精品解析：河北冀州中学2025-2026学年高三上学期12月月考数学试题

2025—2026学年上学期一轮过关检测（二） 高三年级数学试题 考试时间：120分钟 试题分数：150分 第Ⅰ卷（选择题） 一、单选题（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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】将集合具体化，然后由交集运算可得. 【详解】由得，所以， 又，所以. 故选：B 2. 下列命题正确的是（ ） A. ， B. ， C. “”是“”的充分且不必要条件 D. 若，则 【答案】C 【解析】 【分析】对A，举反例即可判断；对B，根据判别式即可判断；对C，解出一元二次不等式，再根据充分不必要条件的判定即可判断；对D，举反例即可判断. 【详解】对A，当时，，故A错误； 对B，方程的根的判别式，此方程没有实数解，故B错误： 对C，或， 成立，但不成立，是的充分不必要条件，故C正确； 对D，举例，但，故D错误. 故选：C. 3. 已知向量，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用空间向量数量积坐标运算即可求解. 【详解】由于， 故选：A. 4. 已知是两条直线，是一个平面，下列命题正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】C 【解析】 【分析】根据线面位置关系的判定与性质，逐项判断即可求解. 【详解】对于A，若，，则平行或相交，不一定垂直，故A错误. 对于B，若，则或，故B错误. 对于C，，过作平面，使得， 因为，故，而，故，故，故C正确. 对于D，若，则，故D错误. 故选：C. 5. 如图，已知正四棱锥的所有棱长均为2，E为棱PC中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设分别为的中点，作辅助线，找到异面直线与所成角，求出相关的线段的长，利用余弦定理即可求得答案. 【详解】设分别为的中点，连接， 由于E为棱PC中点，故， 而，故，即， 故四边形为平行四边形，则，， 则异面直线与所成角即为或其补角； 由题意知为边长为2的正三角形，E为棱PC中点，故，即， 四边形为正方形，边长为2，故， 而， 故在中，； 由于异面直线所成角的范围为， 故异面直线与所成角的余弦值为， 故选：D 6. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据两角和的正弦公式及二倍角的正切公式化简即可得解. 【详解】由可得， 即， 所以. 故选：B 7. 甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为，侧面积分别为和，体积分别为和．若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设母线长为，甲圆锥底面半径为，乙圆锥底面圆半径为，根据圆锥的侧面积公式可得，再结合圆心角之和可将分别用表示，再利用勾股定理分别求出两圆锥的高，再根据圆锥的体积公式即可得解. 【详解】解：设母线长为，甲圆锥底面半径为，乙圆锥底面圆半径为， 则， 所以， 又， 则， 所以， 所以甲圆锥的高， 乙圆锥的高， 所以. 故选：C. 8. 已知函数的定义域为，且，为奇函数，，则 （ ） A. 2025 B. C. 4050 D. 【答案】A 【解析】 【分析】通过条件可得是周期为4的函数，由为奇函数得，通过给赋值可计算出，利用函数的周期性可得结果. 【详解】因为①，所以， 所以，所以的周期为4， 因为为奇函数，所以② 令，由②得，所以， ①中令，得，所以， 令，得，所以， 综上，， ，， 所以 ， 由函数的周期性得，. 故选：A. 【点睛】关键点点睛：本题求出特殊值的函数值及周期后，关键在于发现为常数，据此4个相邻项和为一组，利用周期即可得解. 二、多选题（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，部分选对得部分分，有选错的得0分） 9. 已知，，则（） A. B. 的共轭复数是 C. 的虚部是 D. 是纯虚数 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，根据复数的加法运算及复数的模的计算公式求解即可；对于B，根据复数的减法运算及费轭复数的概念即可求解；对于C，根据复数的乘法运算即可求出，连而可求虚部；对于D，根据复数的除法运算即可求出，进而判断是不是纯虚数. 【详解】对于A，，，故A正确； 对于B，，的共轭复数为，故B错误； 对于C，，的虚部为3，故C正确； 对于D，，故为纯虚数，故D正确. 故选：ACD 10. 已知正方体的棱长为1，动点在底面内，且，则（ ） A. 平面 B. 的轨迹长度为 C. 恰有一个点，满足 D. 与平面所成角的正弦值的最大值为 【答案】ABC 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法证明平面，即可判断A，确定在对角线上，即可判断B，证明平面，即可判断C，与平面所成角即为，即可判断D. 【详解】对于A：如图建立空间直角坐标系，则，，，，， 所以，，， 所以，，所以，， 即，， 又，平面， 所以平面，，平面， 平面，故A正确； 对于B：同理可证平面，又，动点在底面内， 在对角线上，又，即的轨迹长度为，故B正确； 对于C：因为，平面，平面， 所以，又，平面， 所以平面， 当且仅当为的中点时，满足，故C正确； 对于D：因为平面， 所以与平面所成角即为， 又，又在对角线上， 当为的中点时取得最小值， 则取得最大值，即取得最大值， 此时，所以， 所以， 所以与平面所成角的正弦值的最大值为，故D错误； 故选：ABC. 11. 关于曲线C：下列说法正确的有（ ） A. 曲线C的方程可化简为 B. 曲线C与直线有且只有一个公共点 C. 曲线C全部位于第四象限内 D. 点在曲线C上，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】由给定等式同构变形，借助函数单调性判断A；利用导数，结合不等式推理判断B；利用不等式及确定曲线位置判断C；构造关于的函数，借助此函数有零点，再利用导数求解判断D. 【详解】依题意，， 对于A，令函数，函数在上单调递增，而， 则，，A正确； 令函数，求导得， 当时，，当时，， 函数在上递增，在上递减，， 因此，， 对于B，当时，，而，则，解得， 与矛盾，因此，B错误； 对于C，由，得， 即曲线上的点位于直线的下方； 由，得曲线上的点位于直线的上方，曲线全部位于第四象限，C正确； 对于D，曲线上的点满足方程， 令，则方程有解，， 由，得；由，得， 在上递增，在上递减， ，解得， 当从大于的方向趋近于时，，当时，， 因此必有解，D正确. 故选：ACD 第Ⅱ卷（非选择题） 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 用斜二测画法得到的水平直观图是边长为2的正三角形.则的面积是________. 【答案】 【解析】 【分析】根据平面图形的直观图与原图形的面积比为，计算所求的面积即可. 【详解】已知直观图是边长为的正三角形， 所以的面积直. 所以的面积为. 故答案为： 13. 已知三棱锥的四个顶点都在球的球面上，若平面，，，，则球的表面积为__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据正弦定理可得到的外接圆半径，再利用勾股定理得到球的半径，从而求得球的表面积. 【详解】设的外接圆半径， 由正弦定理得，， 由题意知球半径满足，得， 球表面积. 【点睛】本题考查正弦定理，球的几何性质，球的表面积计算，属于简单题. 14. 已知正方形的边长为2，是它的内切圆的一条弦，点为正方形四条边上的动点，当弦的长度最大时，的取值范围是_____． 【答案】 【解析】 【分析】利用极化恒等式，结合几何意义可求. 【详解】正方形的边长为2，则内切圆半径为1, 因为弦的长度最大，所以为直径，圆心为中点， 则， 所以， 根据题意当在切点时，，当在正方形顶点处时，， 即，即， 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、证明过程成演算步骤） 15. 已知向量，满足，， （1）求与的夹角； （2）若，求的值； （3）若为锐角，求的取值范围． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由平面向量的夹角公式计算即可； （2）由，则根据计算即可； （3）由为锐角，可得且不共线，从而可求出的取值范围. 【小问1详解】 因为， 所以， 又因为， 所以. 【小问2详解】 由题意，， 因为， 所以， 解得. 【小问3详解】 因为为锐角， 所以且不共线， 即，且， 解得且. 故的取值范围为. 16. 如图，在三棱柱中，侧棱平面，，点D是的中点． （1）求证：； （2）求证：平面； （3）求三棱锥的体积． 【答案】（1） 证明：∵底面三边长， ∴，∴， 又直三棱柱中，平面，而平面， 故， 且平面，∴平面． 而平面，∴． （2） 证明：设与的交点为E，连结， ∵D是的中点，E是的中点，∴， ∵平面，平面，∴平面． （3）4 【解析】 【分析】（1）可证平面，从而可得. （2）设与的交点为E，连结，可证，从而可证平面． （3）取的中点M，连结，可证平面，利用公式可求体积. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 取的中点M，连结，， 直三棱柱中，平面，而平面， 故， ∵D为的中点，∴且． 又∵， ∴平面，∴平面． ∵， ∴. 17. 如图，在四棱锥中，平面，四边形为正方形，，G为中点，E点在上，平面平面． （1）求证：平面； （2）求证：平面； （3）求直线与平面所成角． 【答案】（1）证明：因为四边形为正方形，故CD⊥AD， 平面，平面,所以， 平面，故平面， 平面，故CD⊥AG， 由知，G为中点，故， 平面，所以平面. （2）证明：作于F，因为平面平面,平面， 平面平面,故平面， 又由（1）知平面， 所以，又平面平面， ∴平面. （3） 【解析】 【分析】（1）欲证平面，根据直线与平面垂直的判定定理可知只需证与平面内两相交直线垂直，根据，可证得平面，从而，又满足线面垂直的判定定理条件； （2）欲证平面，根据直线与平面平行的判定定理可知只需证与平面内一直线平行即可； （3）连接，构造直角三角形，可知即为直线与平面所成角，解直角三角形，即可求出的大小； 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 连接，由于平面，则为所求的角． 在中，， 由，四边形为正方形, G为中点， 可得,，故， 即直线与平面所成角为. 18. 在中，内角的对边分别为，且满足. （1）求角； （2）若的周长等于，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理，边化角，再利用三角恒等变换求解； （2）利用二倍角公式将进行变形，再根据三角形周长得到的关系，最后利用三角形的面积公式求职即可. 【小问1详解】 因为， 所以， 所以， 又在中，，所以 所以， 即， 又，所以， 所以， 所以， 所以； 【小问2详解】 因为， 所以， 若，则，所以， 又的周长等于， 所以，所以， 所以的面积为， 若，则，即， 所以， 由（1）可知，所以， 又的周长等于， 所以，所以， 所以，即， 根据余弦定理有，即 将上面两式相减得：，即， 所以的面积为 19. 已知函数 （1）当时，求函数的单调性和极值. （2）若函数有两个正零点且， （ⅰ）求证：； （ⅱ）当时，不等式恒成立，求证：. 【答案】（1）在 上单调递减，在上单调递增，极小值为1，无极大值. （2）（i）证明：由题意知方程有两个不同的正实根 ， 由（1）知且 ，解得 ， 则 ，， 两边同时取自然对数，得 ， 两式相减得 ，即 ， 要证 ，只需证明 ， 令 ，只需证明 构造函数 ，求导得 ， 所以函数在上单调递增，于是 ，所以不等式 成立， 于是原不等式成立. （ii）证明： 结合以上分析可知当时，； 当时， ；当时， ． 所以要满足题意，则关于的方程的两根是 ， 于是 ， 对比系数得 ， 所以 ． 【解析】 【分析】（1）直接求导，即可判断单调性，据此求极值； （2）（i）函数有零点可转化为 ，从而求出 ，利用作差法得，分析法将问题转化为证明 ，利用换元法以及构造新函数，根据导数研究新函数的单调性即可得证； （ii）由（i）可讨论当时，的符号情况 ，分析可知要满足题意，则关于 的方程 的两根也是 ，等价代换得，通过对比系数可得证. 【小问1详解】 代入，得函数的定义域为 ， 求导得 ，令 ，解得 ， 当 时， ，当 时， ， 则函数在 上单调递减，在上单调递增， 所以有极小值，无极大值. 【小问2详解】 （i）略 （ii）略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025—2026学年上学期一轮过关检测（二） 高三年级数学试题 考试时间：120分钟 试题分数：150分 第Ⅰ卷（选择题） 一、单选题（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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 下列命题正确的是（ ） A. ， B. ， C. “”是“”的充分且不必要条件 D. 若，则 3. 已知向量，，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知是两条直线，是一个平面，下列命题正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 5. 如图，已知正四棱锥的所有棱长均为2，E为棱PC中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 6. 已知，则（ ） A. B. C. D. 7. 甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为，侧面积分别为和，体积分别为和．若，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数的定义域为，且，为奇函数，，则 （ ） A. 2025 B. C. 4050 D. 二、多选题（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，部分选对得部分分，有选错的得0分） 9. 已知，，则（） A. B. 的共轭复数是 C. 的虚部是 D. 是纯虚数 10. 已知正方体的棱长为1，动点在底面内，且，则（ ） A. 平面 B. 的轨迹长度为 C. 恰有一个点，满足 D. 与平面所成角的正弦值的最大值为 11. 关于曲线C：下列说法正确的有（ ） A. 曲线C的方程可化简为 B. 曲线C与直线有且只有一个公共点 C. 曲线C全部位于第四象限内 D. 点在曲线C上，则 第Ⅱ卷（非选择题） 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 用斜二测画法得到的水平直观图是边长为2的正三角形.则的面积是________. 13. 已知三棱锥的四个顶点都在球的球面上，若平面，，，，则球的表面积为__________． 14. 已知正方形的边长为2，是它的内切圆的一条弦，点为正方形四条边上的动点，当弦的长度最大时，的取值范围是_____． 四、解答题（本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程成演算步骤） 15. 已知向量，满足，， （1）求与的夹角； （2）若，求的值； （3）若为锐角，求的取值范围． 16. 如图，在三棱柱中，侧棱平面，，点D是的中点． （1）求证：； （2）求证：平面； （3）求三棱锥的体积． 17. 如图，在四棱锥中，平面，四边形为正方形，，G为中点，E点在上，平面平面． （1）求证：平面； （2）求证：平面； （3）求直线与平面所成角． 18. 在中，内角的对边分别为，且满足. （1）求角； （2）若的周长等于，求的面积. 19. 已知函数 （1）当时，求函数的单调性和极值. （2）若函数有两个正零点且， （ⅰ）求证：； （ⅱ）当时，不等式恒成立，求证：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $