精品解析：黑龙江东北精准教学联盟2026届高三上学期12月联合考试数学试题

2025年12月高三联考 数学 本试卷满分150分，考试时间120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 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. 已知复数满足，则（ ） A. 4 B. 1 C. D. 3. 已知圆锥的轴截面是边长为的正三角形，则该圆锥的侧面积为（ ） A. B. C. D. 4. 已知点，，为坐标原点，若，的夹角为锐角，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 5. 已知数列是首项为1的等差数列，且，则（ ） A. B. 或 C. D. 或 6. 已知函数是定义在上的奇函数，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知，满足，，则（ ） A. B. C. D. 8. 若关于的不等式在上有解，则实数的最小值为（ ） 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，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知，，，，下列不等式一定成立的是（ ） A. B. C. D. 10. 已知函数的定义域为，为其导函数，若为偶函数，则下列说法正确的是（ ） A. 函数的图象关于直线对称 B. 函数的图象关于点对称 C. 若，则 D. 若，则 11. 在平面直角坐标系中，射线从轴的非负半轴开始绕坐标原点逆时针旋转时与轴的非负半轴所成的角为，定义，，则下列说法正确的是（ ） A. ，使得 B. C. 的最小正周期为 D. 当时，的最大值为2 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 过作直线与圆交于，两点，则的最小值为______. 13. 在数列中，，且，则______. 14. 已知为所在平面内一点，且，若，，，则______. 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. 如图，在三棱锥中，底面，，，二面角的大小为，为的中点. （1）证明：平面； （2）若，求异面直线与所成角的余弦值. 16. 手机实际充电过程中，为保护电池健康，在不同电量时往往采用不同的模式充电，在某次实验室针对某旧电池从某个电量开始充电到100%的模拟充电实验中，手机电量（单位：%）与充电时间（单位：）近似满足：当时，；当时，；当时，，设为该旧电池开始充电的时刻；当时，认为电量不产生跃变；已知，单调递增. （1）求该旧电池开始充电时的电量及充满电的时刻； （2）求的值. 17. 在中，角是的内角，且. （1）求； （2）若为边BC的中点，且，，求的面积； （3）求的最大值. 18. 已知函数，. （1）若，求曲线在处的切线方程； （2）若为函数的导函数，讨论函数的极值； （3）若，证明：在上恒成立. 19. 已知数列，，，，且，，成等差数列. （1）若，，求数列的前4项和. （2）若，，是否存在，，使得？若存在，求出所有满足条件的，的值；若不存在，请说明理由. （3）定义：对于一个无穷数列，如果存在常数，对于任意给定的正数，总存在正整数，使得当时，都有，则称常数为数列的极限，记作.设数列的前项和为，，求实数和的值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025年12月高三联考 数学 本试卷满分150分，考试时间120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 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】C 【解析】 【分析】先解对数不等式，之后求集合的交集. 【详解】，解得，即或，集合B中符合条件. 故选：C. 2. 已知复数满足，则（ ） A. 4 B. 1 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数除法运算法则可得，再求及其模. 【详解】因为，所以， 所以 所以. 故选：B 3. 已知圆锥的轴截面是边长为的正三角形，则该圆锥的侧面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先根据已知圆锥的性质求出母线长及半径，再利用侧面积公式计算求解． 【详解】圆锥的轴截面是边长为的正三角形， 母线长，底面半径， 圆锥的侧面积，故D正确． 故选：D． 4. 已知点，，为坐标原点，若，的夹角为锐角，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用向量夹角为锐角，得到向量数量积大于零且向量不共线，列出不等式求解即可. 【详解】由题意知，，. 因为，的夹角为锐角， 所以且不存在实数使得，即，不共线. ①，因为， 所以，解得. ②，不共线，若，共线，则， 整理得，解得或， 所以且，综上，且. 故选：D. 5. 已知数列是首项为1的等差数列，且，则（ ） A. B. 或 C. D. 或 【答案】B 【解析】 【分析】设出数列的公差为，根据及列出方程，解得，再根据等差数列下标和的性质解决即可. 【详解】设数列的公差为，又，即， 整理得，解得或， 当时，；当时， 又， 因此或. 故选：B. 6. 已知函数是定义在上的奇函数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据函数为奇函数，利用奇函数定义求出a的值，即得的解析式，再代入求值，即得答案. 【详解】由于函数是定义在上的奇函数， 故， 即，即， 则，由于不恒等于0，故， 即，所以， 故选：A 7. 已知，满足，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意先求，再由两角和与差的余弦公式结合弦化切即可求解. 【详解】由题意有：，又，即， 所以，解得， 所以. 故选：D. 8. 若关于的不等式在上有解，则实数的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】将问题转化为在上有解,即，令, 构造函数和，利用导数研究单调性以及最值即可求解. 【详解】关于的不等式在上有解， 则在上有解, 即， 令,则， 设，则， 所以在上单调递增，则，所以， 则 令，解得：， 令，解得：，则在上单调递增， 令，解得：，则在上单调递减， 所以， 则， 故选：C 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，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知，，，，下列不等式一定成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】根据不等式的性质判断A，B；利用基本不等式判断C；根据一元二次不等式的解法判断D. 【详解】对于A，因为恒成立，所以恒成立. 又，所以，正确； 对于B，若，则，错误； 对于C，因为，所以. 所以. 当且仅当，即时，等号成立，正确； 对于D，当时，，错误. 故选：AC. 10. 已知函数的定义域为，为其导函数，若为偶函数，则下列说法正确的是（ ） A. 函数的图象关于直线对称 B. 函数的图象关于点对称 C. 若，则 D. 若，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据题意，结合函数的奇偶性，可逐步推出函数及导函数的对称性以及周期性，逐项判断即可. 【详解】对于A：若为偶函数，则，以代换，则，即的图象关于对称，故A错误； 对于B：由A可得，对等式两边同时求导，得，即， 即函数的图象关于点对称，故B正确； 对于C：若，则有. 又由A可知，，则， 因此有，故的周期， 故，故C正确； 对于D：若，则， 又由B可知，，则， 即的周期，故，故D正确. 故选：BCD. 11. 在平面直角坐标系中，射线从轴的非负半轴开始绕坐标原点逆时针旋转时与轴的非负半轴所成的角为，定义，，则下列说法正确的是（ ） A. ，使得 B. C. 的最小正周期为 D. 当时，的最大值为2 【答案】BD 【解析】 【分析】根据三角函数的性质，结合已知函数定义，利用诱导公式、倍角公式、反证法等对选项进行分析判断． 【详解】选项A：， ， ，，故，故A错误； 选项B：， ， ，故B正确； 选项C：，假设的最小正周期为， 当时，， 当时，， ，与假设矛盾， 故的最小正周期不是，故C错误； 选项D：当时，，， 若，，当时，取最大值2； 若，，值域为； 时，的最大值为2，故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. 过作直线与圆交于，两点，则的最小值为______. 【答案】2 【解析】 【分析】判断点在圆内，设圆心到直线的距离为d，结合圆的几何性质判断当时，d取最大值，利用圆的弦长公式即可求得答案. 【详解】由于，故点在圆内， 设圆心到直线的距离为d，则， 当时，d取最大值，此时， 则的最小值为， 故答案为：2 13. 在数列中，，且，则______. 【答案】 【解析】 【分析】由变形可得，由此推出数列为常数列，结合，可求结论. 【详解】因为， 等式两边同乘以可得，， 两边再同减可得，， 所以数列为常数列， 因为，所以，故， 所以， 故答案为：. 14. 已知为所在平面内一点，且，若，，，则______. 【答案】 【解析】 【分析】先根据已知条件求出的边长，再利用向量的运算法则将转化为边长相关的表达式，进而求出结果. 【详解】因为是三角形内角，， 所以. 在中，根据正弦定理得，解得. 因为，所以为的外心， 所以. ，而. 所以. 在中，根据余弦定理，所以. 设的外接圆半径为，则根据正弦定理得，解得. 所以，所以. 故答案为：-18. 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. 如图，在三棱锥中，底面，，，二面角的大小为，为的中点. （1）证明：平面； （2）若，求异面直线与所成角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）证法一：由等腰三角形的几何性质得出，由底面结合线面垂直的性质得出，再利用线面垂直的判定定理可证得结论成立； 证法二：由等腰三角形的几何性质得出，推导出，可得出，再利用线面垂直的判定定理可证得结论成立； （2）解法一：由（1）结合二面角的定义可知即为二面角的平面角，即，求出、、的长，以为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得异面直线与所成角的余弦值； 解法二：取的中点，连接和，由（1）结合二面角的定义可知即为二面角的平面角，即，求出、、的长，由异面直线所成角的定义可知为异面直线与所成的角，再结合余弦定理求解即可； 解法三：故以为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设，利用空间向量法结合已知条件求出的值，再利用空间向量法可求得异面直线与所成角的余弦值. 【小问1详解】 证法一：因为，，为的中点，所以， 因为底面，平面，所以， 又因为，、平面，所以平面. 证法二：因为，，为的中点，所以， 因为底面，平面，所以， 所以，， 所以， 又因为为的中点，所以. 又因为，、平面，所以平面. 【小问2详解】 解法一：因为，，所以即为二面角的平面角，所以， 因为，，，为的中点， 所以，所以，， 因为平面，平面，所以，所以. 因为底面，， 故以为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则、、、， 则，， 所以， 所以异面直线与所成角的余弦值为. 解法二：取的中点，连接和， 因为，，所以即为二面角的平面角，所以， 因为，，，为的中点， 所以，所以，， 因为平面，平面，所以，所以. 所以， 因为为的中点，为的中点，所以为的中位线， 所以，，所以为异面直线与所成的角. 因为平面，平面，所以， 由勾股定理得， 在中，由余弦定理可得 . 所以异面直线与所成角的余弦值为. 解法三：因为底面，， 故以为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 因为，，，为的中点， 所以，所以， 所以. 设，则、、、，， 则，， 设平面的一个法向量为，则， 令，则，，所以. 易知平面的一个法向量为， 又二面角的大小为，所以，解得（负值舍去）. 所以，， 所以，所以异面直线与所成角的余弦值为. 16. 手机实际充电过程中，为保护电池健康，在不同电量时往往采用不同的模式充电，在某次实验室针对某旧电池从某个电量开始充电到100%的模拟充电实验中，手机电量（单位：%）与充电时间（单位：）近似满足：当时，；当时，；当时，，设为该旧电池开始充电的时刻；当时，认为电量不产生跃变；已知，单调递增. （1）求该旧电池开始充电时的电量及充满电的时刻； （2）求的值. 【答案】（1）， （2）， 【解析】 【分析】（1）由时的解析式，代入得开始充电时的电量；由时的解析式，令，解得充满电的时间； （2）由的解析式，代入，，联立解方程组即可求得的值. 【小问1详解】 由题意，开始充电的时刻为，， 将代入得：， 故该旧电池开始充电时的电量为. 充满电即电量达到，即， 已知单调递增，且，故充满电的时刻必大于60， 此时， 令，得，解得， 故充满电的时刻是. 【小问2详解】 由于当时，认为电量不产生跃变，故当10时，第一段和第二段函数值相等， 由第一段函数知，由第二段函数知， 令两式相等得，即. 时，，化简得. 联立， 解得， 所以. 17. 在中，角是的内角，且. （1）求； （2）若为边BC的中点，且，，求的面积； （3）求的最大值. 【答案】（1） （2） （3）0 【解析】 【分析】（1）运用和差角的正余弦公式以及三角形内角和的诱导公式，对原式进行化简，得到，即可得到； （2）由中线向量定理可得，两边平方后，代入，，，即可依次求得，再运用三角形面积公式即可得解； （3）法一：利用正弦定理进行边化角，再利用三角恒等变换对原式进行化简得到关于的二次函数，再利用换元法令，结合的取值范围求出的取值范围，即可求出函数的最大值； 法二：运用余弦定理进行化简，得到关于的二次函数，再利用正弦定理边化角及三角恒等变换将转化为，结合的取值范围求出的取值范围，即可求出函数的最大值. 【小问1详解】 因为， 所以， 所以， 所以， 整理得， 又，所以， 所以，又，所以. 【小问2详解】 因为为边BC的中点，所以， 因为，，， 所以 ， 即，解得，即，所以. 所以，即的面积为. 【小问3详解】 法一：由正弦定理得 . 令，由知. 当时，； 当时，，此时. 综上，. 令，， 易知，故， 即当且仅当时，取得最大值0. 法二：由余弦定理得，则 . 由正弦定理得， 令，由知， 当时，；当时，， ，此时. 综上，. 令，， 易知，故， 即当且仅当时，取得最大值0. 18. 已知函数，. （1）若，求曲线在处的切线方程； （2）若为函数的导函数，讨论函数的极值； （3）若，证明：在上恒成立. 【答案】（1） （2）当时，函数在上无极值； 当时，函数在处取得极小值，无极大值. （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）对函数求导，求出曲线在切点处的切线斜率及切点坐标，代入直线方程求解. （2）求出函数的导函数，明确函数的定义域，对导函数再次求导，利用倒数的符号变化判断单调性，进而确定极值. （3）将不等式恒成立问题转化为函数最值问题，通过构造函数、研究单调性和最值来证明. 【小问1详解】 当时，，， 所以， 所以，又， 则曲线在处的切线方程为，即. 【小问2详解】 因为，， 所以，， 令，， 则，. 当时，，函数在上单调递增， 此时函数在上无极值； 当时，令，解得， 当时，，此时函数在上单调递减； 当时，，此时函数在上单调递增， 所以当时，函数取得极小值，无极大值. 综上，当时，函数在上无极值； 当时，函数在处取得极小值，无极大值. 【小问3详解】 不等式可化为， 即， 令，. 则，， 由（2）可知，时，函数在上单调递减， 在上单调递增，在处取得最小值， 因为，所以在上单调递减，在上单调递增， 所以， 所以函数在上单调递增. 所以. 即当时，在上恒成立. 19. 已知数列，，，，且，，成等差数列. （1）若，，求数列的前4项和. （2）若，，是否存在，，使得？若存在，求出所有满足条件的，的值；若不存在，请说明理由. （3）定义：对于一个无穷数列，如果存在常数，对于任意给定的正数，总存在正整数，使得当时，都有，则称常数为数列的极限，记作.设数列的前项和为，，求实数和的值. 【答案】（1） （2）存在，， （3）， 【解析】 【分析】（1）由及成等差数列得，然后分别求得，得和； （2）证明是等比数列并求其通项，由得到，令，进而得到，逐项分析值得到 （3）由成等差数列得到是等比数列并求其通项，进而求得，表示出，由得到满足条件求值. 【小问1详解】 因为成等差数列，所以， 又，所以， ，， 所以，， ，， 所以. 【小问2详解】 因为，所以， 所以是首项，公比的等比数列， 所以，所以， 若存在，使得，即，则， 令，则，整理得， 因为，所以，所以， 当时，，，符合条件； 当时，，不符合条件； 令，则， 所以在单调递增，而， 所以当时，，不符合条件， 综上满足条件的值为：. 【小问3详解】 由可得，即， 所以是等比数列，首项为，公比为， 所以， 整理得， 所以 因为，所以，得①， 且，得②， 由①②可得. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $