精品解析：江苏省锡东高级中学2025-2026学年高三上学期12月阶段性检测数学试题

2025-2026学年度12月阶段性检测 高三数学试卷 考试时间：120分钟 分值：150分 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. 设是虚数单位，若复数满足，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 2. 已知平面向量，则“”是“，共线”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. 直线与直线及直线相交于同一点，且为的一个方向向量，则在轴上的截距为（ ） A. B. C. 1 D. 2 4. （ ） A. B. C. D. 5. 已知点，，点在轴上，是直角三角形，这样的三角形的个数是（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 6. 在空间直角坐标系中，已知，，，则三棱锥的体积为（ ） A. B. C. D. 7. 已知等比数列的首项为64，公比为，记为数列的前项积，则当时正整数的最大值为（ ） A. 11 B. 12 C. 13 D. 14 8. 已知点是圆上的动点，点，则的最大值是（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，选错的得0分，部分选对的得部分分. 9. 若两定点， 动点满足， 则下列说法正确的是（ ） A. 点 的轨迹所围成区域的面积为 B. 面积的最大值为24 C. 点到直线距离的最大值为9 D. 若圆上存在满足条件的点 ，则的取值范围为 10. 在直三棱柱中，，，，分别为棱和的中点，为棱上的动点，则（ ） A. B. 该三棱柱的体积为4 C. 过，，三点截该三棱柱的截面面积为 D. 直线与平面所成角的正切值的最大值为 11. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. ，使得 B. 函数的图象是一个中心对称图形 C. 曲线有且只有一条斜率为的切线 D. 存在实数，，使得函数的定义域，值域为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 过椭圆的右焦点作椭圆长轴的垂线，交椭圆于A，B两点，为椭圆的左焦点，若为正三角形，则该椭圆的离心率为______. 13. 过点的直线与圆相交于，两点，且.请写出满足要求的一条直线的方程：___________. 14. 如图，在一个大圆中放入两个半径之比为1：2的小圆，使得两小圆外切，且它们均内切于大圆，且三个切点共线，记为一次操作.之后的每次操作，都在前一次放入的较大的圆中进行上述操作，现有一个半径为1的大圆，则4次操作后图中最小的圆的半径为___________，次操作后图中所有圆的面积总和为___________. 四、解答题：本题共5小题，共77分.请在答题卡指定区域内作答.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知数列满足． （1）设，求数列的通项公式； （2）若数列的前项和为，且，求的值． 16. 在中，角A，B，C所对的边分别是.已知的面积为. （1）求的最小值； （2）若为线段BC上一点. ①当时，求的值； ②当时，求证：为线段BC的中点. 17. 如图，已知四棱锥的底面是边长为2的菱形，，，分别为线段和线段的中点． （1）求证：平面平面； （2）若，求直线与平面所成角的正弦值． 18. 如图，在平面直角坐标系中，已知椭圆：（）的长轴长是短轴长的2倍，焦距为． （1）求的标准方程； （2）若斜率为的直线（不过原点）交于，两点，点关于的对称点在上，求四边形的面积． 19. 已知函数． （1）若在区间上单调，求实数的取值范围； （2）若函数有两个不同的零点． （i）求实数的取值范围； （ii）若恒成立，求证：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年度12月阶段性检测 高三数学试卷 考试时间：120分钟 分值：150分 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. 设是虚数单位，若复数满足，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】利用复数模的定义与性质求解即可. 【详解】解：因为，所以， 所以，所以. 故选：B. 2. 已知平面向量，则“”是“，共线”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】根据向量共线及充分条件、必要条件的定义判断即可. 【详解】若则，共线，故充分性成立； 若，共线，不一定得到， 如，，显然满足，共线， 但是不存在实数使得，故必要性不成立； 所以“”是“，共线”的充分不必要条件. 故选：A 3. 直线与直线及直线相交于同一点，且为的一个方向向量，则在轴上的截距为（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意可得交点，再由方向向量可得直线斜率，接着求出直线方程即可． 【详解】联立方程，直线过点， 又为直线的一个方向向量，则直线斜率为1， 直线，当，，即在轴上的截距为． 故选：A 4. （ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】应用和角的正弦、余弦公式和二倍角公式化简即可. 【详解】 . 故选：D. 5. 已知点，，点在轴上，是直角三角形，这样的三角形的个数是（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】设点C的坐标，讨论当分别为直角时的情况，求得点C的坐标，得满足题意的三角形共有3个. 【详解】设.显然直线斜率都存在. 若为直角，则，所以，解得； 若为直角，则，所以，解得； 若为直角，则，所以，解得. 故有三个满足要求的直角三角形. 故选：C 方法二：若为直角，则，解得； 若为直角，则，解得； 若为直角，则，解得. 故有三个满足要求的直角三角形. 故选：C 方法三：当为直角顶点时，显然有两个这样的直角三角形； 若为直角顶点，中点，，则，而点到距离为5，此时有唯一点，符合要求. 故有三个满足要求的直角三角形. 故选：C 6. 在空间直角坐标系中，已知，，，则三棱锥的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据空间向量的坐标运算可得，从而得为直角三角形，进而求得的面积；接着求出平面的法向量结合距离公式即可得点到平面的距离，再由棱锥的体积公式即可求解. 【详解】由题可得，，， 因为，所以，即为直角三角形， 又，， 所以的面积为， 设平面的法向量为，则， 令，得，故， 所以点到平面的距离， 则三棱锥的体积. 故选：D. 7. 已知等比数列的首项为64，公比为，记为数列的前项积，则当时正整数的最大值为（ ） A. 11 B. 12 C. 13 D. 14 【答案】B 【解析】 【分析】根据等比数列的通项公式求出，求得，令，求得答案. 【详解】由题可得， ， 令，即，，解得， 又，所以满足的正整数的最大值为12. 故选：B. 8. 已知点是圆上的动点，点，则的最大值是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】法一根据几何意义并结合正弦定理直接求解；法二，再根据余弦定理并结合基本不等式得即可求解；法三设，则，结合为锐角，即可得到的最大值即可． 【详解】法一：如图，设过，，三点的圆的半径为， 则，又， 所以，则是锐角，可得， 故取最大，最大， 则时，取得最小值，此时， 而是锐角，此时， 法二：如图，结合圆的性质设， 则由余弦定理得， 由基本不等式得， 当且仅当，即时取等， 故， 则的最大值是； 法三：设，由正弦定理得， 即，则， 因为，所以， 故为锐角，得到的最大值为． 故选：B． 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，选错的得0分，部分选对的得部分分. 9. 若两定点， 动点满足， 则下列说法正确的是（ ） A. 点 的轨迹所围成区域的面积为 B. 面积的最大值为24 C. 点到直线距离的最大值为9 D. 若圆上存在满足条件的点 ，则的取值范围为 【答案】ACD 【解析】 【分析】由可整理得到点的轨迹是以点为圆心，为半径的圆；根据圆的面积公式可知A正确；根据点到直线的距离的最大值为可求得B正确；由圆上点到直线距离最大值为圆心到直线距离加上半径可求得C错误；根据两圆有公共点可得两圆位置关系，从而得到圆心距和两圆半径之间的关系，解不等式可求得D正确. 【详解】设，由得：， ，整理可得：， 点的轨迹是以点为圆心，为半径的圆； 对于A，点轨迹围成的区域面积为，A正确； 对于B，，若的面积取得最大值，则点到直线的距离最大，即到轴的距离最大， 点到直线的距离的最大值为， 面积的最大值为，B错； 对于C，圆心到直线的距离， 即直线和圆相离， 点到直线距离的最大值为，C正确； 对于D，由题意知：点的轨迹与圆有公共点，即两圆有公共点， 圆的圆心为，半径为， 两圆的圆心距为，， 解得：，即的取值范围为，D正确. 故选：ACD. 10. 在直三棱柱中，，，，分别为棱和的中点，为棱上的动点，则（ ） A. B. 该三棱柱的体积为4 C. 过，，三点截该三棱柱的截面面积为 D. 直线与平面所成角的正切值的最大值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用题设建系，对于A，通过空间向量证明平面即得；对于B，利用直棱柱体积公式计算即得；对于C，先利用线面平行的性质作出截面，再计算其面积即可排除C；对于D，设点，利用空间向量的夹角公式计算得出关于的函数式，通过求函数的最大值得到所成角正切值的最大值. 【详解】 如图建立空间直角坐标系，则. 对于A，， 因， ， 可得， 因，且两直线在平面内，则有平面， 又为棱上的动点，故，即A正确； 对于B，由题意，该三棱柱的体积为，故B正确； 对于C，如图，设经过，，三点的截面交于点，连接， 因，平面，平面，则平面， 又平面，故得，即截面为梯形. 因，， 设梯形的高为，则，解得. 则故C错误； 对于D，如图，因平面，平面，则， 又，，且两直线在平面内，故得平面， 故可取平面的法向量为， 又为棱上的动点，可设，则， 设直线与平面所成角为，则， 因，故当且仅当时，取得最小值为5，此时取得最大值为， 因，而正弦函数和正切函数在上均为增函数， 故此时取得最大值为，故D正确. 故选：ABD. 【点睛】思路点睛：本题主要考查空间向量在立体几何中的应用，属于难题. 解题思路在于，化“动”为“静”，将线线垂直的判断转化成线面垂直的证明；利用线面平行的性质作出截面求解；通过建系，将线面所成角的问题进行量化，借助于函数的最值求解. 11. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. ，使得 B. 函数的图象是一个中心对称图形 C. 曲线有且只有一条斜率为的切线 D. 存在实数，，使得函数的定义域，值域为 【答案】ABD 【解析】 【分析】求解指数方程计算判断A，应用对称中心定义计算判断B，应用导数值域判断C，应用函数交点判断D. 【详解】因为， 当，所以，可得，且，所以，使得，A选项正确； ，所以函数的一个中心对称为，B选项正确； ，又因为，所以，所以函数没有斜率为的切线，C选项错误； 令，，所以， 有两个交点，所以存在实数，，使得函数的定义域，值域为，D选项正确； 故选：ABD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 过椭圆的右焦点作椭圆长轴的垂线，交椭圆于A，B两点，为椭圆的左焦点，若为正三角形，则该椭圆的离心率为______. 【答案】 【解析】 【分析】由题意可得，结合椭圆的定义计算即可求解. 【详解】由题意知，为正三角形，且， 则， 所以， ， 由椭圆的定义知， 即，解得. 故答案为：. 13. 过点的直线与圆相交于，两点，且.请写出满足要求的一条直线的方程：___________. 【答案】或.（写出其中一个即可） 【解析】 【分析】讨论直线的斜率是否存在，斜率存在时，设出直线方程，结合弦长公式即可求出直线斜率，即可得答案. 【详解】由题意知过点的直线与圆相交于，两点， 当直线的斜率不存在时，直线方程为，代入中， 可得，即坐标为，此时，符合题意； 当直线的斜率存在时，设方程为，即， 设圆心O到直线l的距离为d，则， 由，圆的半径可得，即，解得， 故，解得， 故直线l的方程为，即， 故答案为：或.（写出其中一个即可） 14. 如图，在一个大圆中放入两个半径之比为1：2的小圆，使得两小圆外切，且它们均内切于大圆，且三个切点共线，记为一次操作.之后的每次操作，都在前一次放入的较大的圆中进行上述操作，现有一个半径为1的大圆，则4次操作后图中最小的圆的半径为___________，次操作后图中所有圆的面积总和为___________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】由题意可知小圆半径是首项为，公比为等比数列；大圆半径是首项为，公比为等比数列，结合等比数列前项和公式计算即可求解. 【详解】次操作后，小圆的半径依次为， 大圆的半径依次为， 所以小圆半径是首项为，公比为等比数列， 大圆半径是首项为，公比为等比数列， 4次操作后图中最小的圆的半径为； 次操作后，小圆面积和为： ， 大圆面积和为： 所以大圆与小圆面积和为， 则所有圆的面积总和为. 故答案为： 四、解答题：本题共5小题，共77分.请在答题卡指定区域内作答.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知数列满足． （1）设，求数列的通项公式； （2）若数列的前项和为，且，求的值． 【答案】（1）； （2）或. 【解析】 【分析】（1）根据已知可得，验证是否满足要求，即可得结果； （2）根据已知可得，且，讨论的奇偶性得关系，应用分组求和及已知列方程求. 【小问1详解】 由①， 当时，②， ①②则，又满足上式， 所以． 【小问2详解】 由（1），知，则，故， 所以，且， 若为偶数，，则； 若为奇数，，则； 故， 解得或． 16. 在中，角A，B，C所对的边分别是.已知的面积为. （1）求的最小值； （2）若为线段BC上一点. ①当时，求的值； ②当时，求证：为线段BC的中点. 【答案】（1） （2）①； ②证明: 因为为线段BC上一点. 则，即， 平方得， 又因为，解得（舍）， 所以为线段BC的中点. 【解析】 【分析】（1）由诱导公式及二倍角公式得到，由面积公式得到，再由余弦定理结合基本不等式即可求解； （2）①设，所以. 在中，在中，分别使用正弦定理得到， ，再结合即可求解；②设则，得到，通过平方即可求解. 【小问1详解】 因为， 所以， 由于，则，得. 因为，得， 由余弦定理得，解得. 当且仅当时取等. 【小问2详解】 因为， ①设，所以. 在中，由正弦定理得，，即， 在中，由正弦定理得，，即， 因，代入化简得， 即，解得，即. ②略. 17. 如图，已知四棱锥的底面是边长为2的菱形，，，分别为线段和线段的中点． （1）求证：平面平面； （2）若，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）连结． 因为四边形为菱形，所以．因为，所以为正三角形． 因为为中点，所以． 因为且为中点，所以． 又因为，平面，所以平面． 因为平面，所以平面平面． （2）． 【解析】 【分析】（1）应用线面垂直判定定理及面面垂直的判定定理证明即可； （2）应用等体积得出再根据线面角定义得出正弦值即可；空间向量法得出线面角正弦. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为平面，平面，所以，又因为，，平面，所以平面． 法一：延长交于点，连结． 因为四边形为菱形，所以且． 因为为中点，所以且，所以为中点． 因为为中点，所以， 所以直线与平面所成角即为直线与平面所成角． ． 设到平面的距离为， ，所以． 在中，，则． 设与平面所成角为，则， 所以直线与平面所成角的正弦值为． 法二：因为，平面，所以两两垂直． 以为原点，所在直线分别为轴， 建立如图所示的空间直角坐标系， 则． 因为为中点，所以． 则． 设平面的法向量为， 所以，则，即， 令，则平面的一个法向量为． 设直线与平面所成角为，则， 所以直线与平面所成角的正弦值为． 18. 如图，在平面直角坐标系中，已知椭圆：（）的长轴长是短轴长的2倍，焦距为． （1）求的标准方程； （2）若斜率为的直线（不过原点）交于，两点，点关于的对称点在上，求四边形的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由题意易得，结合即可得结果； （2）方法一：联立直线与椭圆方程，由弦长公式求出，由对称性求出点的坐标，再求面积即可；方法二：得出直线方程，求出，其余同一. 【小问1详解】 由题意，所以， 又因为，所以，， 所以的标准方程为． 【小问2详解】 设直线：（），，，． 将代入：中，化简整理得， 于是有 所以 ， 因为点关于的对称点为，所以解得 即 因为在上，所以，解得． 又因为点到直线的距离， 所以由对称性得 第二问法2：设：，：，则， ，，解得，则 代入：，得：，则 ，则 故． 19. 已知函数． （1）若在区间上单调，求实数的取值范围； （2）若函数有两个不同的零点． （i）求实数的取值范围； （ii）若恒成立，求证：． 【答案】（1）； （2）（ⅰ）； （ii）记两个零点为，结合恒成立， 则为的两个零点，则，， 且，要证， 即证，即证 令，即证， 令，则， 所以，得证； 要证，即证 令，则，则， 所以，得证． 综上，. 【解析】 【分析】（1）应用导数求的区间单调性，结合已知即可得参数范围； （2）（i）对求导，讨论、研究单调性，结合零点个数有，进而求参数范围，根据零点存在性定理判断零点个数是否符合要求；（ⅱ）记两个零点为，结合不等式恒成立知为的两个零点，进而有，，，应用分析法、导数证明不等式. 【小问1详解】 由题设，当时，当时， 所以在上单调递减，在上单调递增， 而在区间上单调，所以； 【小问2详解】 （ⅰ），且， 令且，则， 若，，即在定义域上递增，所以函数至多有1个零点，不符； 当时，时，时， 在上单调递增，在上单调递减， 则，得， 又，， 另且，则， 所以在上单调递增，则，所以， 即在和各存在一个零点，满足题设， 所以； （ⅱ）略 【点睛】关键点点睛：第二问二小问，由已知的零点为的两个零点，结合分析法和导数证不等式为关键. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $