精品解析：黑龙江省龙东十校联盟2025-2026学年高三上学期12月月考数学试题

龙东十校联盟高三学年度月考 数学试题 一、单项选择题：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 已知集合，，则（    ） A. B. C. D. 2. 已知是实数，是关于的方程的一个根，则（    ） A. B. C. D. 3. “”是“函数的图象关于点对称”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 4. 已知直线，，则和之间的距离为（    ） A. B. C. D. 5. 为了得到函数的图象，只需把函数的图象上所有点，保持纵坐标不变，再将（    ） A. 横坐标变成原来的倍 B. 横坐标变成原来的倍 C. 横坐标变成原来倍 D. 横坐标变成原来的倍 6. 已知函数是上的偶函数，当时，．则不等式的解集为（    ） A. B. C. D. 7. 已知中，，，则面积的最大值为（    ） A. B. C. D. 8. 已知正方体，点，，分别在棱，，上，且，，，过，，三点的平面与棱相交于点，若，则（    ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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. 已知正三棱柱中，，分别为棱，的中点，则（    ） A. 平面 B. C. 平面 D. 10. 过直线上的动点，作圆的两条切线，切点分别为，，则（    ） A. 直线恒过点 B. 线段的中点在一个定圆上运动 C. 的取值范围是 D. 四边形面积的最小值 11. 已知中，，且周长等于，面积等于，则（    ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知平面向量，．若，则___________． 13. 已知等比数列，，，则数列的前项和等于_________． 14. 曲线上的点到直线距离的最小值为___________． 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△中，点在边上，平分，且△面积是△面积的倍． （1）求的值； （2）若，，求和的长． 16. 已知数列的前项和为，且． （1）求证：数列为等差数列； （2）若． ①求的通项公式； ②若成等比数列，求值． 17. 已知四棱锥中，底面为菱形，侧面为正三角形，平面平面，， 为中点． （1）求证：； （2）求平面和平面夹角的余弦值． 18. 已知椭圆（）焦距是，点在上. （1）求椭圆的离心率； （2）若直线交椭圆于两点，且坐标原点是△重心，求△外接圆的面积. 19. 已知实数，函数. （1）求函数的单调区间； （2）若，函数，设，求证：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 龙东十校联盟高三学年度月考 数学试题 一、单项选择题：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. 已知集合，，则（    ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】求出集合，根据交集的定义求解即可. 【详解】 ， ． 故选：A． 2. 已知是实数，是关于的方程的一个根，则（    ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】是方程的根，代入方程求解即可. 【详解】因为是关于的方程的一个根， 所以，所以，解得， 故选：C 3. “”是“函数的图象关于点对称”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 【答案】A 【解析】 【分析】由充分条件、必要条件的定义，结合三角函数的性质判断即可. 【详解】正切函数的对称中心为， 令，解得， 所以函数的对称中心为. 因为是的真子集， 所以“”是“函数的图象关于点对称”的充分不必要条件. 故选：A． 4. 已知直线，，则和之间的距离为（    ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用平行直线的距离公式可得. 【详解】将直线方程化为：， 由两条平行线间距离公式得． 故选：B． 5. 为了得到函数的图象，只需把函数的图象上所有点，保持纵坐标不变，再将（    ） A. 横坐标变成原来的倍 B. 横坐标变成原来的倍 C. 横坐标变成原来的倍 D. 横坐标变成原来的倍 【答案】C 【解析】 【分析】由，利用函数图象的伸缩变换法则即得答案. 【详解】因为，所以将图象上所有点保持纵坐标不变，横坐标变成原来的倍，即可得到的图象． 故选：C． 6. 已知函数是上的偶函数，当时，．则不等式的解集为（    ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由为偶函数，得的图像关于对称，利用导数求的单调性，利用单调性解不等式即可. 【详解】因为函数是上的偶函数，所以图象关于直线对称． 当时，，所以在上单调递减． 所以不等式等价于，解得． 故选：B． 7. 已知中，，，则面积的最大值为（    ） A B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】如图建系，取，设，利用求出动点的轨迹方程，作出轨迹图形圆，易得点到直线距离的最大值为圆的半径长2，即得的面积的最大值. 【详解】如图，以为原点，所在直线为轴建立平面直角坐标系，则， 设，由可得，整理得， 其轨迹是以点为圆心，半径为的圆.点到直线距离的最大值为圆的半径长2， 所以的面积的最大值为． 故选：D． 8. 已知正方体，点，，分别在棱，，上，且，，，过，，三点的平面与棱相交于点，若，则（    ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用向量的线性运算求出，，，利用向量共面，即存在实数，使得，列出方程，解方程即可得到答案. 【详解】因点，，分别在棱，，上，且，，， 则， ， 设，则， 因为四点共面，所以共面． 设存在实数，使得， 所以，，，解得，． 即，所以． 故选：A． 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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. 已知正三棱柱中，，分别为棱，的中点，则（    ） A. 平面 B. C. 平面 D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据面面平行的性质判断A，根据异面直线的判定判断B，根据面面平行的判定及性质判断C，由线面垂直的判定及性质判断D. 【详解】如图， 因为平面平面，且平面，所以平面，故A正确； 因为平面，平面，，所以DE与是异面直线，故B错误； 取中点，连接，则，平面，平面，所以平面，同理可得平面，又，平面，所以平面平面，又平面，所以平面，故C正确； 因为，，，平面，所以平面，又平面，所以，即．故D正确． 故选：ACD 10. 过直线上的动点，作圆的两条切线，切点分别为，，则（    ） A. 直线恒过点 B. 线段的中点在一个定圆上运动 C. 的取值范围是 D. 四边形面积的最小值 【答案】ABD 【解析】 【分析】A：根据圆的方程和相交弦方程的特征进行求解判断即可；B：由垂径定理可知，则中点在以为直径的圆上运动；C：根据弦长公式即可判断；D：由四边形的面积等于，再确定的最值即可． 【详解】设点，则两切点连线的直线方程为， 因为，所以， 所以直线的方程为， 即， 所以当，即时，直线恒过定点，故A正确； 由垂径定理可知，因直线经过定点， 所以，所以中点在以为直径的圆上运动，故B正确； 设圆的半径为，则， 因为，而， 所以的取值范围是，故C错误； 因为四边形的面积等于， 因为，所以， 即四边形面积的最小值等于，故D正确． 故选：ABD． 11. 已知中，，且周长等于，面积等于，则（    ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】根据正弦、余弦的和差角公式判断A；根据二倍角公式结合分类讨论得，进而判断B；再根据面积，周长，结合基本不等式求解判断CD. 【详解】由已知得， 整理得， 所以．故A正确． 由二倍角公式，， 整理可得， ， 若，则可知等式成立； 若，即，由诱导公式和正弦函数的单调性可知，， 同理， 又，于是， 与条件不符，则不成立； 若，即，故，同理得， 故，则不成立． 综上讨论可知，，即． 所以，所以．故B错误． 由面积等于，故， 因为周长等于，，当且仅当时取等号， 所以．故C正确，D错误． 故选：AC． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知平面向量，．若，则___________． 【答案】 【解析】 【分析】根据向量坐标的加法运算求出，再利用向量垂直的坐标表示列方程即可得到答案. 【详解】因为，，所以， 由得，解得. 故答案为：. 13. 已知等比数列，，，则数列的前项和等于_________． 【答案】 【解析】 【分析】先根据等比数列计算得出，，再求和计算. 【详解】由等比数列，，， 得，，所以，， 所以的前项和等于． 故答案为：63. 14. 曲线上的点到直线距离的最小值为___________． 【答案】 【解析】 【分析】求出曲线的斜率为的切线与曲线相切的切点坐标，再根据点到直线的距离公式求解即可. 【详解】的定义域为， 求导得，令得，即，解得或（舍去）， 当时，，此时切点为， 所以曲线到直线的距离的最小值即为切点到直线的距离， 即为， 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△中，点在边上，平分，且△面积是△面积的倍． （1）求的值； （2）若，，求和的长． 【答案】（1） （2）， 【解析】 【分析】（1）根据三角形的角平分线结合三角形面积公式与正弦定理即可得所求； （2）设到的距离为，根据三角形面积可得，再结合平面向量的线性运算与模长即可得所求. 【小问1详解】 因为，， 因， 所以，则，所以由正弦定理得； 【小问2详解】 设到的距离为， 因，， 因为， 所以，则， 因为，平方得， 因为，平方得， 整理得． 又因为， 所以． 16. 已知数列的前项和为，且． （1）求证：数列为等差数列； （2）若． ①求的通项公式； ②若成等比数列，求的值． 【答案】（1）证明见解析； （2）①；②或或． 【解析】 【分析】（1）利用与的关系作差得的递推式，再通过与的递推式二次作差，即可证明为等差数列. （2）①利用等差数列下标和的性质及等差数列的前项和公式简化条件，并结合已知条件列方程，求出的首项和公差，即可求得的通项公式； ②结合题目条件列出方程，得到，再根据，即可得解. 【小问1详解】 由题知，， 当时，． 两式相减得， 所以， 所以， 两式相减得． 化简得， 即对任意且都成立． 所以数列为等差数列. 【小问2详解】 ①. ，联立， 解得，所以． ②因为成等比数列，所以， 所以． 整理得． 因为，所以或或， 解得或或，均为正整数，符合题意. 17. 已知四棱锥中，底面为菱形，侧面为正三角形，平面平面，， 为中点． （1）求证：； （2）求平面和平面夹角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据等边三角形性质可得，利用线面垂直的判定定理可证平面，进而可得结论； （2）建立空间直角坐标系，求出两平面的法向量，利用向量夹角公式可得答案. 【小问1详解】 连接，在正三角形中，因为为中点，所以． 又因为，平面， 所以平面， 因为平面，所以． 【小问2详解】 因为平面平面，平面平面， 平面， 所以平面， 所以． 如图，以为原点，，，的方向为轴的正方向，建立空间直角坐标系, 底面为菱形， 为中点，由（1）知，则， 设，则，，，． ，， 设平面的一个法向量， 则，取． ，， 设平面的一个法向量， 则，取． 因为，所以， 所以平面和平面夹角的余弦值为0． 18. 已知椭圆（）的焦距是，点在上. （1）求椭圆的离心率； （2）若直线交椭圆于两点，且坐标原点是△的重心，求△外接圆的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据椭圆的焦距与椭圆上一点集合椭圆的定义求解椭圆方程即可得椭圆离心率； （2） 设点，，的中点为，结合点差法确定直线的方程，从而与椭圆相交得坐标，结合正弦定理求解外接圆半径或者利用集合性质求解圆心或者利用圆的方程用待定系数法求解外接圆，从而得所求. 【小问1详解】 方法1：因为，所以， 因为，所以，将点代入方程， 得，解得或， 因为，所以，所以，， 所以椭圆的离心率为. 方法2：因为，所以，所以焦点坐标和， 因为点在上，由椭圆定义可得 ，即. 所以椭圆的离心率为. 【小问2详解】 因为，所以椭圆的方程为， 设点，，的中点为， 因为是的重心，所以， 所以点的坐标为， 又因为，， 两式相减，可得， 设直线的斜率为，所以，得， 所以直线的方程为，即， 将代入， 得，，， 将其代入，可解得两点坐标，不妨设，； 方法1：因为轴，且， 所以，， 设外接圆的半径为， 由正弦定理可得，所以. 所以外接圆的面积为. 方法2：设的中点为， 又因为直线的斜率等于， 所以线段的垂直平分线方程为， 即， 又因为线段的垂直平分线方程为， 由可解得， 所以外接圆圆心坐标为， 设外接圆的半径为， 则， 所以外接圆的面积为. 方法3：设外接圆的方程为， 则，解得， 所以外接圆的方程为， 即， 所以外接圆的面积为. 19. 已知实数，函数. （1）求函数的单调区间； （2）若，函数，设，求证：. 【答案】（1）在区间上单调递增，在区间上单调递减 （2）证明见解析． 【解析】 【分析】（1）先求出导函数，再分及，得出函数单调性； （2）先求出导函数，再构造，再根据导函数得出函数单调性结合证明不等式. 【小问1详解】 因为，，， 所以当时，函数的定义域为； 当时，函数的定义域为． ． 当时，因为，所以，，，单调递增；，，，单调递减． 当时，因为，所以，，，单调递减，无单调递增区间． 当时，因为，所以，，，单调递增； ，，，单调递减． 综上所述，当时，在区间上单调递增，在区间上单调递减； 当时，在区间上单调递减，无单调递增区间； 当时，在区间上单调递增，在区间上单调递减. 【小问2详解】 当时， ． 则， 设函数（）， 则． 令 因为， 所以在区间上单调递增． 因为，所以，即， 所以，即， 所以在区间上单调递增． 因为，所以， 所以当时，， 因为，由此可得. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $