精品解析：河南省安鹤新联盟2025-2026学年高三上学期12月联考数学试题

2026届高三上学期12月联考 数学试题卷 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】解出分式不等式后，由补集定义与交集定义计算即可得. 【详解】由，可得，解得， 故，则或， 又，则. 故选：C. 2. 已知直线，，则“”是“”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】C 【解析】 【分析】先求两直线平行时的取值，再判断和时两直线是否平行，从而确定条件类型. 【详解】直线，平行或重合的充要条件是，所以或． 将代入直线，的方程，得，，易知； 将代入直线，的方程，得，，直线，重合，故舍去． 综上所述，“”是“”的充要条件． 故选：． 3. 已知复数，在复平面上对应的点分别为A，B，且O为复平面原点，若（i为虚数单位），向量绕原点逆时针方向旋转，且模伸长为原来的2倍后与向量重合，则（ ） A. 的虚部为 B. 对应的点在第二象限 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数的概念，几何意义，模长公式，除法运算一一判定选项即可. 【详解】由可知，则逆时针旋转后相应点为， 所以，即，其虚部为，故A错误； ，其对应点在第三象限，故B错误； ，故C正确； ， 则，故D错误. 故选：C 4. 已知，，，则的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，构造函数，利用导数判断单调性即可得解. 【详解】令函数，求导得， 因此函数在上单调递增，则，， 所以. 故选：C 5. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由二倍角公式可得，再结合已知可求得，利用同角三角函数的基本关系即可求解. 【详解】 ， ，，，解得， ，. 故选：A. 【点睛】关键点睛：本题考查三角函数化简问题，解题的关键是利用二倍角公式化简求出. 6. 在正三棱柱每条棱的中点中任取2个点，则这两点所在直线平行于正三棱柱的某个侧面或底面所在平面的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】将题中的直线分成三类，结合图形分别判断其与正三棱柱的底面和侧面的位置关系，统计符合要求的直线条数，再利用古典概型概率公式即可求得. 【详解】 如图，将直线分成3种情况： ，均平行于上底面或下底面，有条； ，均不平行于正三棱柱的某个平面； ，均平行于某个侧面，有条. 又直线总数为条，故所求概率为. 故选：D 7. 已知点、是椭圆的左、右焦点，点M为椭圆B上一点，点关于的角平分线的对称点N也在椭圆B上，若，则椭圆B的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据角平分线的对称性质和椭圆的性质得，再结合题设得，进而求出，再结合椭圆的定义以及余弦定理即可求解. 【详解】由题意可知，， 且，， 所以， 因为，所以， 所以即， 又，所以， 所以由余弦定理得， 整理得，所以即. 故选：B. 【点睛】关键点睛：解决本题的关键1是抓住角平分线的对称性之和椭圆的几何性质求出，关键2是利用和的关系求出，再在中结合余弦定理即可求解. 8. 已知数列满足.记数列的前n项和为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】显然可知，，利用倒数法得到，再放缩可得，由累加法可得，进而由局部放缩可得，然后利用累乘法求得，最后根据裂项相消法即可得到，从而得解． 【详解】因为，所以，． 由 ，即 根据累加法可得，，当时， 则，当且仅当时等号成立， ， 由累乘法可得，且， 则，当且仅当时取等号， 由裂项求和法得： 所以，即． 故选：A． 【点睛】本题解题关键是通过倒数法先找到的不等关系，再由累加法可求得，由题目条件可知要证小于某数，从而通过局部放缩得到的不等关系，改变不等式的方向得到，最后由裂项相消法求得． 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. 设数列的前n项和为，则下列说法正确的是（ ） A. 是等差数列 B. 成等差数列，公差为 C. 当或时，取得最大值 D. 时，n的最大值为32 【答案】AC 【解析】 【分析】A选项，为首项为32，公差为的等差数列，从而得到，利用得到，，A正确；B选项，根据等差数列片段和的性质和等差数列定义可知B错误；C选项，配方得到，C正确；D选项，解不等式，求出答案. 【详解】A选项，因为，， 所以为首项为32，公差为的等差数列， 所以， 则， 当时，， 当时，， 显然，即满足上式， 从而， 由于，故为等差数列，A正确； B选项，， ，由于， 由A选项知，的公差为， 故成等差数列，公差为，B错误； C选项，， 又，故当或时，取得最大值，C正确； D选项，，即，解得， 又，故，n的最大值为33，D错误. 故选：AC 10. 公元前6世纪，古希腊的毕达哥拉斯学派把称为黄金数.离心率等于黄金数的倒数的双曲线称为黄金双曲线.若黄金双曲线的左，右顶点分别为，虚轴的上端点为，左焦点为，离心率为，则（ ） A. B. C. 顶点到渐近线的距离为 D. 的外接圆的面积为 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用双曲线的几何性质，结合图形进行计算即可. 【详解】 设双曲线的半焦距为，则， 由题意知，A正确. ，B正确. 对于C，双曲线的渐近线方程为， 所以顶点到渐近线距离，C错误. 对于D，因为，所以，所以为直角三角形，且， 所以的外接圆半径为，故外接球面积，D正确. 故选：ABD. 11. 在中，角A，B，C所对边分别为a，b，c，AC的中点为M，，且，延长AC到点D，使点C为线段AD的中点，下列说法正确的是（ ） A. B. △ABD的面积的最大值为 C. 若△ABC为锐角三角形，BM的取值范围为 D. BD的最小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】已知等式由正弦定理和三角恒等变换化简，求角判断选项A；由余弦定理和基本不等式得，再由求最小值判断选项B；由，利用向量的数量积和三角恒等变换化简得，△ABC为锐角三角形，有，结合正弦函数的性质求取值范围判断选项C；设，由余弦定理，利用辅助角公式和正弦函数的性质求最小值判断选项D. 【详解】对于A，已知，由正弦定理得， 即，得， 则有，得， 又由于，所以，故， 而，所以，选项A正确； 对于B，在中，由余弦定理，得， 所以，所以，当且仅当时取等号， 由于， 所以的面积的最大值为，故选项B错误； 对于C，在中，由正弦定理得， ，， 由AC的中点为M，有， ， △ABC为锐角三角形，则，得， 当，有，所以， 有，故，选项C正确； 对于D，设，所以，在中由余弦定理， ， ，， 故当，即时， 取最小值，所以的最小值为，故D选项正确. 故选：ACD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 函数的所有零点之和为__________． 【答案】9 【解析】 【分析】根据给定条件，构造函数，，作出这两个函数的部分图象，确定两个图象的交点个数，再结合性质计算作答. 【详解】由，令，， 显然与的图象都关于直线对称， 在同一坐标系内作出函数，的图象，如图， 观察图象知，函数，的图象有6个公共点，其横坐标依次为， 这6个点两两关于直线对称，有，则， 所以函数的所有零点之和为9. 故答案为：9 13. 在数1和100之间插入个实数，使得这个数构成递增的等比数列，将这个数的乘积记作，再令，则数列的通项公式是____________. 【答案】 【解析】 【分析】记这个数构成递增的等比数列为，则由，，可求得，代入即可得出答案. 【详解】记这个数构成递增的等比数列为，则由，， 由，则， ，故. 故答案为：. 14. 在Rt中，是的中点，把沿翻折到，设二面角的平面角为，若，则三棱锥外接球表面积的范围是___________． 【答案】 【解析】 【分析】利用球心在过和外接圆圆心且垂直于平面和平面的垂线的交线上找到球心位置，利用题中所给条件建立外接球半径与二面角的平面角为的关系式即可分析计算求解. 详解】由题可得，所以， 所以，故和分别为等边三角形和等腰三角形，且， 如图，分别为外接圆圆心，取中点，连接， 则，，， 且，故为二面角的平面角，所以， 分别过作平面和平面的垂线，则球心均在两垂线上，两垂线的交点即为球心O， 如图，当时，四边形为矩形,则， 所以由得； 若，如图，连接，则与相交于平面一点H， 则所以， 设三棱锥外接球半径为R， 则，，， 所以， 所以， 若，则，令， 则， 所以时，时，所以在上单调递减，在上单调递增， 又， 所以， 综上所述，最小值为1，最大值为. 所以三棱锥外接球表面积最小值为，最大值为. 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. 记的内角所对的边分别为，已知． （1）求； （2）若，，求的面积． 【答案】（1）或 （2） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理，边化角，结合三角形中角的取值范围，可得，从而确定角. （2）根据条件求角求边，再结合三角形面积公式求面积. 【小问1详解】 由 得，而为三角形内角， 故,得，而为三角形内角，或 【小问2详解】 由得， 又，∴， ，故 ， 由（1）得，故， ∴，而为三角形内角， ∴. 又即， 又，而为三角形内角，故， . 16. 如图，在三棱柱中，. （1）证明：平面平面； （2）若，二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）由面面垂直的判定定理证明即可； （2）由线面垂直的性质和二面角的定义证明得到二面角的平面角为，从而根据几何关系得到和的值，取中点，连接，取中点，连接，以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量求线面角的方法计算可得结果. 【小问1详解】 证明：在中，， 由余弦定理，得，所以， 因为，所以， 又，且有平面平面， 所以平面， 而平面，所以平面平面． 【小问2详解】 因为平面平面，所以， 又，所以二面角的平面角为， 在中，，所以， 则为等边三角形，且， 由第（1）问可知，平面平面，且平面平面， 取中点，连接，则平面，所以，平面， 取中点，连接，以所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 则， 设平面的一个法向量为， 则，令，可得， 设直线与平面所成角为，则， 即直线与平面所成角的正弦值为． 17. 已知直线与抛物线交于两点，且． （1）求； （2）设F为C的焦点，M，N为C上两点，，求面积的最小值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用直线与抛物线的位置关系，联立直线和抛物线方程求出弦长即可得出； （2）设直线：，利用，找到的关系，以及的面积表达式，再结合函数的性质即可求出其最小值． 【小问1详解】 设， 由可得，，所以， 所以， 即，因为，解得：． 【小问2详解】 因为，显然直线的斜率不可能为零， 设直线：，， 由可得，，所以，， ， 因为，所以， 即， 亦即， 将代入得， ，， 所以，且，解得或． 设点到直线的距离为，所以， ， 所以的面积， 而或，所以， 当时，的面积． 【点睛】本题解题关键是根据向量的数量积为零找到的关系，一是为了减元，二是通过相互的制约关系找到各自的范围，为得到的三角形面积公式提供定义域支持，从而求出面积的最小值. 18. 若存在实数，对任意，使得函数，则称在上被控制. （1）已知函数在上被控制，求的取值范围. （2）(i)证明：函数在上被1控制. (ii)设，证明：. 【答案】（1） （2）(i)证明见解析；(ii)证明见解析. 【解析】 【分析】（1）根据概念即求在上恒成立，利用导数分类求得的最小值即得； （2）(i)利用导数证明不等式在上恒成立； (ii)根据(i)得利用裂项相消法可证. 【小问1详解】 令，， 则， 当时，，所以在上单调递增， 因为，所以恒成立. 当时，令，得， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，解得， 综上所述，实数的取值范围是. 【小问2详解】 (i)要证明函数在上被1控制， 只需证明，即证. 令， 可得. 当时，，即在区间上单调递增， 所以，原命题得证. (ii)由(i)可知，当时，， 则，即， 则有， 即， 故. 【点睛】思路点睛：关于新定义题的思路有： （1）找出新定义有几个要素，找出要素分别代表什么意思； （2）由已知条件，看所求是什么问题，进行分析，转换成数学语言； （3）将已知条件代入新定义的要素中； （4）结合数学知识进行解答. 19. 一电动玩具汽车需放入电池才能启动.现抽屉中备有6块规格相同的电池，其中3块为一次性电池，另外3块为可反复使用的充电电池.每次使用时随机取一块电池，若取出的是一次性电池，则使用后作废品回收，若取出的是可充电电池，则使用后充满电再放回抽屉. （1）在已知第2次取出一次性电池的条件下，求第1次取出的是可充电电池的概率； （2）设X，Y是离散型随机变量，X在给定事件条件下的期望定义为，其中为X的所有可能取值的集合，表示事件“”与“”均发生的概率.设X表示玩具汽车前4次使用中取出一次性电池的块数，Y表示前2次使用中取出可充电电池的块数，求； （3）若已用完一块一次性电池后，记剩下电池再使用次后，所有一次性电池恰好全部用完的概率为，求数列的通项公式. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）设事件表示第一次取出时为可充电池，事件表示第一次取出时为一次性电池，事件B表示第二次取出时为一次性电池，求出和即可求解； （2）求出的可能取值，求出、和即可求解； （3）分别求出可充电池和一次性电池可使用的数量，求出和，求出时即可求解. 【小问1详解】 设事件表示第一次取出时为可充电池，事件表示第一次取出时为一次性电池，事件B表示第二次取出时为一次性电池， 则，， 所以； 【小问2详解】 由题意，的可能取值为1，2，3， ，，， 所以； 【小问3详解】 由题意，现有3块可充电池和2块一次性电池可使用， 经分析可得，， 时， . 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026届高三上学期12月联考 数学试题卷 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. 已知直线，，则“”是“”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. 已知复数，在复平面上对应的点分别为A，B，且O为复平面原点，若（i为虚数单位），向量绕原点逆时针方向旋转，且模伸长为原来的2倍后与向量重合，则（ ） A. 的虚部为 B. 对应的点在第二象限 C. D. 4. 已知，，，则大小关系为（ ） A. B. C. D. 5. 若，则（ ） A. B. C. D. 6. 在正三棱柱每条棱的中点中任取2个点，则这两点所在直线平行于正三棱柱的某个侧面或底面所在平面的概率为（ ） A B. C. D. 7. 已知点、是椭圆的左、右焦点，点M为椭圆B上一点，点关于的角平分线的对称点N也在椭圆B上，若，则椭圆B的离心率为（ ） A. B. C. D. 8. 已知数列满足.记数列的前n项和为，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. 设数列的前n项和为，则下列说法正确的是（ ） A. 是等差数列 B. 成等差数列，公差为 C. 当或时，取得最大值 D. 时，n的最大值为32 10. 公元前6世纪，古希腊的毕达哥拉斯学派把称为黄金数.离心率等于黄金数的倒数的双曲线称为黄金双曲线.若黄金双曲线的左，右顶点分别为，虚轴的上端点为，左焦点为，离心率为，则（ ） A. B. C. 顶点到渐近线的距离为 D. 的外接圆的面积为 11. 在中，角A，B，C所对边分别为a，b，c，AC的中点为M，，且，延长AC到点D，使点C为线段AD的中点，下列说法正确的是（ ） A. B. △ABD的面积的最大值为 C. 若△ABC为锐角三角形，BM的取值范围为 D. BD的最小值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 函数的所有零点之和为__________． 13. 在数1和100之间插入个实数，使得这个数构成递增的等比数列，将这个数的乘积记作，再令，则数列的通项公式是____________. 14. 在Rt中，是的中点，把沿翻折到，设二面角的平面角为，若，则三棱锥外接球表面积的范围是___________． 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. 记的内角所对的边分别为，已知． （1）求； （2）若，，求的面积． 16. 如图，在三棱柱中，. （1）证明：平面平面； （2）若，二面角大小为，求直线与平面所成角的正弦值． 17 已知直线与抛物线交于两点，且． （1）求； （2）设F为C的焦点，M，N为C上两点，，求面积的最小值． 18. 若存在实数，对任意，使得函数，则称在上被控制. （1）已知函数在上被控制，求的取值范围. （2）(i)证明：函数在上被1控制. (ii)设，证明：. 19. 一电动玩具汽车需放入电池才能启动.现抽屉中备有6块规格相同的电池，其中3块为一次性电池，另外3块为可反复使用的充电电池.每次使用时随机取一块电池，若取出的是一次性电池，则使用后作废品回收，若取出的是可充电电池，则使用后充满电再放回抽屉. （1）在已知第2次取出一次性电池的条件下，求第1次取出的是可充电电池的概率； （2）设X，Y是离散型随机变量，X在给定事件条件下的期望定义为，其中为X的所有可能取值的集合，表示事件“”与“”均发生的概率.设X表示玩具汽车前4次使用中取出一次性电池的块数，Y表示前2次使用中取出可充电电池的块数，求； （3）若已用完一块一次性电池后，记剩下电池再使用次后，所有一次性电池恰好全部用完的概率为，求数列的通项公式. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $