精品解析：安徽省临泉田家炳实验中学（临泉县教师进修学校）2025-2026学年高三上学期12月月考数学试题

高三数学 (120分钟　150分) 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，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知，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 3. 已知A，B分别为椭圆C:+=1(a>b>0)的长、短轴的一个端点，且直线AB的斜率为，则C的离心率为（ ） A. B. C. D. 4 已知直线和直线平行，且，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 5. 若函数的图象向右平移个单位长度后，所得图象关于轴对称，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 6. 已知双曲线的左、右焦点分别为，以为直径的圆与双曲线在第二象限的交点为P，若直线与圆E∶相切，则该双曲线的渐近线方程是（ ） A. B. C. D. 7. 阿波罗尼奥斯是古希腊著名数学家，与欧几里得、阿基米德被称为亚历山大时期数学三巨匠.阿波罗尼奥斯发现:平面内到两个定点A，B的距离之比为定值且的点的轨迹是圆，此圆被称为点和相关的阿波罗尼斯圆.现已知点和相关的阿波罗尼斯圆为圆，其中点，且点P在该圆上，点Q在圆上，则的最小值为（ ） A. 16 B. 8 C. 12 D. 6 8. 已知是定义在R上奇函数的导数，且也是定义在R上的奇函数，则关于a的不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 二、选择题: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，选对但不全的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知，其中，为虚数单位，且复数和均为纯虚数，则（ ） A. B. C. D. 10. 在平面直角坐标系中，方程表示的曲线可能是（ ） A. 一条直线 B. 一个圆 C. 焦点在轴上的椭圆 D. 焦点在轴上的双曲线 11. 如图，一个半圆柱的轴截面为矩形，点E在上底面上，连接，若，，该几何体的外接球的表面积为，则（ ） A. B. C. 面积为 D. 点C到平面的距离为 三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知数列{an}是递增数列，且，请写出一个满足上述条件的数列{an}的通项公式:____. 13. 已知，则向量与的夹角为____. 14. 已知抛物线的焦点为F，为该抛物线上的动点，A是抛物线C的准线与坐标轴的交点，则的最小值是____. 四、解答题:本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知双曲线的一个焦点为，且双曲线的一个顶点与抛物线的焦点重合. （1）求抛物线C的方程; （2）若直线l与抛物线C交于A，B两点，且弦AB的中点的横坐标为，求直线l的斜率. 16. 已知函数. （1）当时，求曲线在点处切线方程; （2）讨论函数的单调性. 17. 如图，在三棱锥中，平面平面. （1）求证； （2）已知，是线段上一点，当时，求二面角的余弦值. 18. 已知椭圆的离心率为，其左、右焦点分别为，左顶点为，右顶点为，下顶点为，的面积为. （1）求椭圆的方程. （2）设是椭圆上异于两点，直线的斜率分别为，且满足=，求证：直线过定点. 19. 设p，q是两个正整数，若p，q的最大公约数是1，则称p，q互质.若n为正整数且，集合，规定函数的值等于集合中与n互质的正整数的个数. （1）试求，，的值. （2）设p，q是两个不同的质数，写出与和的关系. （3）RSA算法是一种非对称加密算法，它使用了两个不同的密钥:公钥和私钥.具体而言: ①准备两个不同的、足够大的质数p，q；②计算，其中；③选取一个大整数e，满足与互质，求正整数，使得除以的余数是1；④其中称为公钥，称为私钥. 已知某RSA加密算法中公钥是.若满足私钥条件的正整数k按从小到大排列得到的一列数记为数列，数列满足，为数列的前n项和，记，证明:. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三数学 (120分钟　150分) 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，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求函数的定义域，再根据交集的运算即可求解. 【详解】令，解得，故， 所以. 故选：B. 2. 已知，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 【答案】C 【解析】 【分析】由，得，再根据充分条件与必要条件的定义即可判断. 【详解】由，得，即, 因为不能推出， 能推出， 故“”是“”的必要不充分条件. 故选:C. 3. 已知A，B分别为椭圆C:+=1(a>b>0)的长、短轴的一个端点，且直线AB的斜率为，则C的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据直线斜率公式建立、的关系，最后利用椭圆离心率公式求解. 【详解】由直线AB的斜率为，知=， 故e== 故选：D. 4. 已知直线和直线平行，且，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】根据两直线平行得到方程和不等式，求出答案. 【详解】若直线和直线平行， 则，解得a=. 故选：A 5. 若函数的图象向右平移个单位长度后，所得图象关于轴对称，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先求平移后的函数的解析式，再根据其图象关于轴对称列方程求的最小值. 【详解】依题意，将函数的图象向右平移个单位长度后得到函数， 由关于轴对称，则，，即，，而， 所以的最小值为. 故选：B. 6. 已知双曲线左、右焦点分别为，以为直径的圆与双曲线在第二象限的交点为P，若直线与圆E∶相切，则该双曲线的渐近线方程是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先设直线与圆E∶相切于点，根据题意，得到，从而得到，利用相似比求出，根据勾股定理求出与的关系式，从而可得渐近线方程. 【详解】如图所示， 设直线与圆相切于点，且圆心，半径=． 因为以为直径的圆过点P，所以， 又圆E与直线的切点为M，所以，从而． 由，得=，所以===b． 又，所以，解得， 因此该双曲线的渐近线方程为． 故选：C 7. 阿波罗尼奥斯是古希腊著名数学家，与欧几里得、阿基米德被称为亚历山大时期数学三巨匠.阿波罗尼奥斯发现:平面内到两个定点A，B的距离之比为定值且的点的轨迹是圆，此圆被称为点和相关的阿波罗尼斯圆.现已知点和相关的阿波罗尼斯圆为圆，其中点，且点P在该圆上，点Q在圆上，则的最小值为（ ） A. 16 B. 8 C. 12 D. 6 【答案】A 【解析】 【分析】设，表示出，根据阿波罗尼斯圆定义得出点，再根据两点之间线段最短求出最小值. 【详解】， 设，则，故， 故=====， 可得，则， 故， 当且仅当B，P，Q，M四点共线时，取得最小值8， 则的最小值为16. 故选：A 8. 已知是定义在R上的奇函数的导数，且也是定义在R上的奇函数，则关于a的不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据为奇函数，得到，结合，得到，故，求导，结合基本不等式得到为R上的减函数，利用奇偶性和单调性得到不等式，求出答案. 【详解】， 是定义在R上的奇函数， 故， 故. 因为是定义在R上的奇函数，所以， 求导得，与联立得 ，故， 此时， 故为R上的减函数， 而等价于， 即，解得. 故选：B 二、选择题: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，选对但不全的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知，其中，为虚数单位，且复数和均为纯虚数，则（ ） A B. C. D. 【答案】AD 【解析】 【分析】设，先由复数的运算求得，利用复数的模长公式计算即可求得. 【详解】设，则，由题意可得，且，得. 又，则，解得. 于是，所以. 故选：AD. 10. 在平面直角坐标系中，方程表示的曲线可能是（ ） A. 一条直线 B. 一个圆 C. 焦点在轴上的椭圆 D. 焦点在轴上的双曲线 【答案】BC 【解析】 【分析】设，对进行分类讨论，即可对选项进行判断. 【详解】设，因为，，则曲线的方程可表示为； 当时，曲线的方程为，可得，此时曲线为两条直线，故A错误; 当时，曲线的方程为，此时曲线是一个圆，故B正确； 当时，，曲线的方程为，此时曲线是焦点在轴上的椭圆，故C正确； 当时，，曲线的方程为，此时曲线是焦点在轴上的双曲线，故D错误. 故选：BC 11. 如图，一个半圆柱的轴截面为矩形，点E在上底面上，连接，若，，该几何体的外接球的表面积为，则（ ） A. B. C. 面积为 D. 点C到平面的距离为 【答案】BD 【解析】 【分析】先由外接球面积公式求出外接球的半径，即可求出半圆柱的高，然后在直角三角形中求出,再利用勾股定理求出的长度，用余弦定理、三角形面积公式求出的面积，最后利用等体积法即可求出点C到平面的距离. 【详解】由该几何体的外接球的表面积为，可知外接球的半径为， ，则，即. 如图，连接，过点E作于点F，易证平面， 由已知条件可得， ，，A错误；B正确； 由余弦定理可得， ， 的面积为，C错误； 设点C到平面ABE的距离为h， 由三棱锥与的体积相等可得，， 故，即点C到平面ABE的距离为，D正确. 故选：BD. 三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知数列{an}是递增数列，且，请写出一个满足上述条件的数列{an}的通项公式:____. 【答案】 (答案不唯一) 【解析】 【分析】不妨设，根据，求得，取，求得，即可得到数列的通项公式. 【详解】不妨设数列的通项公式为， 由，可得，所以， 取，可得，所以. 故答案为：（答案不唯一）. 13. 已知，则向量与的夹角为____. 【答案】 【解析】 【分析】设向量与的夹角为，根据题意，求得，得到，即可求解. 【详解】设向量与的夹角为，因为向量， 可得， 即，解得， 又因为，所以，所以向量与的夹角为. 故答案为：. 14. 已知抛物线的焦点为F，为该抛物线上的动点，A是抛物线C的准线与坐标轴的交点，则的最小值是____. 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，作出几何图形，利用正弦定理及抛物线性质求出的表达式，再结合图形确定取最小值条件，并求出最小值. 【详解】依题意，点，，设点P在准线上的射影为点Q，则， 设直线PA与正方向的夹角为，在中，由正弦定理得， 当且仅当最小时，的值最小，因此当直线PA与抛物线C相切时，最大，最小， 当直线AP与抛物线C相切时，设直线PA的方程为， 由消去得，则， 解得，当时，，所以的最小值为. 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. 已知双曲线的一个焦点为，且双曲线的一个顶点与抛物线的焦点重合. （1）求抛物线C的方程; （2）若直线l与抛物线C交于A，B两点，且弦AB的中点的横坐标为，求直线l的斜率. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）由双曲线方程及焦点坐标求出，再由题意求出抛物线方程. （2）由（1）设出点的坐标，再利用斜率坐标公式列式求解. 【小问1详解】 由双曲线的一个焦点为，得，解得， 抛物线的焦点为，依题意，，解得， 所以抛物线C的方程为. 【小问2详解】 由（1）设，由弦AB的中点的横坐标为，得， 所以直线l的斜率. 16. 已知函数. （1）当时，求曲线在点处的切线方程; （2）讨论函数的单调性. 【答案】（1）； （2）答案见解析. 【解析】 【分析】（1）求出及，根据导数的几何意义即可求解； （2），令,得或，对与的大小分类讨论，即可判断的单调性. 【小问1详解】 时，， 则. 又，则, 故曲线在点处的切线方程为. 【小问2详解】 函数的定义域为， ， 令,得或， 当，即时，， 故在上单调递增. 当，即时， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 当时，，单调递增. 当，即时， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 当时，，单调递增. 综上所述，当时，在上单调递增; 当，在和上单调递增，在上单调递减; 当时，在和上单调递增，在上单调递减. 17. 如图，在三棱锥中，平面平面. （1）求证； （2）已知，是线段上一点，当时，求二面角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）取的中点，连接，证明平面，再根据线面垂直的性质即可得证； （2）根据面面垂直的性质证明平面，再根据线面垂直的性质证明，再以为原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可. 【小问1详解】 取的中点，连接， 因为， 所以， 所以， 因为为的中点， 所以，， 又，平面，， 则平面， 又平面，所以； 【小问2详解】 由侧面底面，且，平面， 平面平面，故平面， 又平面，故， 即有两两垂直， 故可以为原点，建立如图所示空间直角坐标系， 由，，，，， 则，， 则、、、、， 、、， 令，则， 由，故，解得， 故， 令平面的法向量为， 则有，令，则有， 由轴平面，故平面的法向量可为， 则， 故二面角的余弦值为. 18. 已知椭圆的离心率为，其左、右焦点分别为，左顶点为，右顶点为，下顶点为，的面积为. （1）求椭圆的方程. （2）设是椭圆上异于的两点，直线的斜率分别为，且满足=，求证：直线过定点. 【答案】（1）+y2=1 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据题意求出即可； （2）设点，直线的方程为，联立方程，利用韦达定理求出，再根据=求出的关系，即可得出结论. 【小问1详解】 由题意可知：，解得， 所以椭圆的方程； 【小问2详解】 设点， 若直线的斜率为零，则点关于轴对称，则，不合乎题意； 设直线的方程为，由于直线不过椭圆的左、右顶点，则， 由，可得， 由，可得， 由韦达定理可得，， 则ty1y2=， 所以 ， 解得， 即直线的方程为，故直线过定点. 19. 设p，q是两个正整数，若p，q的最大公约数是1，则称p，q互质.若n为正整数且，集合，规定函数的值等于集合中与n互质的正整数的个数. （1）试求，，的值. （2）设p，q是两个不同的质数，写出与和的关系. （3）RSA算法是一种非对称加密算法，它使用了两个不同的密钥:公钥和私钥.具体而言: ①准备两个不同的、足够大的质数p，q；②计算，其中；③选取一个大整数e，满足与互质，求正整数，使得除以的余数是1；④其中称为公钥，称为私钥. 已知某RSA加密算法中的公钥是.若满足私钥条件的正整数k按从小到大排列得到的一列数记为数列，数列满足，为数列的前n项和，记，证明:. 【答案】（1），， （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据题干，由和定义易得结果； （2）根据和的定义，分别计算得到、和，从而得到结论； （3）由题意可得和的值，结合（2）可得，从而得到正整数k满足，，取，可得，进而得到和，利用等差数列的前项和公式可得，由裂项相消法求得，结合为正整数分析的单调性可证结果. 【小问1详解】 由题中的定义知，不超过5且与5互质的正整数有1，2，3，4，则. 不超过7且与7互质的正整数有1，2，3，4，5，6，则. 不超过35且与35互质的正整数有1，2，3，4，6，8，9，11，12，13，16，17，18，19，22，23，24，26，27，29，31，32，33，34，则. 【小问2详解】 ，证明如下: p，q是两个不同的质数，得，， 在不超过的正整数中，p的倍数有个，q的倍数有个， 于是， 所以. 【小问3详解】 某RSA加密算法中的公钥是，则，， 由（2）得，， 即正整数k满足的条件为，， 则. 取，得，于是， 因此， 得，， 所以， . ，，，， ，原式得证. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $