精品解析：河北省秦皇岛市琢名小渔名校联考2025-2026学年高三上学期12月联考数学试题

琢名小渔名校联考2026届高三年级联合调研测评 数 学 本试卷共4页，满分150分，考试用时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2B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，再选涂其它答案标号．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、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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知等差数列的第二项和第三项分别为3，1，则第5项的值为（ ） A. B. C. 2 D. 3. 设，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 4. 已知函数是奇函数，则（ ） A. B. 0 C. 2026 D. 4052 5. 已知为实数，设甲：，乙：，则（ ） A. 甲是乙的充要条件 B. 甲是乙的充分不必要条件 C. 甲是乙的必要不充分条件 D. 甲是乙的既不充分也不必要条件 6. 设函数，若曲线在处切线方程为，则实数（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 7. 若，则（ ） A. B. C. D. 8. 对于正数、，若，则（ ） 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，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知函数（且）的图象如图所示，则（ ） A. B. C. D. 当时， 10. 已知平面向量，则（ ） A. 当时， B. 当时，的最小值为 C. 当时， D. 当时， 11. 在中，，则（ ） A B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 算法中常用复杂度表示所需算力，指数时间复杂度表示算法的时间复杂度随输入规模呈指数型增长.记最终所需算力为，由硬件导致的规模系数为（可视为常数），则有.当输入规模增加1时，所需算力变为原来的4倍，则________. 13. 已知球上两点满足，则球体积的最小值为___________． 14. 有一直角转弯走廊（两侧与顶部都封闭），已知两侧走廊的高度都是米，左侧走廊的宽度为米，右侧走廊的宽度为米，现有不能弯折的硬管需要通过走廊.为了方便搬运，规定允许通过此走廊的硬管的最大实际长度为可通过的最大极限长度的倍，则的值是_________. 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. 如图，为圆锥顶点，为底面圆心，为底面直径，．底面圆周上一点满足，为中点． （1）证明：； （2）求平面与平面夹角的余弦值． 16. 将函数的图象上各点的横坐标变为原来的，纵坐标变为原来的2倍后得到的曲线向左平移个单位长度得到函数的图象． （1）求； （2）若在上单调递增，求实数的取值范围． 17. 已知数列的首项为1，且是首项与公比均为的等比数列，已知． （1）判断和的大小关系； （2）证明：是等比数列； （3）求数列的通项公式． 18. 设，的实部为，虚部为． （1）求； （2）求的通项公式； （3）求的前项和． 19. 记函数导数为，的导数为，的导数为．且的图象在上均为连续不断的曲线．已知存在实数使得． （1）设，判断与0大小，并说明理由； （2）若，证明：存在实数，使得在上无零点； （3）若，且存在实数，使得在上恒成立，求实数的取值范围（用含的表达式表示）． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 琢名小渔名校联考2026届高三年级联合调研测评 数 学 本试卷共4页，满分150分，考试用时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2B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，再选涂其它答案标号．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、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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】解不等式求出集合，再由交集定义求解可得. 【详解】由得，所以；解不等式得，所以. 所以. 故选：A 2. 已知等差数列的第二项和第三项分别为3，1，则第5项的值为（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】A 【解析】 【分析】设公差为d，根据条件，可求得d值，代入所求，即可得答案. 【详解】由题意，设公差为d，所以， 则. 故选：A 3. 设，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数的模列式求解即可. 【详解】由复数的模公式得，即， 解得或，又，则. 故选：C. 4. 已知函数是奇函数，则（ ） A. B. 0 C. 2026 D. 4052 【答案】B 【解析】 【分析】先利用的解析式求出的解析式，根据奇函数的性质，让两式相等，根据对应系数相同即可求出答案. 【详解】当时，， 此时，， 因为函数为奇函数，则，则， 即. 则，， 所以. 故选：B. 5. 已知为实数，设甲：，乙：，则（ ） A. 甲是乙的充要条件 B. 甲是乙的充分不必要条件 C. 甲是乙的必要不充分条件 D. 甲是乙的既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】根据充分条件、必要条件的定义进行判断即可. 【详解】甲：，令，则. 所以甲是乙的不充分条件； 乙：，因， 所以，即，所以甲是乙的必要条件. 综上，甲是乙的必要不充分条件. 故选：C. 6. 设函数，若曲线在处的切线方程为，则实数（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】根据知，再分别讨论和的情况即可. 【详解】由知，理由：当时，， 此时函数图象在处尖锐点，不存在导数， 当时，在上，，此时，矛盾． 当时，在上，，此时，而， 故曲线在处的切线方程为， 即，故，由得， 故选：B． 7. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用两角和的正切公式求得，然后利用将目标式子化弦为切，进而代入计算即可. 【详解】因为，所以，解得， 所以. 故选：B 8. 对于正数、，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由已知等式变形得出，结合函数的单调性可求得结果. 【详解】由可得， 即， 构造函数， 因为函数、、在上为增函数， 故函数在上为增函数， 由可得，所以，即． 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，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知函数（且）的图象如图所示，则（ ） A. B. C. D. 当时， 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A：根据函数单调性分析判断；对于B：根据分析判断；对于C：根据分析判断；对于D：整理可得，结合函数单调性分析判断. 【详解】对于选项A：因为在定义域内是增函数可知，故A正确； 对于选项B：因为，故B正确； 对于选项C：因为， 由图可知，即， 且，可得，，故C错误； 对于选项D：因为， 则，可得， 因为在区间上单调递增，则在区间上单调递增， 若，则，故D正确； 故选：ABD. 10. 已知平面向量，则（ ） A. 当时， B. 当时，的最小值为 C. 当时， D. 当时， 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用向量垂直的坐标表示可判定A，利用向量数量积的坐标表示结合二次函数计算可判定B，利用向量模长的坐标表示及一元二次不等式的计算、结合消元法可判定C、D. 【详解】对于A，当时，，即，故A正确； 对于B，当时，即， 所以， 当且仅当时取得等号，故B正确； 对于C，当时，则，所以， 解之得或，故C错误； 对于D，当时，则，所以， 而，则，故D正确. 故选：ABD 11. 在中，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】由正弦定理角化边即可判断A选项；两式相乘，结合三角恒等变换公式，以及放缩，即可判断B选项；设，结合正弦定理以及余弦定理，将题干条件化为关于的方程组即可求解判断C、D选项； 【详解】对于A，由正弦定理得 ，故A正确； 对于，由题意， 即 即 ，即，故B正确； 对于C，设，显然， 由余弦定理得等价于， 由正弦定理得， 即， 即 ， 于是， 代入得， 解得，于是，故C正确； 对于D，，显然，故D错误； 故选:ABC． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 算法中常用复杂度表示所需算力，指数时间复杂度表示算法的时间复杂度随输入规模呈指数型增长.记最终所需算力为，由硬件导致的规模系数为（可视为常数），则有.当输入规模增加1时，所需算力变为原来的4倍，则________. 【答案】2 【解析】 【分析】由题意列式，并结合指数的运算性质计算即可. 【详解】由题意可得， 因为， 所以，解得. 故答案为：2. 13. 已知球上两点满足，则球体积的最小值为___________． 【答案】 【解析】 【分析】利用“当球的直径时，球的半径最小”可得答案. 【详解】因为球体中的最长弦为直径， 所以当球的直径时，球的半径最小， 此时，. 故答案： 14. 有一直角转弯的走廊（两侧与顶部都封闭），已知两侧走廊的高度都是米，左侧走廊的宽度为米，右侧走廊的宽度为米，现有不能弯折的硬管需要通过走廊.为了方便搬运，规定允许通过此走廊的硬管的最大实际长度为可通过的最大极限长度的倍，则的值是_________. 【答案】 【解析】 【分析】先研究硬管水平放置时，令，建立，，利用导数求出；再研究硬管在竖直方向可倾斜后能通过的最大长度． 【详解】如图，铁管水平放置时，令， ，，， 设，， ． 令，，解得：， 当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增． 所以， 此时通过最大长度，， 倾斜后硬管可通过的最大极限长度， ． 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. 如图，为圆锥顶点，为底面圆心，为底面直径，．底面圆周上一点满足，为中点． （1）证明：； （2）求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）先在中计算出的长，再利用等腰三角形的性质可得答案； （2）建系，利用面面角的坐标公式计算可得答案. 【小问1详解】 由， 可知， 由为中点可得． 【小问2详解】 以为坐标原点，垂直于平面的方向为轴正方向， 的方向为轴正方向，的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系． 不妨设，则， 于是． 记平面与平面的一个法向量分别为， ，即，可取， ，即，可取， 记平面 与平面 的夹角为． 16. 将函数的图象上各点的横坐标变为原来的，纵坐标变为原来的2倍后得到的曲线向左平移个单位长度得到函数的图象． （1）求； （2）若在上单调递增，求实数的取值范围． 【答案】（1） （2）． 【解析】 【分析】（1）先根据三角函数的图象变换求出变换后的解析式，然后求函数值即可. （2）根据正弦函数的单调递增区间求出结果即可. 【小问1详解】 通过伸缩变换和振幅变换所得到的图象解析式为， 所以， 【小问2详解】 由得，记， 由解得， 可得的单调递增区间为． 于是，由知，而，故， 于是由得，故， 于是,即实数取值范围是． 17. 已知数列的首项为1，且是首项与公比均为的等比数列，已知． （1）判断和的大小关系； （2）证明：是等比数列； （3）求数列的通项公式． 【答案】（1） （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）先根据等比数列通项公式求得，然后利用指数函数单调性比较大小． （2）结合（1）得， ，进而，利用等比数列定义即可证明． （3）结合（2）利用累加法求解数列通项公式. 【小问1详解】 是首项与公比均为的等比数列，故． 则， 又，故． 【小问2详解】 由，有， 结合（1），，故， 由，同（1）可得，故． 结合两式可得，又， 所以是首项为，公比为的等比数列． 【小问3详解】 结合（2） ， 所以数列的通项公式． 18. 设，的实部为，虚部为． （1）求； （2）求的通项公式； （3）求的前项和． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据复数的运算法则，求得，即可得答案. （2）根据复数的运算法则，可得，根据周期性，分析即可得答案. （3）根据（2），结合周期性，分析可得的表达式，即可得的表达式，化简计算，可得为等比数列，代入公式，即可得答案. 【小问1详解】 由题意，故． 【小问2详解】 因为，所以， 而，所以， 又，所以， 而， 故. 【小问3详解】 由，可得， 于是， 注意到， 而， ， 故是首项为，公比为的等比数列 于是． 19. 记函数导数为，的导数为，的导数为．且的图象在上均为连续不断的曲线．已知存在实数使得． （1）设，判断与0的大小，并说明理由； （2）若，证明：存在实数，使得在上无零点； （3）若，且存在实数，使得在上恒成立，求实数的取值范围（用含的表达式表示）． 【答案】（1），理由见解析 （2）证明见解析 （3）． 【解析】 【分析】（1）解方程求出，然后求出二阶导数，将的值代入即可判断； （2）分在上没有零点和有零点，讨论函数的单调性，结合即可得证； （3）构造函数，分、和讨论，结合（2）中结论求解可得. 【小问1详解】 ，令，即．又，故． ，则．故． 【小问2详解】 由． 若在上没有零点，则在上恒为正或恒为负， 又由于的图象在上为连续不断的曲线，故在上恒成立． 若在上存在零点，根据零点存在性定理，设是在上的第一个零点，即且，在内． 因为在上连续且无零点，所以在上恒为正或恒为负． 由于，可知在上恒成立， 综上，总存在一个右侧的开区间或使得在上恒成立． 故当时，； 故在上单调递减． 又，故必然存在一个实数，使得对于任意， 恒成立， 故在上无零点． 【小问3详解】 令．故原不等式等价于在上恒成立． ． 又，所以， 且． 若，此时． 由于且易知的图象在上均为连续不断的曲线， 由（2）同理可知，总存在一个包含的开区间，使得在上恒成立， 故在上单调递增． 当时，，故， 又，所以在上恒成立， 因为，所以在上单调递减， 又，所以当时，． 因为，所以在上单调递增． 又，所以当时，． 这与题设在上恒成立相矛盾，故舍去． 若，此时，且． 由（2）同理可知，总存在区间，使得在上恒为正． 同理，总存在区间，使得在上恒为正． 因此，在区间内，故在区间上单调递增． 又，所以当时，在上单调递增． ，当时，时，． 故在上单调递减． 又，所以当时，． 因此，取，则在上恒成立，符合题意． 若，此时 ．． 由于，由（2）同理可知，总存在区间，使得在上恒为正． 同理，总存在区间，使得在上恒为正， 因此，在区间内． 故在区间上单调递增． 又，当时，；当时，． 因此，在区间上单调递减，在区间上单调递增． 又，所以当时，在上单调递增． ，当时，． 又，所以当时，． 故在上单调递增． ，当时，． 由于当时，不符合题意，故舍去． 综上所述，实数的取值范围是． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $