精品解析：福建省漳州市第三中学2025-2026学年高三上学期12月月考数学试题

漳州三中2025-2026学年高三毕业班第三次月考数学试题 （时间：120分钟，满分：150分） 注意事项: 1.答题前，考生务必将自己的姓名、班级、考场号、座位号填入答题卡相应位置内； 2.客观题请用2B铅笔填涂在答题卡上，主观题用黑色的签字笔书写在答题卡上；考试结束时，只交答题卡，试卷请妥善保管. 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，为虚数单位，，若，则复数在复平面上所对应的点在（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 在平行四边形中，、分别为、的中点，设，，则（ ） A. B. C. D. 3. 函数的大致图像为（ ） A. B. C. D. 4. 中国古代的“礼、乐、射、御、书、数”合称“六艺”.“礼”主要指德育；“乐”主要指美育；“射”和“御”就是体育和劳动；“书”指各种历史文化知识；“数”指数学.某校国学社团开展“六艺”讲座活动，每艺安排一次讲座，共讲六次.讲座次序要求“礼”在第二次，“数”和“书”相邻，则“六艺”讲座不同的次序共有（ ） A. 24种 B. 36种 C. 48种 D. 120种 5. 已知，，，则，，的大小关系为（ ） A. B. C. D. 6. 已知角的始边为轴的非负半轴，终边经过点，则（ ） A. 或 B. 或 C. D. 7. 已知正四棱台，，其侧面积为，则该棱台的体积为（ ） A. B. C. D. 8. 若定义在上的函数的导数为，且满足：①为奇函数；②对任意的，都有，则称函数具有性质.已知函数具有性质，则不等式的解集为（ ） 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，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知等比数列的前项积为，并且满足条件，数列为单调递减数列，，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. 的最大值为 D. 10. 2025年春晚舞台上的灯光特效呈现出一种独特的动态变化.某处灯光的亮度变化可以近似用三角函数来描述，这个三角函数的图象如图所示，则（ ） A. 的最小正周期为 B. 是奇函数 C. 的图象关于点对称 D. 若在上有且仅有两个极值点，则 11. 已知椭圆的方程是，为椭圆上任意一点，，分别为椭圆的左、右焦点，过点且斜率不为0的直线与椭圆交于A，B两点，的周长为8，则下列说法正确的是（ ） A. B. 存在点，使得的面积为1 C. 椭圆上存在6个不同的点，使得为直角三角形 D. 内切圆半径的最大值与外接圆半径的最小值的比值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知数列的前项和为，且，则数列的通项公式__________. 13. 过圆外一点作圆的切线，则切线方程为__________. 14. 已知函数，若有两个不同的极值点，，且当时恒有，则的取值范围为__________. 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. 某市航空公司为了解每年航班正点率对每年顾客投诉次数（单位：次）的影响，对近8年（2017年～2024年）每年航班正点率和每年顾客投诉次数的数据作了初步处理，得到下面的一些统计量的值. 600 592 43837.2 93.8 （1）求关于的经验回归方程，若该市航空公司预计2025年航班正点率为，请估算2025年顾客对该市航空公司投诉的次数； （2）根据数据统计，该市所有顾客选择乘坐该航空公司航班的概率为，现从该市所有顾客中随机抽取4人，记这4人中选择乘坐该航空公司航班的人数为，求的分布列和数学期望. 附：经验回归直线的斜率和截距的最小二乘法估计公式分别为： 16. 如图所示，正四棱锥中，，点是棱上的一点. （1）若平面，求的值； （2）当满足第（1）步的结论时，异面直线与所成角的余弦值为，求点到面的距离. 17. 设为数列的前项和，已知，，且数列为等差数列. （1）求证：数列为等差数列，并求. （2）若数列满足，且，求数列的前项和. 18. 已知函数. （1）求函数的最小正周期及单调递减区间； （2）在中内角所对的边分别为，为锐角，，且. （i）若为锐角三角形，求的取值范围； （ii）延长到点，使，若，，求的值. 19. 已知， （1）当时，证明：； （2）设，若对任意的，恒成立，求的取值范围； （3）证明：对任意的正整数，总有. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 漳州三中2025-2026学年高三毕业班第三次月考数学试题 （时间：120分钟，满分：150分） 注意事项: 1.答题前，考生务必将自己的姓名、班级、考场号、座位号填入答题卡相应位置内； 2.客观题请用2B铅笔填涂在答题卡上，主观题用黑色的签字笔书写在答题卡上；考试结束时，只交答题卡，试卷请妥善保管. 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，为虚数单位，，若，则复数在复平面上所对应的点在（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】D 【解析】 【分析】易知，再结合复数的除法运算法则可得，根据复数的几何意义可得复数的坐标，即可得所在象限. 【详解】因为，，， ∴，∴, ∴，∴在复平面内对应的点的坐标为，位于第四象限． 故选：． 2. 在平行四边形中，、分别为、的中点，设，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】应用向量加减、数乘的几何意义用，表示出. 【详解】由已知， . 故选：C 3. 函数的大致图像为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用排除法，先利用函数的奇偶性排除BC；再代入特殊值排除D，从而得解. 【详解】由函数的奇偶性可知函数是非奇非偶函数，所以排除BC项； 令，得， 说明当时，有小于0的函数值，所以排除D项. 故选：A. 4. 中国古代的“礼、乐、射、御、书、数”合称“六艺”.“礼”主要指德育；“乐”主要指美育；“射”和“御”就是体育和劳动；“书”指各种历史文化知识；“数”指数学.某校国学社团开展“六艺”讲座活动，每艺安排一次讲座，共讲六次.讲座次序要求“礼”在第二次，“数”和“书”相邻，则“六艺”讲座不同的次序共有（ ） A. 24种 B. 36种 C. 48种 D. 120种 【答案】B 【解析】 【分析】利用分类加法计数原理与分步乘法计数原理可得结论. 【详解】由题意，“礼”排第二只有一种排法，若“数和书”排第三，第四时有两种排法， 乐、射、御全排列，有种次序，由分步乘法计数原理有种次序； 同理可得若“数和书”排第四，第五和排第五，第六时各有种次序； 所以由分类加法计数原理可得“六艺”讲座不同的次序共有种. 故选：B． 5. 已知，，，则，，的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据作商比较法及换底公式得，再由指数函数的单调性推得即可. 【详解】由，，则，即， 由，则. 故选：D 6. 已知角的始边为轴的非负半轴，终边经过点，则（ ） A. 或 B. 或 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先确定所在象限，再根据三角函数的定义及二倍角的正切公式求出，再根据两角和差正弦公式及商数关系化弦为切可得，计算即可求解. 【详解】由题意可得角是第四象限角，即， 故， 当时，，为第二象限角， 当时，，为第四象限角， 所以为第二象限角或第四象限角，， 因为，解得或（不符合题意，舍去） 所以 . 故选：C 7. 已知正四棱台，，其侧面积为，则该棱台的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先根据正四棱台侧面积公式求出斜高，再利用斜高与高、上下底面边长差的关系求出高，最后代入棱台体积公式计算体积 【详解】设：下底边长：，上底边长：，高：，侧棱长度：，侧面的斜高：， 每个梯形的面积为：， 总侧面积为：， 因此： 正四棱台两底面边心距的差为， 根据勾股定理：， 棱台的体积为：. 故选：B. 8. 若定义在上的函数的导数为，且满足：①为奇函数；②对任意的，都有，则称函数具有性质.已知函数具有性质，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】构造函数，得到函数在上为单调递减函数，且为偶函数，再分和两种情况讨论，结合函数的单调性，即可求解. 【详解】设，则当时，， 因为，所以， 所以在上单调递减， 又为奇函数，所以，所以， 所以在上是偶函数， 所以在上单调递增， 当时，即时，有， 由可得， 所以，解得，此时无解； 当时，即时，由可得， 所以，解得或，所以或， 由不等式有意义可知，即， 综上可得，不等式的解集为. 故选：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. 已知等比数列的前项积为，并且满足条件，数列为单调递减数列，，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. 的最大值为 D. 【答案】AC 【解析】 【分析】先分析数列的单调性与公比范围，结合题中不等式，利用等比数列的性质计算判断各个选项. 【详解】已知等比数列为单调递减数列，且.设公比为， 若，则单调递增（舍去）；若，则，数列是常数列（舍去）； 若，则不具有单调性(舍去)；若，则单调递减； 可知，. 对于A，因为，所以或， 解得或，根据单调性，所以，A正确. 对于B，因为，，B错误. 对于C，前项积，因为， 故，而，后续因乘以小于的项而递减， 故的最大值为，C正确. 对于D，根据等比数列性质，因为， 故，D错误. 故选：AC. 10. 2025年春晚舞台上的灯光特效呈现出一种独特的动态变化.某处灯光的亮度变化可以近似用三角函数来描述，这个三角函数的图象如图所示，则（ ） A. 的最小正周期为 B. 是奇函数 C. 的图象关于点对称 D. 若在上有且仅有两个极值点，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据函数图象得出函数解析式判断A，应用函数奇偶性判断B，应用三角恒等变换计算化简得出解析式应用对称中心判断C，应用极值点计算求解参数判断D． 【详解】根据图象可知，，所以，即， 又因为，所以，所以， A，的最小正周期为，故正确； B，，是奇函数，故正确； C， ， 当时，，此时， 所以的图象不关于点对称，故错误； D，时，， 要使在上有且仅有两个极值点，则，解得，即，正确． 故选：ABD． 11. 已知椭圆的方程是，为椭圆上任意一点，，分别为椭圆的左、右焦点，过点且斜率不为0的直线与椭圆交于A，B两点，的周长为8，则下列说法正确的是（ ） A. B. 存在点，使得的面积为1 C. 椭圆上存在6个不同的点，使得为直角三角形 D. 内切圆半径的最大值与外接圆半径的最小值的比值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对A，根据椭圆的定义求解即可；对B，根据椭圆的性质判断即可；对C，根据，或，可判断；对D，根据的面积表达式分析内切圆半径的最大值，正弦定理得外接圆半径的最小值即可. 【详解】A，椭圆的方程是，且焦点在轴， 由椭圆的定义可得的周长为，得，正确； B，根据椭圆性质，， 的面积最大值为， 所以存在点，使得的面积为1，正确； C，若为直角三角形，当，存在两个这样的点， 当，存在两个这样的点， 当，可得的轨迹为以为直径的圆，即，不包括两点， 因为，所以圆与椭圆有四个交点， 即椭圆上存在4个不同的点，使得， 所以椭圆上存在8个不同的点，使得为直角三角形，错误； D，的周长为，设的内切圆半径为， 则，故当最大时最大，此时为上（下）顶点， ，则，解得， 设的外接圆半径为，根据正弦定理，， 根据C选项，可知存在点P使得，则，此时， 所以内切圆半径的最大值与外接圆半径的最小值的比值为，正确. 故选：ABD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知数列的前项和为，且，则数列的通项公式__________. 【答案】 【解析】 【分析】令先求出，然后根据递推关系可证明其是等比数列，由此即可写出通项公式. 【详解】因为数列的前项和为，，① 当时，，即， 当时，，② 由①－②得，即， ∴数列是以为首项，为公比的等比数列． ∴. 故答案为： 13. 过圆外一点作圆的切线，则切线方程为__________. 【答案】或 【解析】 【分析】分斜率存在与不存在两种情况，结合点到直线的距离公式计算即可求解. 【详解】设圆的圆心为，半径， 若切线斜率不存在，则切线方程为， 此时圆心到直线的距离为，等于半径，符合题意； 若切线斜率存在，设斜率为，则切线方程为，即， 由题意可得圆心到直线的距离等于半径， 即，解得， 所以切线方程为； 综上，过圆外一点作圆的切线，则切线方程为或. 故答案为：或. 14. 已知函数，若有两个不同的极值点，，且当时恒有，则的取值范围为__________. 【答案】 【解析】 【分析】有两个不同的极值点，则有两个不同的零点，则且，恒成立，即恒成立，分和两种类型讨论，通过构造函数，利用导数求最值，求的取值范围. 【详解】由题意可知， ∵有两个不同的极值点，，∴且. ①若，则，， 当时，由，得，即， ∴，设， 则，∴在上单调递减，则， 则，∴. ②若，则，， 当时，由，得， 若，则当时，，不满足题意. ∴，此时，即， 设，则，令，得， 令，得， ∴在上单调递减，在上单调递增， 则有，解得，∴. 综上，的取值范围是. 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. 某市航空公司为了解每年航班正点率对每年顾客投诉次数（单位：次）的影响，对近8年（2017年～2024年）每年航班正点率和每年顾客投诉次数的数据作了初步处理，得到下面的一些统计量的值. 600 592 43837.2 93.8 （1）求关于的经验回归方程，若该市航空公司预计2025年航班正点率为，请估算2025年顾客对该市航空公司投诉的次数； （2）根据数据统计，该市所有顾客选择乘坐该航空公司航班的概率为，现从该市所有顾客中随机抽取4人，记这4人中选择乘坐该航空公司航班的人数为，求的分布列和数学期望. 附：经验回归直线的斜率和截距的最小二乘法估计公式分别为： 【答案】（1），次 （2）分布列见解析，期望为 【解析】 【分析】（1）根据题中数据利用最小二乘法求出，进而可求回归直线方程，将代入回归方程即可得解； （2）先写出随机变量的所有可能取值，再求出对应概率，即可得分布列，再根据期望公式求期望即可. 【小问1详解】 ， 则， 所以， 所以关于的经验回归方程为； 当时，， 所以2025年顾客对该市航空公司投诉的次数约为次； 【小问2详解】 可取，， ，， ，， ， 所以分布列为 所以. （另解：服从，）. 16. 如图所示，正四棱锥中，，点是棱上的一点. （1）若平面，求的值； （2）当满足第（1）步的结论时，异面直线与所成角的余弦值为，求点到面的距离. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用线面平行的性质定理证明线线平行，利用比例关系可得； （2）法一，设点，转化异面直线所成角为两向量夹角待定，再利用平面法向量求解点面距可得；法二，设，利用平行关系转化异面直线所成角为，借助直角三角形待定，再利用等体积法求解点面距即可. 【小问1详解】 连接，，连接， 四边形是正方形，是中点， 平面，面，面平面， ， ； 【小问2详解】 方法一（向量法）； 连结，因为正四棱锥中，平面，， 所以两两垂直， 以为坐标原点，以所在直线分别为轴， 建立如图所示的空间直角坐标系， ，，设， 则， 所以， 又异面直线与所成角的余弦值为， 所以， 化简得，由，解得， 故， 所以， 设平面的法向量为， 则，得， 取，则，得. 设到面的距离为，平面，， ， 到面的距离为； 方法二：（几何法）由（1）可知， 为异面直线与所成角， 设，则， ， ， ，解得 ， 连结，则， 因为在正四棱锥中，平面， 到面的距离为， ， 设点到平面的距离为， ，， ， ， 到面的距离为. 17. 设为数列的前项和，已知，，且数列为等差数列. （1）求证：数列为等差数列，并求. （2）若数列满足，且，求数列的前项和. 【答案】（1）证明见解析， （2） 【解析】 【分析】（1）由数列为等差数列，可求得，从而求得.根据，可得数列的通项公式，由等差数列的定义可证明数列为等差数列； （2）由题可得，利用累乘法可得数列的通项公式，根据裂项相消求和的方法可求得. 【小问1详解】 设等差数列的公差为， ∵，∴，解得，① ∴，即， 当时，， 当时，， 也符合，所以. 所以（常数）. 所以数列是等差数列，. 【小问2详解】 由（1）可知， ∴ 上述各式相乘，得. ∴ 因为满足上式，所以. 故数列的前项和. 18. 已知函数. （1）求函数的最小正周期及单调递减区间； （2）在中内角所对的边分别为，为锐角，，且. （i）若为锐角三角形，求的取值范围； （ii）延长到点，使，若，，求的值. 【答案】（1）， （2）（i）（ii）. 【解析】 【分析】（1）将 利用辅助角公式化简为，即可得到最小正周期和单调区间； （2）（i）利用，求出，再得到再利用正弦定理和三角函数公式将表示为，利用三角函数得的的取值范围； （ii）设，则，利用两次正弦定理化简得到的，再求出，得到. 【小问1详解】 因为， ∴函数的最小正周期为. 由， ∴函数单调递减区间为. 【小问2详解】 （i）由 ∴∵，∴ 由为锐角三角形，得， 因此 ∴， ∴ ∴的取值范围是 （ii） 设，则， 在中，由正弦定理得，即， 在中，由正弦定理得，即， 因此，则， 则，， 所以. 19. 已知， （1）当时，证明：； （2）设，若对任意的，恒成立，求的取值范围； （3）证明：对任意的正整数，总有. 【答案】（1）证明如下： ，，则，定义域为 令，则. 令，得；令，得. 所以在上单调递增，在上单调递减. 所以，所以当时. 所以得证. （2） （3）证明如下： 由（2）中结论， 有当时，，对任意的恒成立， 取可得，，对任意的恒成立. 即对任意的，，变形可得， 分别令，，..，，可得，，……， 累加可得，证毕. 【解析】 【分析】（1）由已知，当时，，构造函数，利用导数可得恒成立，从而证得； （2）讨论的取值，分析的单调性，及在上的取值情况，可得对任意的，恒成立时的取值范围； （3）由（2）的结论，得，根据对数的运算性质，可证. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 设. 若对任意的，恒成立，则恒成立. 又， 设，则，且有， （i）当，时，显然中，则恒成立； （ii）当，时，，则单调递增，. 所以在单调递增，所以，所以恒成立； （iii）当，时，，则单调递增， 又，则必然存在一个，使得， 且有时，单调递减；时,，单调递增. 此时，不满足恒成立. 综上所述，的取值范围是. 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $