精品解析：福建省泉州第一中学2025-2026学年高三上学期12月月考数学试题

泉州第一中学12月数学月考试卷 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. 已知集合，且，则（ ） A. B. C. D. 2. 在的展开式中，含项的系数是（ ） A. 14 B. 15 C. 16 D. 18 3. 在等比数列中，是方程的两根，则等于（ ） A. B. C. 或 D. 4. 已知tan（）＝7，且，则sinα＝（ ） A. B. C. D. 5. 数列的通项公式为，则“”是“为递增数列”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 既不充分也不必要条件 D. 充要条件 6. 已知点，点在所在平面内，且满足，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 7. 函数在区间上的最小值为（ ） A. B. C. D. 0 8. 在三棱锥中，已知，平面，，点是棱上的动点，点是平面内的动点，，点为中点，则点到平面距离的最小值为（ ） A. B. C. 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，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 将一个直径为的铁球磨制成一个零件，能够磨制成的零件可以是（ ） A. 底面直径为，高为的圆柱体 B. 底面直径为，高为的圆锥体 C. 底面直径为，高为的圆锥体 D. 各棱长均为的四面体 10. 设是定义在R上的奇函数，且当时，，则（ ） A. B. 当时， C. D. 恰有3个零点 11. 已知数列满足，，，则下列结论正确的有（ ）． A. 数列是递增数列 B. C. D. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在中， ，，则 ________ ． 13. 已知等差数列､的前项和分别为､，若，则__________. 14. 已知函数，若关于的方程有且仅有4个不等实根，则实数的取值范围为__________. 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. 已知等差数列满足公差，，.等比数列的首项，公比为3. （1）求数列，的通项公式； （2）数列的前n项和为，记数列的前n项和为，求. 16. 已知函数 . （1）若函数的最小正周期为，求在的值域； （2）若，且在中，角A、B、C所对的边长为a、b、c，锐角满足 ，，求的最小值. 17. 如图，在直三棱柱中，，点为的中点.在中，内角的对边分别为，若的面积为. （1）求证：平面； （2）求； （3）求三棱锥的体积. 18. 已知数列的前项和为，且满足，数列是等差数列，，且、、成等比数列． （1）求数列和数列的通项公式； （2）记，求数列的前项和； （3）记，求． 19. 已知函数. （1）若，求函数的单调递减区间； （2）若存在实数b，使得函数有三个不同的零点. ①求a的取值范围； ②若成等差数列，求证：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 泉州第一中学12月数学月考试卷 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. 已知集合，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题意，根据交集的运算与定义可得，结合复数的除法、乘法运算即可求解. 【详解】由题意知，， 得. 故选：C 2. 在的展开式中，含项的系数是（ ） A. 14 B. 15 C. 16 D. 18 【答案】A 【解析】 【分析】应用二项式展开式通项公式结合组合数公式计算求解. 【详解】含项的系数为， 故选：A． 3. 在等比数列中，是方程的两根，则等于（ ） A. B. C. 或 D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据韦达定理可得，由等比数列下标和性质可求得结果. 【详解】是方程的两根，， ，，或. 故选：C. 4. 已知tan（）＝7，且，则sinα＝（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 先利用两角和的正切转化tan（）＝求得，再结合平方关系求解. 【详解】因为tan（）＝ 所以， 即， 又因为且， 所以sinα＝. 故选：B 【点睛】本题主要考查两角和的正切及同角三角函数基本关系式化简求值，还考查了运算求解的能力，属于基础题. 5. 数列的通项公式为，则“”是“为递增数列”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 既不充分也不必要条件 D. 充要条件 【答案】B 【解析】 【分析】根据以及充分条件和必要条件的定义分别进行判断即可 【详解】由题意得数列为递增数列等价于对任意恒成立， 即对任意恒成立， 因为，且可以无限接近于0，所以， 所以“”是“为递增数列”的必要不充分条件， 故选：B 6. 已知点，点在所在平面内，且满足，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设，根据向量的坐标运算及向量相等的充要条件得到方程，求出的坐标，再根据投影向量的定义计算可得. 【详解】设，又， 则，，， 因为，所以， 即，解得， 所以，则，， 所以，， 所以在上的投影向量为. 故选：D 7. 函数在区间上的最小值为（ ） A. B. C. D. 0 【答案】B 【解析】 【分析】求导，利用导数判断原函数的单调性和最值，进而可得结果. 【详解】因为，则， 当时，则，可得； 当时，可得； 当时，则，可得； 综上所述：在上恒成立，则在上单调递增， 所以函数在区间上的最小值为. 故选：B. 8. 在三棱锥中，已知，平面，，点是棱上的动点，点是平面内的动点，，点为中点，则点到平面距离的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】连接和，证得，求得，得到点的轨迹是以点为球心，半径为的球面，设点到平面的距离为，结合，列出方程，求得的值，得到到平面的最短距离为，即可求解. 【详解】如图所示，连接和， 因为平面，且平面，所以， 在直角，点为的中点，且，所以， 所以点的轨迹是以点为球心，半径为的球面， 设点到平面的距离为， 因为，平面，且， 由，可得， 即，解得， 所以到平面的最短距离为. 故选：C. 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，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 将一个直径为的铁球磨制成一个零件，能够磨制成的零件可以是（ ） A. 底面直径为，高为的圆柱体 B. 底面直径为，高为的圆锥体 C. 底面直径为，高为的圆锥体 D. 各棱长均为的四面体 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据球的几何性质，结合勾股定理，即可结合选项逐一求解. 【详解】对于A,若圆柱的底面直径为8，则半径为4， 此时球心到圆柱底面的距离为，故圆柱的高可以为6，A符合， 对于B，若圆锥的底面直径为8，则半径为4， 此时球心到圆锥底面的距离为，故圆锥的高最大时为，B符合， 对于C，若圆锥的底面直径为7，则半径为， 此时球心到圆锥底面的距离为， 故圆锥的高最大时为，C不符合， 对于D , 若将各棱长均为的四面体放入到棱长为的正方体中， 此时正方体的外接球直径为，故D符合， 故选：ABD 10. 设是定义在R上的奇函数，且当时，，则（ ） A. B. 当时， C. D. 恰有3个零点 【答案】ABD 【解析】 【分析】AB选项，利用函数奇偶性求函数解析式和函数值；C选项，由函数解析式求函数值比较大小；D选项，结合函数单调性和零点存在定理即可判断函数零点个数. 【详解】是定义在R上的奇函数，且当时，， 对于A，，故A正确； 对于B，当时，，则，故B正确； 对于C，，，， 故，即，故C错误； 对于D，时，，， 则由可得或；由可得， 故在和上单调递增，在上单调递减， ，，， 可知在上有且只有一个零点， 又是定义在R上的奇函数，则在上有一个零点，且， 所以恰有3个零点，故D正确. 故选：ABD 11. 已知数列满足，，，则下列结论正确的有（ ）． A. 数列是递增数列 B. C. D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】对A：根据数列单调性的定义分析证明；对B：先证，结合累加法运算求解；对C：可得，结合裂项相消法分析运算；对D：先证，结合累积法可得，再根据等比数列求和分析运算. 【详解】对A：，当且仅当时，等号成立， 即，注意到，故， 可知对，，即，即， 故数列是递增数列，A正确； 对B：∵， 由A可得：对，，则，当且仅当时，等号成立， 故，即， 则，即； 当时，则也满足； 综上所述：，B正确； 对C：∵，则， 注意到，即， ∴，即， 故， 可得，C正确； 对D：∵， 注意到，则， 故，可得， 则， 当时，则， 当时，， 故. 则，D错误； 故选：ABC. 【点睛】关键点点睛： （1）根据题意证明，放缩结合等比数列运算求解； （2）根据题意整理可得，裂项相消求和； （3）可证，放缩结合等比数列的通项公式与求和公式运算求解. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在中， ，，则 ________ ． 【答案】## 【解析】 【分析】由正弦定理结合二倍角公式可得答案. 【详解】由正弦定理，，结合 ，， 则. 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】已知，由于等差数列的前项和是关于的二次函数（且常数项为0），形式为，因此可设，(k为非零常数），用、分别算出，，，最后代入计算. 【详解】由于等差数列的前项和是关于的二次函数（且常数项为0），形式为， 因此可设，，(k为非零常数) ； ； 。 故答案为： 14. 已知函数，若关于的方程有且仅有4个不等实根，则实数的取值范围为__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据导数的性质判断函数的单调性，再结合因式分解法、数形结合思想进行求解即可. 【详解】，或，即或， ， 当时，单调递增， 当，或时，单调递减， 当时，，当时，， 因此当时，， 把函数的图象在横轴下面的部分进行关于横轴对称，并把函数的图象在横轴下面的部分去掉，得到函数的图象，如下图所示： 要想关于的方程有实根， 首先必有， 若，由上分析结合图象，此时关于的方程没有实根， 当时，则有， 于是要想关于的方程有且仅有4个不等实根， 则有， 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. 已知等差数列满足公差，，.等比数列的首项，公比为3. （1）求数列，的通项公式； （2）数列的前n项和为，记数列的前n项和为，求. 【答案】（1），. （2）. 【解析】 【分析】（1）根据等差数列性质得到方程组，求出，，求出公差和首项，得到通项公式，并根据等比数列通项公式求出； （2）计算出，利用错位相减法求和，得到答案. 【小问1详解】 为等差数列，故， 因为，，所以， 整理得，解得或， 当时，，当时，， 因为，所以，，故， 此时，所以， 因为等比数列的首项，公比为3，得. 【小问2详解】 由题，， ， ， 两式相减得 ， 故. 16. 已知函数 . （1）若函数的最小正周期为，求在的值域； （2）若，且在中，角A、B、C所对的边长为a、b、c，锐角满足 ，，求的最小值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由函数的最小正周期求出的值，即可得到解析式，再由诱导公式及两角差的正弦公式化简，由的范围求出的范围，最后由正弦函数的性质计算可得； （2）首先求出解析式，由求出，根据数量积的定义求出，再由余弦定理及基本不等式求出的最小值. 【小问1详解】 因为函数的最小正周期为，所以，解得， 所以， 则 ， 由，则，所以， 则，即在的值域为； 【小问2详解】 当时，， 所以，所以， 因为，所以，则，解得； 因为，所以， 由余弦定理， 得，所以，当且仅当时取等号， 故的最小值为. 17. 如图，在直三棱柱中，，点为的中点.在中，内角的对边分别为，若的面积为. （1）求证：平面； （2）求； （3）求三棱锥的体积. 【答案】（1） 证明： 连接，设，连接， 在直三棱柱中， 四边形为平行四边形，则为的中点， 又因为为的中点，则， 又因为平面平面， 所以平面. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）连接，利用中位线性质可得，再用线面平行判定可证结论成立； （2）三角形面积公式结合余弦定理，化简可得取值，从而得角的大小； （3）三棱锥换底，以为底，为高，根据体积公式计算可得结果. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 在中，由， 又由余弦定理，可得， 所以. 又由，可得， 即. 【小问3详解】 由直三棱柱可知，三棱锥的高为，， 在中，为的中点，由（1）知， 所以. 因此. 18. 已知数列的前项和为，且满足，数列是等差数列，，且、、成等比数列． （1）求数列和数列的通项公式； （2）记，求数列的前项和； （3）记，求． 【答案】（1）， （2） （3）当为偶数时，；当为奇数时， 【解析】 【分析】（1）根据已知求的方法求通项公式，利用等差数列和等比中项性质求的通项公式； （2）化简，利用裂项相消法求数列的前项和； （3）求出，分为偶数，为奇数，求. 【小问1详解】 当时，，解得， 当时，，整理得 又∵，∴，, ∴数列是首项为3、公比为3的等比数列， ， 设等差数列的公差为 ，∵ ，且、、成等比数列 ∴. ，即，即 ， 解得，∴. 【小问2详解】 由（1）可知 则 【小问3详解】 由题意可知，， 当为偶数时， 当为奇数时， 19. 已知函数. （1）若，求函数的单调递减区间； （2）若存在实数b，使得函数有三个不同的零点. ①求a的取值范围； ②若成等差数列，求证：. 【答案】（1）； （2）①； ②证明：，即，， 两式相加得， 即， 成等差数列，故，故， ， 故，即， 又，故， 故，即， ， 下面推导对数平均不等式，，， 只需证，即证， 令，只需证， 令，， 则恒成立， 故在上单调递增，又，故，证毕， ，又，故等号取不到， 所以，即， 所以，由①知，， 故，证毕. 【解析】 【分析】（1）求定义域，求导，令，求出函数递减区间； （2）①变形得到，故有3个不同的正根，令，则需有两个极值点，则需有两个不同的变号零点，令，求导，得到其单调性，结合函数走势，得到，得到答案； ②，，两式相加得，结合成等差数列， 变形得到，利用对数平均不等式和基本不等式得到，所以，由①知，，故，证毕. 【小问1详解】 ，定义域为， ， 令得， 故的单调递减区间为； 【小问2详解】 ①，即，故， 有三个不同的零点，故有3个不同的正根， 令，定义域为，则需有两个极值点， 则需有两个不同的变号零点， 令，则， 令得， 令得，令得， 故在上单调递减，在上单调递增， 又，，故当时，， 又时，， 故要想有两个不同的变号零点，需满足， 此时存在实数b，使得有3个不同的正根， a的取值范围为； ②略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $