精品解析：天津市滨海新区塘沽第十三中学2025-2026学年高三上学期12月月考数学试题

天津市滨海新区塘沽第十三中学2025-2026学年 高三上学期12月月考数学试题 一、单选题（共9个小题，每小题5分，共45分） 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知等差数列的公差为，前项和为，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 3. 函数在其定义域上的图象大致是（ ） A. B. C. D. 4. 若，则的大小关系为（ ） A. B. C. D. 5. 设，是两条不同的直线，，是两个平面，下列说法错误的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，，则 C. 若，，，则 D. 若，，那么 6. 若直线与圆C：相切，则①；②数列为等差数列；③圆C可能经过坐标原点；④数列的前10项和为22.以上结论正确的个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 7. 已知函数的最小正周期为，则下列说法正确的是（ ） A. B. 在区间上的最大值为2 C. 关于点对称 D. 将函数的图象向左平移个单位长度，得到的函数图象恰好关于原点对称 8. 已知圆O：和圆C：，圆心为点C，现给出如下结论，其中正确的个数是（ ） ①圆O与圆C有四条公切线 ②过点C且在两坐标轴上截距相等的直线方程为或 ③过点C且与圆O相切的直线方程为 ④P､Q分别为圆O和圆C上的动点，则的最大值为，最小值为 A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 9. 艺术家埃舍尔的作品展示了数学之美，如图①是其作品《星空》中的一部分，由正方体和正八面体相互交叉形成的组合体，可抽象为图②所示的图形．若正八面体的棱长均为2，且相交处均为棱中点，则两个几何体相交后公共部分形成的几何体的体积是（ ） A. B. C. D. 二、填空题（共6个小题，每小题5分，共30分） 10. 是虚数单位，复数的虚部为______. 11. 二项式的展开式中含的系数为______． 12. 已知直线与圆相交于A，B两点，若，则m的值为______. 13. 红、黄、蓝被称为三原色，选取任意几种颜色调配，可以调配出其他颜色．已知同一种颜色混合颜色不变，等量的红色加黄色调配出橙色；等量的红色加蓝色调配出紫色；等量的黄色加蓝色调配出绿色．现有等量的红、黄、蓝彩色颜料各两瓶，甲从六瓶中任取两瓶颜料进行等量调配，则甲调配出绿色的概率为________；在甲调配出绿色的情况下，乙再从余下四瓶中任取两瓶颜料，进行等量调配，则乙调配出紫色的概率为________． 14. 在中，，，，且，，与交于点，则__________；__________. 15. 已知方程有4个不同解，，，，则实数的取值范围为___________；的取值范围为___________． 三、解答题（共5小题，共75分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 16. 在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，，的面积为，． （1）求A的值； （2）求b的值； （3）求的值． 17. 如图，在四棱柱中，平面ABCD，，，，.M，N分别为，的中点. （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值； （3）求直线到平面的距离. 18. 已知等差数列的前项和为，公差，且，，，成等比数列. （1）求数列的通项公式； （2）设是首项为1，公比为3的等比数列， ①求数列的前项和； ②若不等式对一切恒成立，求实数的最大值. 19. 已知等差数列是数列的前项和，满足；数列各项都是正数，且满足，，． （1）求数列和的通项公式； （2）记，数列的前项和为； （3）在和，中插入个相同的数，构成一个新数列：，求的前项和． 20. 已知函数 （1）当时，求在处的切线方程 （2）求函数的单调区间和极值 （3）当时，若不等式恒成立，求实数m的取值范围 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 天津市滨海新区塘沽第十三中学2025-2026学年 高三上学期12月月考数学试题 一、单选题（共9个小题，每小题5分，共45分） 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】解不等式得出集合，再根据交集和并集的定义即可判断. 【详解】由题意，所以，故AC错误，B正确； ，故D错误. 故选：B 2. 已知等差数列的公差为，前项和为，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 【答案】C 【解析】 【分析】利用等差数列的前项和公式，结合充分必要条件的定义进行判断即可. 【详解】充分性：已知， 由， 可得：，即充分性成立； 必要性：已知， 可得：，得：，即必要性成立； 综上可得：“”是“”的充要条件. 故选：C 3. 函数在其定义域上的图象大致是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用函数的奇偶性，以及特殊点的函数值符号即可由排除法选出正确图象. 【详解】， 所以函数是奇函数，图象关于原点对称，故排除选项， 因为当时，，， 又因为时，，所以， ，，所以，故在区间与轴有三个交点，故排除. 故选：C. 4. 若，则的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由对数运算可得，，，可得结论. 【详解】， ，又，所以， 又，所以， 故. 故选：D. 5. 设，是两条不同的直线，，是两个平面，下列说法错误的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，，则 C. 若，，，则 D. 若，，那么 【答案】A 【解析】 【分析】对于A，在长方体中记平面为平面，平面为平面，直线为直线，由此可得，，但，故A错误，对于B，设，在直线上任取一点，在平面内过作，在平面内过作，由可得，证明，，由此可得，判断B，对于C，过直线作平面，，过直线作平面，，由线面平行性质定理可得，，再由线面平行判定定理证明，再证明结论，判断C，对于D，结合面面平行的定义和线面平行的定义即可判断. 【详解】对于A，如图，多面体为长方体， 记平面为平面，平面为平面，直线为直线， 则若，，此时，故A错误， 对于B，如图，，，， 设，在直线上任取一点，在平面内过作，在平面内过作， 因为，，，，所以，又， 所以， 同理， 因为，，，， 所以为二面角的平面角，又， 所以，又，，所以，B正确， 对于C，如图，，， 过直线作平面，，因为，，所以， 过直线作平面，，因为，，所以， 所以，又，，所以，又，， 所以，又，所以，C正确， 对于D，因为，所以平面与平面没有公共点， 又，所以直线与平面没有公共点， 所以，D正确， 故选：A. 6. 若直线与圆C：相切，则①；②数列为等差数列；③圆C可能经过坐标原点；④数列的前10项和为22.以上结论正确的个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】利用直线与圆相切，得到，由即可判断结论①；由等差数列的定义即可判断结论②；由原点坐标满足圆的方程得即可判断结论③；由等差数列前n项求和公式即可判断结论④． 【详解】若直线与圆C：相切， 则圆心到直线的距离等于半径，即，得， 时，，故①不正确； 时，，故数列是首项为，公差为的等差数列，故②正确； 若圆经过原点，则，则，此时，故③正确； ，数列的前10项和为，故④不正确. 结论正确的个数为2. 故选：B. 7. 已知函数的最小正周期为，则下列说法正确的是（ ） A. B. 在区间上的最大值为2 C. 关于点对称 D. 将函数的图象向左平移个单位长度，得到的函数图象恰好关于原点对称 【答案】B 【解析】 【分析】利用辅助角公式化简函数解析式，由正弦型函数的周期公式求出判断选项A；由函数解析式结合正弦函数的性质求区间内函数的最大值判断选项B；验证函数对称中心判断选项C；求出平移后函数的解析式得到图象对称性判断选项D. 【详解】的周期为， 由，有，故，，A错误； 当时，， 根据正弦函数的性质可知，当，即时，函数取得最大值2，B正确． ，则，C错误； 将函数的图象向左平移个单位长度，得到的函数为偶函数， 图象关于轴对称，D错误； 故选：B 8. 已知圆O：和圆C：，圆心为点C，现给出如下结论，其中正确的个数是（ ） ①圆O与圆C有四条公切线 ②过点C且在两坐标轴上截距相等的直线方程为或 ③过点C且与圆O相切的直线方程为 ④P､Q分别为圆O和圆C上的动点，则的最大值为，最小值为 A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】根据两圆的位置关系可判定①④，利用截距式可判定②，利用直线与圆的位置关系判定③. 【详解】根据题意可知，两圆半径分别为，， 故两圆相离，所以有四条公切线，①正确； ，④正确； 显然过且在两坐标轴的截距相等的直线有（此时截距为零）， 当截距不为零时，可设，代入点得，故②错误； 易知是过与圆O相切的直线，此时斜率不存在， 若切线斜率存在，可设， 则O点到的距离为， 所以该切线方程为， 综上过点C且与圆O相切的直线方程，，故③错误； 故选：C 9. 艺术家埃舍尔的作品展示了数学之美，如图①是其作品《星空》中的一部分，由正方体和正八面体相互交叉形成的组合体，可抽象为图②所示的图形．若正八面体的棱长均为2，且相交处均为棱中点，则两个几何体相交后公共部分形成的几何体的体积是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，观察得到公共部分形成的几何体是由正方体截去以其八个顶点为三棱锥的顶点构成的八个相同的三棱锥得到，计算得解． 【详解】如图，因为正八面体的棱长均为2，且相交处均为棱中点，所以， 所以，则该正方体的棱长为． 易知三棱锥为正三棱锥，则． 易知两个几何体相交后公共部分形成的几何体体积为． 故选：B. 二、填空题（共6个小题，每小题5分，共30分） 10. 是虚数单位，复数的虚部为______. 【答案】 【解析】 【分析】直接根据复数的除法运算以及复数虚部的概念即可得到答案. 【详解】， 故其虚部为， 故答案为：. 11. 二项式的展开式中含的系数为______． 【答案】 【解析】 【分析】求出展开式的通项公式．令x的指数为1，进而可以求解 【详解】展开式的通项公式为 令，解得， 则展开式中含x项的系数为 故答案为： 12. 已知直线与圆相交于A，B两点，若，则m的值为______. 【答案】4 【解析】 【分析】求出圆心到直线的距离，利用勾股定理表示弦长，进而求出即可. 【详解】由可得, 所以该圆圆心为，半径为， 所以圆心到直线的距离， 又因为，即，解得， 所以，即，解得或（由舍去）， 所以， 故答案为：4 13. 红、黄、蓝被称为三原色，选取任意几种颜色调配，可以调配出其他颜色．已知同一种颜色混合颜色不变，等量的红色加黄色调配出橙色；等量的红色加蓝色调配出紫色；等量的黄色加蓝色调配出绿色．现有等量的红、黄、蓝彩色颜料各两瓶，甲从六瓶中任取两瓶颜料进行等量调配，则甲调配出绿色的概率为________；在甲调配出绿色的情况下，乙再从余下四瓶中任取两瓶颜料，进行等量调配，则乙调配出紫色的概率为________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】根据古典概型的概率公式和条件概率，即可求出所求概率. 【详解】设A=“甲调配出绿色”，B=“乙调配出紫色”， 因为等量的黄色加蓝色调配出绿色，且等量的红、黄色、蓝彩色颜料各两瓶共6瓶， 所以， 因为甲调配出绿色时已经用掉1瓶黄色颜料和1瓶蓝色颜料， 则颜料剩余红色2瓶，黄色1瓶，蓝色1瓶共4瓶， 因为等量的红色加蓝色调配出紫色，所以. 故答案为：， 14. 在中，，，，且，，与交于点，则__________；__________. 【答案】 ①. ②. ## 【解析】 【分析】先应用向量的数量积公式计算，再应用数量积的运算律计算求解；结合模长公式及向量夹角余弦公式计算求解. 【详解】在中，，，，所以， 又因为，， 所以， 所以 ； 因为与交于点，所以所成角等于所成角， 所以， ， 所以. 故答案为：；. 15. 已知方程有4个不同解，，，，则实数的取值范围为___________；的取值范围为___________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】根据题意作图，由图像结合方程有4个不同解，可得，且，，再根据对数的运算计算范围即可． 【详解】根据题意作图如下： 方程有4个不同解，，，， 所以，且，， ， ， 即的取值范围为． 故答案为：；． 三、解答题（共5小题，共75分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 16. 在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，，的面积为，． （1）求A的值； （2）求b的值； （3）求的值． 【答案】（1） （2）8 （3） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理边角互化及三角恒等变形化简得，结合三角形内角即可求A的值； （2）由面积公式可得，利用余弦定理得，结合即可求b的值； （3）由（2）知，利用余弦定理的推论可求，根据倍角公式求出，最后用和差公式求值即可． 【小问1详解】 由正弦定理得， ， ，， 又，所以． 【小问2详解】 ，即①， 又，即②， 由①②解得或， 又， 所以b的值为8． 【小问3详解】 由（2）知， 所以， ， 又，所以，， 则， 所以 ， 即的值为． 17. 如图，在四棱柱中，平面ABCD，，，，.M，N分别为，的中点. （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值； （3）求直线到平面的距离. 【答案】（1）证明如下： 取中点，连接， 由是的中点，故，且， 由是的中点，故，且， 则有、， 故四边形是平行四边形，故， 又平面，平面， 故平面； （2） （3） 【解析】 【分析】（1）借助中位线的性质与平行四边形性质定理可得，结合线面平行判定定理即可得证； （2）建立适当空间直角坐标系，计算两平面的空间向量，再利用空间向量夹角公式计算即可得解； （3）借助空间中点到平面的距离公式计算即可得解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 以为原点，方向为轴建立如图所示空间直角坐标系， 有、、、、、、， 则有、、， 设平面与平面的法向量分别为、， 则有，， 分别取，则有、、，， 即、， 则， 故平面与平面的夹角余弦值为； 【小问3详解】 由（1）知平面； 故点到平面的距离即为到平面的距离； ，平面的法向量为， 则有， 即点到平面的距离为. 18. 已知等差数列的前项和为，公差，且，，，成等比数列. （1）求数列的通项公式； （2）设是首项为1，公比为3的等比数列， ①求数列的前项和； ②若不等式对一切恒成立，求实数的最大值. 【答案】（1） （2）①；② 【解析】 【小问1详解】 依题意得，解得 ，即； 【小问2详解】 ①由， ， ， 所以 ， ②由（1）易求得，所以不等式对一切恒成立， 即转化为对一切恒成立， 令，则 又 当时，；时， 所以，且， 则 所以实数的最大值为. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是参变分离构造函数，差比判断函数的单调性. 19. 已知等差数列是数列的前项和，满足；数列各项都是正数，且满足，，． （1）求数列和的通项公式； （2）记，数列的前项和为； （3）在和，中插入个相同的数，构成一个新数列：，求的前项和． 【答案】（1）， （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据等差数列基本量的计算确定其首项与公差，可得数列的通项公式；先根据等比中项的概念判断数列为等比数列，再求首项与公比，可确定数列的通项公式； （2）分别求前项中奇数项的和与偶数项的和，再相加即可.其中奇数项的和的求法为裂项相加求和法； （3）弄清楚数列的前项的组成，利用分组求和法求其和. 【小问1详解】 等差数列，是数列的前项和，设公差为，由，， 可得，，解得，， 所以； 数列各项都是正数，且满足， ，． 可得数列为等比数列， 所以，解得或舍去， 所以. 【小问2详解】 因为， 设的前项和中，奇数项的和为，偶数项的和为， 所以，， 当为奇数时，， ， 当为偶数时，， 所以， . 【小问3详解】 ：，，，，，，，，，，， 从到共有项， 所以，当时，， 故 ． 【点睛】易错点睛：使用裂项法求和时，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的． 20. 已知函数 （1）当时，求在处的切线方程 （2）求函数的单调区间和极值 （3）当时，若不等式恒成立，求实数m的取值范围 【答案】（1） （2） 当时，函数的单调递增区间为，无极值； 当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为， 极小值为，无极大值. （3） 【解析】 【分析】（1）由函数解析式求其导数，根据导数的几何意义，求得切线斜率，结合切点坐标，可得答案； （2）对函数求导，根据参数与零的大小关系进行分类讨论，结合导数与函数的单调性的关系以及极值的定义，可得答案； （3）由题意化简不等式，并构造函数，求其导数，研究其单调区间，分类讨论，可得答案. 【小问1详解】 由，则，求导可得， 所以在处的切线斜率， 由，则切线方程为， 即. 【小问2详解】 由，求导可得， 当时，，则函数在上单调递增，无极值， 当时，，解得，，解得， 则函数在上单调递减，在上单调递增， 极小值为，无极大值， 综上可得：当时，函数的单调递增区间为，无极值； 当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为， 极小值为，无极大值. 【小问3详解】 由题意化简不等式为，令， 求导可得，令，化简可得， 令，求导可得，当时，， 则函数在上单调递增，故， 当时，易知在上恒成立，则函数在上单调递减，所以，符合题意； 当时，存在，使得，由函数在上单调递减， 则当时，，所以函数在上单调递增，故，不符合题意； 综上可得：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $