出，利用面积公式求； （3）由正弦定理，可得，由锐角三角形求出范围，解得取值范围. 【小问1详解】 因为，所以， 整理得. 因为是锐角三角形，所以，所以， 所以，解得. 【小问2详解】 已知，是边上的中线，所以， 在中，由余弦定理可得， 即，整理得（1）. 由正弦定理，， 所以，又，所以， 所以， 所以， 将代入（1）整理得， 因为，所以，所以, 解得，又，所以， 所以是等边三角形， 【小问3详解】 由（2）， 所以. 因为是锐角三角形，所以，解得， 所以，所以， 即的取值范围为. 18. 如图，在三棱锥中，，，是线段上的点. （1）求证：平面平面； （2）若直线与平面所成角的正弦值为，求的长； （3）若平面，为垂足，直线与平面的交点为，当三棱锥体积最大时，求的长. 【答案】（1）证明如下： 取的中点，连接、， 因为，，则， 所以，所以，所以， 又因为，所以，则， 又因为，所以， 又因为，，、平面，所以平面， 又因为平面，所以平面平面. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）取的中点，连接、，推导出平面，再利用面面垂直的判定定理可证得结论成立； （2）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设，其中，利用空间向量可得出关于的方程，解出的值，即可求得的长； （3）设，设，根据空间向量的坐标运算求出点的坐标，将三棱锥的体积表示为关于的函数关系式， 利用基本不等式求出三棱锥体积的最大值，利用等号成立的条件求出的值，可得出点、的坐标，求出平面的法向量， 设，求出的坐标，根据求出的值，即可得解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为平面，， 以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、，所以，， 因为为棱上的点，设，其中， 所以，，且， 设平面的法向量为， 则， 不妨取，可得， 因为线与平面所成角的正弦值为， 所以， 则，化简可得：， 解得：或（舍去）. 所以. 【小问3详解】 设，因为，其中， 所以，，可得，即点， 因为平面，则点，， ， 当且仅当时，即当时，等号成立， 故当点为线段的中点时，三棱锥的体积取最大值， 此时，点， 由（2）可知，此时，平面的一个法向量为， 设，其中， 则， 因为平面，则， 所以，，解得， 所以，， 所以.即的长为. 【点睛】方法点睛：求空间角的常用方法： （1）定义法：由异面直线所成角、线面角、二面角的定义，结合图形，作出所求空间角，再结合题中条件，解对应的三角形，即可求出结果； （2）向量法：建立适当的空间直角坐标系，通过计算向量的夹角（两直线的方向向量、直线的方向向量与平面的法向量、两平面的法向量）的余弦值，即可求得结果. 19. 已知函数，为的导数，其中为自然对数的底数. （1）求； （2）证明：当时，； （3）设，对任意的，若，求证：. 【答案】（1）1 （2）证明：设， ， 所以在上单调递增，当时，， 所以，当时，成立. （3）证明：因为，则， 由（2）知，即， ∴ 所以. 原式 【解析】 【分析】（1）求导数，代入即可求得结果； （2）令，求导数由基本不等式得到最值，然后得到函数在上单调，从而得到最值，即可得证； （3）由（2）得到，然后得到的不等式，从而可求得不等式左边的范围，从而得证. 【小问1详解】 ， 所以； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 依兰县高级中学2025-2026学年度上学期高三第三次月考 数学试卷 考试时间：120分钟；试卷满分：150分 注意事项： 1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 第一部分（选择题 共58分） 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. 设集合，则集合（　　） A. B. C. D. 2. 已知命题，则（　　） A. 是假命题， B. 是假命题， C. 是真命题， D. 是真命题， 3. 函数的一个对称中心为（ ） A. B. C. D. 4. 已知，且，为虚数单位，则的最大值是（　　） A. B. C. 2 D. 5. 已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题中正确的是（ ） A. 若，，，则 B. 若，，，则 C. 若，，，则 D. 若，，，则 6. 已知某函数的部分图象如图所示，则该函数的解析式可能为（ ） A. B. C. D. 7. 已知直线与圆相交于，两点，若为正三角形，则实数的值是（ ） A. B. C. 或 D. 或 8. 已知实数满足，则的值为（ ） A. 1 B. C. D. 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. 已知圆，则（ ） A. 点在圆内 B. 若点在圆上，则的最大值为 C. 若圆上恰有三个点到直线的距离为1，则实数的值为 D. 若点在直线上，点在圆上，，则的最小值为 10. 在平行六面体中，已知，，为棱的中点，则（ ） A. B. 直线与所成的角为 C. 平面 D. 已知为上一点，则最小值为 11. 已知正实数满足，则下列选项正确的是（ ） A. B. C. D. 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知向量，若，则______． 13. 已知等差数列，的前项和分别为，，若，则______. 14. 若函数的图象存在对称轴，则的最小值为______． 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. 已知圆的圆心在直线上，圆经过点，且与直线相切. （1）求圆的方程； （2）已知直线与圆交于点M，N，求的面积的取值范围. 16. 已知数列满足，且． （1）证明：数列是等比数列； （2）求数列的前项和； （3）在（2）的条件下，令，记数列的前项和为，证明：． 17. 在锐角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，． （1）求角C的值； （2）若AB边上的中线CD长为，求的面积； （3）求的取值范围． 18. 如图，在三棱锥中，，，是线段上的点. （1）求证：平面平面； （2）若直线与平面所成角的正弦值为，求的长； （3）若平面，为垂足，直线与平面的交点为，当三棱锥体积最大时，求的长. 19. 已知函数，为的导数，其中为自然对数的底数. （1）求； （2）证明：当时，； （3）设，对任意的，若，求证：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $