精品解析：天津市滨海新区大港第八中学2025-2026学年高三上学期12月月考数学试题

大港八中2025-2026学年度第一学期第二次月考 高三年级数学学科试卷 试卷满分150分，考试时间120分钟 一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．（本大题共10小题，每小题5分，共50分．） 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 设，则“”是“”的（ ） A. 充要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件重题 3. 已知，，若，则（ ） A. B. 5 C. D. 10 4. 函数的图象大致为（ ） A. B. C. D. 5. 已知，，，那么的大小为（ ） A. B. C. D. 6. 已知棱长为的正方体的所有顶点均在球的球面上，则球的表面积为（ ） A. B. C. D. 7. 已知直线是三条不同的直线，为两个不同的平面，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 8. 已知，分别是双曲线的左、右焦点，点在上，且，的面积为18，则（ ） A. 9 B. 18 C. D. 9. 已知函数的部分图象如图所示，下列不正确的个数有（ ） ①函数的图象关于点中心对称 ②函数的单调增区间为 ③函数的图象可由的图象向左平移个单位长度得到 ④函数在上有2个零点，则实数的取值范围为 A. 0个 B. 1个 C. 2个 D. 3个 第Ⅱ卷 非选择题（100分） 二、填空题：（本大题共8小题，每小题5分，共40分．） 10. 为虚数单位，则______. 11. 过定点且与直线平行的直线方程为_________． 12. 若数列的前项和，则此数列的通项公式为___________． 13. 若正数满足，则的最小值等于_______. 14. 记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，，则△ABC的面积为______． 15. 以抛物线的焦点为圆心，且过点的圆与直线相交于，两点，则____________. 16. 已知圆 和圆，则圆 与圆的公共弦所在的直线方程为_____，弦长为_____. 17. 《哪吒2》的玉虚宫，形态由九宫八卦阵演变而来，设计灵感来源于汉代，内饰充满了中国文化符号．某中学数学实践小组将玉虚宫轮廓抽象为正八边形，结合向量知识进行主题探究活动．如图，正八边形ABCDEFGH，边长为2，，点P在线段CH上，且，则的值为________；若点Q为线段CD上的动点，则的最小值为________． 三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.（本大题共4小题，共60分．） 18. 在中，内角A，B，C所对的边分别为． （1）求a的值； （2）求； （3）求的值． 19. 如图，在多面体中，平面，，四边形为矩形，，，，为的中点. （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值； （3）求点到平面的距离. 20. 已知椭圆方程短轴长为，离心率为． （1）求的方程； （2）过的右焦点的直线交于两点，若（为坐标原点）的面积为，求的方程． 21. 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）求数列的前项和； （3）记，求证：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 大港八中2025-2026学年度第一学期第二次月考 高三年级数学学科试卷 试卷满分150分，考试时间120分钟 一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．（本大题共10小题，每小题5分，共50分．） 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用交集的定义求解即可. 【详解】由题可得：，所以 故选：D 2. 设，则“”是“”的（ ） A. 充要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件重题 【答案】C 【解析】 【分析】解一元二次不等式求解，结合充分、必要性的定义判断条件间的关系. 【详解】由， 则“”不能推出“”，反之成立， 故“”是“”的必要不充分条件. 故选：C 3. 已知，，若，则（ ） A. B. 5 C. D. 10 【答案】C 【解析】 【分析】根据条件，利用向量共线的坐标表示，得到，再利用向量的模长公式，即可求解. 【详解】因为，，且，则，解得， 所以，则， 故选：C. 4. 函数的图象大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先求定义域，再求出为偶函数，再得到当时，，A正确. 【详解】定义域为， 又，故为偶函数，排除BD； 当时，，故，排除C选项，A正确. 故选：A 5. 已知，，，那么的大小为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据对数函数与指数函数的单调性比较大小即可. 【详解】因为函数在上单调递减，所以，故； 因为函数在上单调递增，所以，故； 因为函数在上单调递减，所以，故； 综上，. 故选：D. 6. 已知棱长为的正方体的所有顶点均在球的球面上，则球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设球的半径为，则该正方体的体对角线长即为，求出的值，结合球体表面积公式求解即可. 【详解】设球的半径为，则该正方体的体对角线长即为，即， 故球的表面积为. 故选：B. 7. 已知直线是三条不同的直线，为两个不同的平面，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】D 【解析】 【分析】利用线面平行性质判断AB；利用线面垂直、面面垂直的判定性质判断CD. 【详解】对于A，由，得或，A错误； 对于B，由，得或，B错误； 对于C，由，得，而，则或，C错误； 对于D，由，得，D正确. 故选：D 8. 已知，分别是双曲线的左、右焦点，点在上，且，的面积为18，则（ ） A. 9 B. 18 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题意得到，求解即可. 【详解】如图： 设的焦距为，由题意得， 又， 可得，得. 故选：C 9. 已知函数的部分图象如图所示，下列不正确的个数有（ ） ①函数的图象关于点中心对称 ②函数的单调增区间为 ③函数的图象可由的图象向左平移个单位长度得到 ④函数在上有2个零点，则实数的取值范围为 A. 0个 B. 1个 C. 2个 D. 3个 【答案】B 【解析】 【分析】根据图象求出，然后结合正弦函数性质逐项判断各命题． 【详解】， 由图象知函数的最小正周期为， 因此，即，则， 因此函数的图象关于点中心对称，①正确； 由,得，，②正确； ， 因此把的图象向左平移个单位长度得的图象，③正确； 由题意，时， 当时，，在上有2个零点， 则，解得， 当时，，在上有2个零点， 则，解得， 因此的范围是或，④错． 故选：B. 第Ⅱ卷 非选择题（100分） 二、填空题：（本大题共8小题，每小题5分，共40分．） 10. 为虚数单位，则______. 【答案】 【解析】 【分析】利用复数的除法求解即得. 【详解】. 故答案为： 11. 过定点且与直线平行的直线方程为_________． 【答案】 【解析】 【分析】根据平行直线系的性质即可求解. 【详解】设与直线平行的直线方程为， 将代入可得，解得， 故所求直线方程为， 故答案为： 12. 若数列的前项和，则此数列的通项公式为___________． 【答案】 【解析】 【分析】利用的递推关系式即可求得当时，，检验时不符合该式，即可得出结果. 【详解】由已知可得，当时，， 两式相减可得，即， 当时，，不满足上式， 所以可得. 故答案为： 13. 若正数满足，则的最小值等于_______. 【答案】 【解析】 【分析】根据，结合基本不等式可求得最小值. 【详解】，，， , （当且仅当，即，时取等号）， 则的最小值等于. 故答案为：. 14. 记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，，则△ABC的面积为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据正弦定理化简可得. 【详解】由正弦定理，， 因为，故. 又，故， 故. 故答案为： 15. 以抛物线的焦点为圆心，且过点的圆与直线相交于，两点，则____________. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意写出圆心，再根据圆心与圆上一点的距离为半径写出圆的方程，根据圆截直线的弦长求解即可. 【详解】 抛物线的焦点为，即圆心为， 且圆过点，则，所以圆的方程为. 圆心到直线的距离， 圆截直线的弦长为. 故答案为：. 16. 已知圆 和圆，则圆 与圆的公共弦所在的直线方程为_____，弦长为_____. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】判断两圆的位置关系，由两圆方程相减可得公共弦方程，求到公共弦的距离，结合弦长公式求结论. 【详解】圆 的圆心为，半径， 圆的方程可化为， 所以圆的圆心为，半径， ，， 所以圆与圆相交， 将圆 和圆方程相减可得， 所以圆 与圆的公共弦所在的直线方程为， 点到直线的距离， 所以公共弦的长为. 故答案为：；. 17. 《哪吒2》的玉虚宫，形态由九宫八卦阵演变而来，设计灵感来源于汉代，内饰充满了中国文化符号．某中学数学实践小组将玉虚宫轮廓抽象为正八边形，结合向量知识进行主题探究活动．如图，正八边形ABCDEFGH，边长为2，，点P在线段CH上，且，则的值为________；若点Q为线段CD上的动点，则的最小值为________． 【答案】 ①. ②. 0 【解析】 【分析】在正八边形中，各边夹角都是已知的，各边长也是已知的，把目标向量用边长向量表示出来，再根据向量乘法运算律求出结果. 【详解】 如图所示,连接，因为三点共线，且 ，解得， 则， 与夹角为,与夹角为, . 设,可知, , , , , ,当或时, 有最小值,最小值为0. 故答案为: ； 0. 三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.（本大题共4小题，共60分．） 18. 在中，内角A，B，C所对的边分别为． （1）求a的值； （2）求； （3）求的值． 【答案】（1）的值为6 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由已知利用余弦定理可得，解方程即可得解的值． （2）由正弦定理即可得解的值． （3）由已知利用余弦定理可求的值，利用二倍角公式可求，，进而根据两角差的余弦公式即可求解的值． 【小问1详解】 因为，，， 由余弦定理，可得， 可得，解得，或（舍去）， 即a的值为6． 【小问2详解】 由正弦定理，可得； 【小问3详解】 因为， 所以，， ． 19. 如图，在多面体中，平面，，四边形为矩形，，，，为的中点. （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值； （3）求点到平面的距离. 【答案】（1） 连接，交于点，可得是的中点， 又因为为的中点，所以， 因为平面，且平面，所以平面. （2） ； （3） . 【解析】 【分析】（1）连接交于点，得到，结合线面平行的判定定理，即可证得平面. （2）以为原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面和平面的法向量为和，结合向量的夹角公式，即可求解； （3）由（2）得平面的法向量为，再由， 结合点面距的向量计算公式，即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：以为原点，以正方向分别为轴，轴和轴建立空间直角坐标系， 如图所示，则，，，，，， 可得，， 设平面的法向量为，则有， 取，可得，，所以， 又由，， 设平面的法向量为，则， 取，可得，，所以， 则， 故平面与平面夹角余弦值为. 【小问3详解】 解：由（2）知：平面的法向量为， 又由， 则， 所以点到平面的距离为. 20. 已知椭圆方程短轴长为，离心率为． （1）求的方程； （2）过的右焦点的直线交于两点，若（为坐标原点）的面积为，求的方程． 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）根据题意，利用椭圆的离心率为，列出方程，求得的值，即可求解； （2）设的方程为，联立方程组，设，，利用弦长公式和点到直线的距离公式，求得和，结合（为坐标原点）的面积为，列出方程求得的值，即可求解. 【小问1详解】 题意可知，椭圆的短轴长为， ∴，．又因为离心率为，可得， 解得，所以椭圆的方程为． 【小问2详解】 由椭圆，可得，则右焦点为， 由题意知，直线的斜率不为零，设的方程为， 联立方程组，整理得到， 可得， 设，，则，， 所以 ， 又由点到直线的距离， 故的面积， 解得或（舍），所以， 所以l的方程为或， 即直线l的方程为或． 21. 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）求数列的前项和； （3）记，求证：． 【答案】（1） （2） （3） ， ， ， . 结论得证. 【解析】 【分析】（1）由求出，利用又是和的等比中项、求出； （2）利用错位相减法求出； （3）利用放缩法和裂项相消法求和可得答案. 【小问1详解】 由题意， ， 又是和的等比中项，得， 又，解得， ； 【小问2详解】 由（1），设， 则， 将以上两式相减得 ， ； 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $