精品解析：江苏省无锡市江阴市三校联考2025-2026学年高三上学期12月月考数学试题

江阴市三校2025-2026学年度第一学期12月联合考试 数学试卷 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡的相应位置. 1. 已知集合则（ ） A. B. C. D. 2. 在复平面内，点对应的复数为，则（ ） A. B. C. D. 3. 直线，平行的一个充分条件是（ ） A. ，都垂直于同一个平面 B. ，与同一个平面所成的角相等 C. ，都平行于同一个平面 D. ，都垂直于同一条直线 4. 设，为平面上两点，定义为，的“直角距离”.若，则线段长度的最小值为（ ） A. B. C. 2 D. 5. 已知是首项和公差均为的等差数列，是首项和公比均为的等比数列，．若的前5项和与的前4项和都等于，则（ ） A. 30 B. 32 C. 42 D. 46 6. 某化工厂对产生的废气进行过滤后排放，过滤过程中废气的污染物含量（单位：）与时间（单位：）间的关系为：，其中是正的常数．如果在前消除了的污染物，则污染物减少需要花费的时间为（ ） （精确到，参考数据） A. 30 B. 31 C. 32 D. 33 7. 古希腊数学家阿波罗尼奥斯（约公元前262～公元前190年）的著作《圆锥曲线论》是古代数学的重要成果．其中有这样一个结论：平面内与两点距离的比为常数的点的轨迹是圆，后人称这个圆为阿波罗尼斯圆．已知点，，动点满足，则点的轨迹与圆：的公切线的条数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 8. 已知函数的导函数为，当时，，则下列结论一定正确的是（ ） A. B. C. 在上单调递减 D. 当时， 二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共计18分.每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分. 9. 在长方体中，，，动点在棱上，则（ ） A. B. C. 三棱锥的体积是定值 D. 若，则长为1 10. 已知圆，点是直线上一动点，过点作圆的切线，，切点分别是和，下列说法正确的为（ ） A. 圆上恰有一个点到直线的距离为 B. 四边形面积的最小值为 C. 存在唯一点，使得 D. 直线恒过定点 11. 设函数，则（ ） A. 的图象关于直线对称 B. 的一个正周期为 C. 的一个单调减区间是 D. 函数在区间上有2026个零点，则的最小值为 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 如图，向量，，的起点与终点均在正方形网格的格点上，请用基底，表示__________. 13. 若直线为曲线与的公切线，则直线的方程可以为_________.（写出符合条件的一个方程即可） 14. 函数有两个零点，则实数的取值范围为___________. 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. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，为椭圆上一点. （1）若焦距为，点的坐标为，求椭圆的标准方程； （2）若，且的面积为，求的值. 16. 已知函数在处有极值为. （1）求； （2）已知数列的前项和，满足=，记求. 17. 如图，在四边形中，，F为CD的中点，点E在AB上，，.将四边形沿翻折至四边形，使得面与面EFCB所成的二面角为． （1）证明：平面； （2）求面与面所成的二面角的正弦值． 18. 在中，内角所对的边分别为，且． （1）判断的形状； （2）设，且是边的中点，当最大时，求的面积． 19. 若有穷数列满足，则称为数列． （1）判断下列数列是否为数列，并说明理由． ①；②． （2）已知数列中各项互不相等，令，求证：数列是等差数列的充分必要条件是数列是常数列． （3）已知数列是个连续正整数的一个排列，若，求的所有取值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 江阴市三校2025-2026学年度第一学期12月联合考试 数学试卷 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡的相应位置. 1. 已知集合则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】求出集合后结合交集的定义可求. 【详解】，故， 故选：D. 2. 在复平面内，点对应的复数为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先利用复数的几何意义求出复数，再结合模的公式计算即可. 【详解】因为在复平面内，点对应的复数为，所以， 所以， 则. 故选：C 3. 直线，平行的一个充分条件是（ ） A. ，都垂直于同一个平面 B. ，与同一个平面所成的角相等 C. ，都平行于同一个平面 D. ，都垂直于同一条直线 【答案】A 【解析】 【分析】根据空间中的点、线、面的位置关系逐项判断即可. 【详解】对于A，若，都垂直于同一个平面，则直线，平行，符合充分条件，故A正确； 对于B，若，与同一个平面所成的角相等，则直线，可能相交，比如圆锥的母线和底面所成角都相等，但圆锥的母线都相交，故B错误； 对于C，若，都平行于同一个平面，则直线，可能相交，故C错误； 对于D，若，都垂直于同一条直线，则直线，可能相交，比如正方体同一个顶点的三条棱，两两垂直，故D错误. 故选：A 4. 设，为平面上两点，定义为，的“直角距离”.若，则线段长度的最小值为（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】A 【解析】 【分析】令，根据题意可化为二次函数，即可求出结果. 【详解】根据题意，直角距离， 令，则，， 线段长度， 由，得，代入得： ， 当时，取最小值为，此时，即，满足条件. 故选：A 5. 已知是首项和公差均为的等差数列，是首项和公比均为的等比数列，．若的前5项和与的前4项和都等于，则（ ） A. 30 B. 32 C. 42 D. 46 【答案】A 【解析】 【分析】根据给定条件，利用等差数列、等比数列前项和公式列式求解即可. 【详解】依题意，，显然， ，则， 又，故， 所以，由，得， 则，解得，所以. 故选：A 6. 某化工厂对产生的废气进行过滤后排放，过滤过程中废气的污染物含量（单位：）与时间（单位：）间的关系为：，其中是正的常数．如果在前消除了的污染物，则污染物减少需要花费的时间为（ ） （精确到，参考数据） A. 30 B. 31 C. 32 D. 33 【答案】D 【解析】 【分析】根据所给数据先求，再解即可得解. 【详解】由题意当时，，当时，， 所以，解得，所以． 当时，有， 即，解得． 故选：D． 7. 古希腊数学家阿波罗尼奥斯（约公元前262～公元前190年）的著作《圆锥曲线论》是古代数学的重要成果．其中有这样一个结论：平面内与两点距离的比为常数的点的轨迹是圆，后人称这个圆为阿波罗尼斯圆．已知点，，动点满足，则点的轨迹与圆：的公切线的条数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】先求得点的轨迹方程，然后根据圆与圆的位置关系确定公切线的条数. 【详解】依题意动点满足， 所以,， 整理得，所以点的轨迹是以为圆心，半径的圆. 圆的圆心为，半径， ，所以两圆外切，则公切线有条. 故选：C 8. 已知函数的导函数为，当时，，则下列结论一定正确的是（ ） A. B. C. 在上单调递减 D. 当时， 【答案】D 【解析】 【分析】A选项，令得；D选项，构造函数，得到的单调性，然后利用单调性和的性质即可得到结论；BC选项，根据的正负判断. 【详解】在中令得，故A错； 令，则， 因为当时，， 所以，在上单调递增， 因为，所以当时，，时，， 因为在时，，时，， 所以时，，故D正确； ，则，，故的正负不确定，故B错； 当时，，，故在的单调性不确定，故C错. 故选：D. 【点睛】方法点睛：构造函数的常见类型： ①乘积形式：例如，； ②商的形式：例如，. 二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共计18分.每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分. 9. 在长方体中，，，动点在棱上，则（ ） A. B. C. 三棱锥的体积是定值 D. 若，则长为1 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A,由平行的传递性知A错误；对于B，建立空间直角坐标系，求出向量的坐标，由，可得解；对于C，三棱锥的体积，故C正确；对于D，由，解得，故D正确. 【详解】如图： 对于A，，与不平行，故A错误； 对于B，以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则，，故.故B正确； 对于C,点到平面的距离为，三棱锥的体积 故C正确； 对于D，，解得，所以长为1，故D正确. 故选：BCD 10. 已知圆，点是直线上一动点，过点作圆的切线，，切点分别是和，下列说法正确的为（ ） A. 圆上恰有一个点到直线的距离为 B. 四边形面积的最小值为 C. 存在唯一点，使得 D. 直线恒过定点 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用圆心到直线的距离可判断A；利用圆的性质可得切线长，由题可得四边形的面积，可判断B；当时，四边形为正方形，将问题转化为时，求点的个数，即可判断C；由题可知点，在以为直径的圆上，利用两圆方程相减可得公共弦的方程，即可判断D. 【详解】由圆，可知圆心，半径. 对于A，由圆心到直线的距离为， 所以圆上任意一点到直线的距离的取值范围为（当时，直线与圆的两个交点处分别取等号）. 而，所以圆上有两个点到直线的距离为，故A错误； 对于B，四边形的面积， 由圆的性质可得切线长， 所以当最小时（时）, ， 所以四边形的面积的最小值为1，故B正确； 对于C，若，由，，则四边形为正方形，则， 设，则，解得， 即存在唯一P点，使得，故C正确； 对于D，设，因为为过点作圆的切线，所以点在以为直径的圆上. 又，所以以为直径的圆为，即. 与圆联立，相减，即为直线的方程为：. 由，得，即直线恒过定点，故D正确. 故选：BCD. 【点睛】关键点睛：本题D选项的关键是分析得点在以为直径的圆上，进而两圆方程相减得到直线的方程，再利用直线过定点问题的求解方法即可得解. 11. 设函数，则（ ） A. 的图象关于直线对称 B. 的一个正周期为 C. 的一个单调减区间是 D. 函数在区间上有2026个零点，则的最小值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据正弦型函数的对称性、周期性、零点，结合诱导公式、辅助角公式、余弦型函数的单调性逐一判断即可. 【详解】因为， 所以的图象关于直线对称，因此选项A正确； 因为， 所以的一个正周期为，因此选项B正确； 当时，， 因为， 所以此时函数单调递增，因此选项C错误； 要想有最小值，只需都是零点， 因为该函数是以为周期的周期函数， 所以我们可以假设， 当时，， 令 ， 因此当时， 假设时，要想有2026个零点只需， 此时， 若时，要想有2026个零点只需， 此时， 因为， 所以的最小值为，因此选项D正确， 故选：ABD 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 如图，向量，，的起点与终点均在正方形网格的格点上，请用基底，表示__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据平面向量的基本定理进行表示即可. 【详解】假设竖直向上的一个向量的起点与终点在网格的格点上，且长度为最小正方形边长， 那么，所以有， 那么. 故答案为：. 13. 若直线为曲线与的公切线，则直线的方程可以为_________.（写出符合条件的一个方程即可） 【答案】（或） 【解析】 【分析】利用导数求出两条曲线的切线方程，再利用公共切线可解出切点，进而求得切线的方程． 【详解】直线与曲线的切点为， ，切线的斜率为， 所以切线方程为，即． 直线与曲线的切点为， ，切线的斜率为， 所以切线方程为，即， 因为直线为曲线与的公切线， 所以， 由得，两边取自然对数得， 即，即， 代入得，即，解得或， 所以或， 所以的方程为或． 故答案为：（或）． 14. 函数有两个零点，则实数的取值范围为___________. 【答案】 【解析】 【分析】将题设问题等价转化成函数图象与直线在上有两个交点，利用导数工具研究函数的单调性和最值并数形结合即可求解. 【详解】由题可得方程在上有两个根方程在上有两个根 函数图象与直线在上有两个交点， ，则， 所以时，时， 所以在上单调递增，在上单调递减， 又时且，， 所以时，则，时，则 所以在上单调递增，在上单调递减，且， 时且时且，如图， 所以函数图象与直线在上有两个交点，则. 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. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，为椭圆上一点. （1）若焦距为，点的坐标为，求椭圆的标准方程； （2）若，且的面积为，求的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）首先根据焦距可以求解的值，然后再将点代入椭圆方程中，进而通过解方程求解，的值； （2）由的面积求解的值，再结合椭圆的定义和余弦定理进行求解即可. 【小问1详解】 已知，所以得：，即， 由于点在椭圆上，将其代入椭圆方程， 可得：，即， 又因为，即. 联立，整理得：，解得：或（舍） 所以，故椭圆的标准方程为. 【小问2详解】 因为，所以的面积， 则，根据椭圆定义可得：. 根据余弦定理可得：， 整理得：， 代入得：，即，即得：. 16. 已知函数在处有极值为. （1）求； （2）已知数列的前项和，满足=，记求. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）求导，根据极值点处导数值为和极值列方程求解，再进行验证； （2）根据和的关系求出通项公式，再利用裂项相消法求和. 【小问1详解】 由题意得：化简得：. 化简得：. 联立方程代入求解得：或. 当此时，导数在处不变号，不是极值点，舍去； 当此时，导数在处左右符号变号，是极值点. ； 【小问2详解】 由（1）得，故，. 当时，； 当时，= 而不满足上式，. 时， = =. 且也满足上式，. 17. 如图，在四边形中，，F为CD的中点，点E在AB上，，.将四边形沿翻折至四边形，使得面与面EFCB所成的二面角为． （1）证明：平面； （2）求面与面所成的二面角的正弦值． 【答案】（1） 设，所以，因为为中点，所以， 因为，，所以是平行四边形， 所以，所以， 因为平面平面，所以平面， 因为平面平面，所以平面， 又，平面，所以平面平面， 又平面，所以平面． （2） 【解析】 【分析】（1）先应用线面平行判定定理得出平面及平面， 再应用面面平行判定定理得出平面平面，进而得出线面平行； （2）建立空间直角坐标系，利用已知条件将点的坐标表示出来，然后将平面及平面的法向量求出来，利用两个法向量的数量积公式可将两平面的夹角余弦值求出来，进而可求得其正弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为，所以，又因为，所以， 以为原点，以及垂直于平面的直线分别为轴，建立空间直角坐标系. 因为，平面与平面所成二面角为60° ， 所以. 则，，，，，. 所以. 设平面的法向量为，则 ，所以，令，则，则. 设平面的法向量为， 则，所以， 令，则，所以. 所以. 所以平面与平面夹角的正弦值为. 18. 在中，内角所对的边分别为，且． （1）判断的形状； （2）设，且是边的中点，当最大时，求的面积． 【答案】（1）为等腰三角形 （2） 【解析】 【分析】（1）根据条件，利用倍角公式及平方关系得到，进而得到，即可求解； （2）根据条件及余弦定理得到，利用基本不等式得到，进而可得，从而有当最大时，为正三角形，即可求解. 【小问1详解】 因为，所以，即， 整理得，所以． 因为，则，所以， 即，则为等腰三角形． 【小问2详解】 由（1）及题设，有， 所以 ，当且仅当时，等号成立． 又为三角形内角，所以，即的最大值为， 此时，又，所以， 故，可得三角形ACD为直角三角形且． 可得为正三角形， 又，所以当最大时，的面积． 19. 若有穷数列满足，则称为数列． （1）判断下列数列是否为数列，并说明理由． ①；②． （2）已知数列中各项互不相等，令，求证：数列是等差数列的充分必要条件是数列是常数列． （3）已知数列是个连续正整数的一个排列，若，求的所有取值． 【答案】（1） ①因为，所以数列不是数列； ②因为，所以是数列． （2） 必要性： 若数列是等差数列，设其公差为，则， 所以数列是常数列． 充分性： 若数列是常数列， 则，即， 所以或． 因为数列的各项互不相等，所以， 所以数列是等差数列． 综上可知，数列是等差数列的充分必要条件是数列是常数列 （3）或 【解析】 【分析】（1）根据数列的定义，即可求解； （2）根据充分必要条件的证明方法，结合等差数列的定义及数列的定义，即可求解； （3）根据数列的定义，可得不合题意，和符合题意，再证明时，不存在满足题意，即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 当时，因为，所以，不符合题意； 当时，数列为，此时，符合题意； 当时，数列为，此时，符合题意． 下面证当时，不存在满足题意． 令， 则，且， 所以有以下三种可能： ① ② ③ 当时，因为， 由（2）知：，，…，是公差为1（或）的等差数列， 当公差为1时，由得或， 所以或，与已知矛盾 当公差为时，同理得出与已知矛盾． 所以当时，不存在满足题意． 其他情况同理可得，不存在满足题意． 综上可知，的所有取值为或． 【点睛】方法点晴：“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $