精品解析：河南省信阳高级中学北湖校区2026届高三上学期12月测试（一）数学试题

河南省信阳高级中学北湖校区 2025-2026学年高三上期12月测试（一） 数学试题 一、单选题：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，，则中的元素个数为（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 【答案】B 【解析】 【分析】应用并运算求，即可得元素个数. 【详解】由题设，所以，故其中元素共有4个. 故选：B 2. 若复数，则（ ） A. 2 B. C. 4 D. 5 【答案】B 【解析】 【分析】先化简复数z，再利用复数的模求解. 【详解】因为复数， 所以， 所以， 故选：B 3. 已知直线，，是三条不同的直线，，为两个不同的平面，则下列说法正确的是（　　） A. 若，，，，则 B. 若，，则 C. 若，，，则 D. 若，，，，则 【答案】D 【解析】 【分析】根据空间中的线面关系及面面垂直的性质定理，逐项分析判断即可求解. 【详解】若，，，，则或，故选项A不正确； 若，，则或，故选项B不正确； 若，，，则或，故选项C不正确； 由面面垂直的性质定理可知选项D正确. 故选：D. 4. 已知数列满足，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题知，代入计算即可得到，继而得到. 【详解】因为数列满足，， 所以， 所以， 则， 所以， 故选：A. 5. 平行四边形中，， 点在边上，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】建立直角坐标系，得到，构造函数，利用二次函数的单调性求得函数的值域，即可求得的取值范围. 【详解】由题意，平行四边形中，， 以为原点，以所在的直线为轴，以的垂线为轴，建立如图所示的坐标系， 则， 设，则，所以， 所以， 设， 可得在上单调递减，在上单调递增， 所以， 所以的取值范围是. 故选：A. 【点睛】本题主要考查了向量数量积的坐标表示及运算，以及二次函数的图象与性质的应用，其中解答中建立直角坐标系，利用向量的数量积的坐标运算求得函数的解析式是解答的关键，着重考查推理与运算能力. 6. 在等差数列中，公差是与的等比中项．已知数列成等比数列，则数列的通项公式为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】计算等差数列的基本量，进而得，数列记为，则为等比数列，即可得，由等差数列通项公式即可求解. 【详解】依题意，即，解得，故． 新数列，记为，则为等比数列， 所以公比， 所以， 又因为， 所以． 故选：B 7. 已知函数的图象是由的图象向右平移个单位得到的．若在上仅有一个零点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】将问题化为函数在上仅有一个零点，求出零点，然后讨论由第一个正零点在区间上，第二个正零点大于列不等式组求解可得. 【详解】由题知，函数在上仅有一个零点， 所以，所以， 令，得，即. 若第一个正零点，则（矛盾）， 因为函数在上仅有一个零点， 所以，解得. 故选：A 8. 若正实数满足，且，则下列不等式一定成立的是（ ） A B. C. D. 【答案】AD 【解析】 【分析】因为，为单调递增函数，故，由于，故，或.对于ABC，分、，结合对数函数的性质及作差比较法即可判断；对于D，由两边取自然对数得到，即，构造函数（且），通过导数判断单调性即可判断. 【详解】因为，为单调递增函数，故， 由于，故，或， 当时，，此时； ，故； ，； 当时，，此时，，故；，； 对于ABC，A正确，BC均错误； 对于D，，两边取自然对数，， 因为不管，还是，均有， 所以，故只需证即可， 设（且），则， 令（且），则， 当时，，当时，， 所以，所以且上恒成立， 故（且）单调递减， 因为，所以，结论得证，D正确． 故选：AD． 【点睛】思路点睛：构造函数是基本的解题思路，因此观察题目所给的数的结构特点，以及数与数之间的内在联系，合理构造函数，利用导数判断单调性是解题的关键. 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得6分，部分选的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知函数，则（ ） A. 曲线关于轴对称 B. 曲线关于原点对称 C. 在上单调递减 D. 在上单调递增 【答案】AD 【解析】 【分析】求得函数的奇偶性判断选项AB；利用导数求得在上的单调性判断选项C；求得在上的单调性判断选项D. 【详解】函数定义域为， ， 则函数为偶函数，曲线关于轴对称. 则选项A判断正确；选项B判断错误； 当时，，， 则当时，，单调递增，则选项C判断错误； 当时，，， 则当时，，单调递增，则选项D判断正确. 故选：AD 10. 函数的所有极值点从小到大排列成数列，设是的前项和，则下列结论中正确的是（ ） A. 数列为等差数列 B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】先对函数求导，结合导数确定极值点，然后结合三角函数的性质分别检验各选项即可判断. 【详解】由，令，得或，， 由正弦函数的图象和性质可得函数的极值点为或，， 又，则，，，，…， 对于A，数列的奇数项成首项为，公差为的等差数列，偶数项成首项为，公差为的等差数列，故A错误； 对于B，，故B正确； 对于C， ， ，故C正确； 对于D，由，则，故D错误. 故选：BC. 11. 已知正方体棱长为2，如图，为棱上的动点，平面．下面说法正确的是（ ） A. 直线与平面所成角的正弦值范围为 B. 点与点重合时，平面截正方体所得的截面，其面积越大，周长就越大 C. 点为的中点时，若平面经过点，则平面截正方体所得截面图形是等腰梯形 D. 已知为中点，当的和最小时，的长度为 【答案】AC 【解析】 【分析】以点D为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断A选项的正误；证明出平面，分别取棱,,,,,的中点，比较和六边形的周长和面积的大小，可判断B选项的正误；利用空间向量法找出平面与棱、的交点，判断四边形的形状可判断C选项的正误；将矩形与矩形摊平为一个平面，利用三点共线得知最短，利用平行线分线段成比例定理求得,可判断D选项的正误. 【详解】对于A选项，以点D为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则点、、设点， 平面，则为平面的一个法向量，且，， ， 所以，直线与平面所成角的正弦值范围为，A选项正确； 对于B选项，当与重合时，连接， 在正方体中，平面，平面，， ∵四边形是正方形，则，，平面， 平面， 平面，，同理可证， ，平面，平面， 易知是边长为的等边三角形，其面积为，周长为. 分别取棱,,,,,的中点， 易知六边形是边长为的正六边形，且平面平面， 正六边形的周长为，面积为， 则的面积小于正六边形的面积，它们的周长相等，B选项错误； 对于C选项，设平面交棱于点，点，， 平面，平面，，即，得，， 所以，点为棱的中点，同理可知，点为棱的中点，则，， 而，，且， 由空间中两点间的距离公式可得，， ，所以，四边形为等腰梯形，C选项正确； 对于D选项，将矩形与矩形沿摊平为一个平面，如下图所示： 若最短，则三点共线， ，，又， ，D选项错误. 故选：AC. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知平面向量，，若，则___________. 【答案】 【解析】 【分析】由向量平行可得，再由向量线性运算的坐标表示可得，最后应用向量模长的坐标运算求. 【详解】由题设，，即，则， 所以，故. 故答案为：. 13. 在△ABC中，，面积为12，则=______． 【答案】 【解析】 【分析】利用面积公式即可求出sinC．使用二倍角公式求出cos2C． 【详解】由题意，在中，，，面积为12， 则，解得． ∴． 故答案为． 【点睛】本题考查了三角形的面积公式，二倍角公式在解三角形中的应用，其中解答中应用三角形的面积公式和余弦的倍角公式，合理余运算是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题． 14. 当时，函数的图象在直线的下方，则实数的取值范围是___________． 【答案】 【解析】 【分析】分离参数，构造函数，求导分析出单调性，求出该函数的最小值，即可得到的取值范围. 【详解】由题意知，，即 构造函数，则 令，则， 所以在上单调递增，故， 故当时单调递减； 当时单调递增， 所以，所以. 故答案为： 四、解答题：本大题共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. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且． （1）求A； （2）若∠BAC的角平分线交BC于点D，且，求面积的最小值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）借助降幂公式及正弦定理与辅助角公式计算即可得解. （2）借助等面积法及基本不等式即可得解. 【小问1详解】 ， 由正弦定理可知：， 又，化简得， 即， 所以，， 即，因为，所以，从而； 【小问2详解】 由题意可得：， 且，即， 化简得， 而，解得，等号成立当且仅当， 的面积，等号成立当且仅当， 综上所述，的面积的最小值为. 16. 已知的周长为12，顶点的坐标分别为为动点． （1）求动点的轨迹的方程； （2）过原点作两条关于轴对称的直线（不与坐标轴重合），使它们分别与曲线交于两点，求这四点所对应的四边形的面积的最大值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据椭圆定义求出，求得曲线的方程； （2）设两直线的方程为与，求出与曲线在第一象限内的交点坐标，表示其面积并利用基本不等式求解. 【小问1详解】 由题意知， 所以的轨迹为椭圆的一部分，且，所以. 故曲线的方程为 【小问2详解】 设两直线的方程为与， 记与曲线在第一象限内的交点为， 由，可得， 结合图形的对称性可知：四交点对应的四边形为矩形，且其面积， 因为，所以（当且仅当时取等号）， 故四边形面积的最大值为. 17. 如图，在五面体ABCDE中，平面ABC，，，. （1）求证：平面平面ACD； （2）若，，五面体ABCDE的体积为，求直线CE与平面ABED所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析； （2）. 【解析】 【分析】（1）若是中点，连接，作，根据题设可得两两垂直，构建空间直角坐标系，令，并确定点坐标，求面、面的法向量，应用空间向量夹角的坐标表示即可证结论. （2）根据已知体积，结合棱锥的体积公式求出，进而求面ABED的法向量、直线CE的方向向量，应用空间向量夹角的坐标表示求线面角的正弦值. 【小问1详解】 若是中点，连接，作，由知：， 因为面ABC，则面ABC，又面ABC， 所以，， 综上，两两垂直，故可构建如下图示的空间直角坐标系， 令，，，则，，， 所以，， 若是面的一个法向量，即，令，则， 又是面的一个法向量，则， 所以面面. 【小问2详解】 由面ABC，面ABED，则面ABED面ABC，故到面ABED的距离，即为△中上的高， 因，，则，故， 所以上的高. 又面ABC，则，而，有，， 所以为直角梯形，令，则， 综上，，故. 由（1）知：，，，， 所以，， 若是面ABED的一个法向量，即，令，则， 而，则， 所以直线CE与平面ABED所成角的正弦值为. 18. 已知且，函数． （1）当时，求的单调区间； （2）若曲线与直线有且仅有两个交点，求a的取值范围． 【答案】（1）上单调递增；上单调递减；（2）. 【解析】 【分析】（1）求得函数的导函数，利用导函数的正负与函数的单调性的关系即可得到函数的单调性； （2）方法一：利用指数对数的运算法则，可以将曲线与直线有且仅有两个交点等价转化为方程有两个不同的实数根，即曲线与直线有两个交点，利用导函数研究的单调性，并结合的正负，零点和极限值分析的图象，进而得到，发现这正好是，然后根据的图象和单调性得到的取值范围. 【详解】（1）当时，, 令得,当时，,当时，, ∴函数在上单调递增；上单调递减； （2）[方法一]【最优解】：分离参数 ,设函数, 则,令，得, 在内,单调递增； 在上,单调递减； , 又，当趋近于时，趋近于0， 所以曲线与直线有且仅有两个交点，即曲线与直线有两个交点的充分必要条件是,这即是, 所以的取值范围是. [方法二]：构造差函数 由与直线有且仅有两个交点知，即在区间内有两个解，取对数得方程在区间内有两个解． 构造函数，求导数得． 当时，在区间内单调递增，所以，在内最多只有一个零点，不符合题意； 当时，，令得，当时，；当时，；所以，函数的递增区间为，递减区间为． 由于， 当时，有，即，由函数在内有两个零点知，所以，即． 构造函数，则，所以的递减区间为，递增区间为，所以，当且仅当时取等号，故的解为且． 所以，实数a的取值范围为． [方法三]分离法：一曲一直 曲线与有且仅有两个交点等价为在区间内有两个不相同的解． 因为，所以两边取对数得，即，问题等价为与有且仅有两个交点． ①当时，与只有一个交点，不符合题意． ②当时，取上一点在点的切线方程为，即． 当与为同一直线时有得 直线的斜率满足：时，与有且仅有两个交点． 记，令，有．在区间内单调递增；在区间内单调递减；时，最大值为，所以当且时有． 综上所述，实数a的取值范围为． [方法四]：直接法 ． 因为，由得． 当时，在区间内单调递增，不满足题意； 当时，，由得在区间内单调递增，由得在区间内单调递减． 因为，且，所以，即，即，两边取对数，得，即． 令，则，令，则，所以在区间内单调递增，在区间内单调递减，所以，所以，则的解为，所以，即． 故实数a的范围为．] 【整体点评】本题考查利用导数研究函数的单调性，根据曲线和直线的交点个数求参数的取值范围问题，属较难试题， 方法一：将问题进行等价转化，分离参数，构造函数，利用导数研究函数的单调性和最值，图象，利用数形结合思想求解. 方法二：将问题取对，构造差函数，利用导数研究函数的单调性和最值. 方法三：将问题取对，分成与两个函数，研究对数函数过原点的切线问题，将切线斜率与一次函数的斜率比较得到结论． 方法四：直接求导研究极值，单调性，最值，得到结论. 19. 已知数列满足：，，其中为数列的前n项和． （1）求数列的通项公式； （2）设m为正整数，若存在首项为1且公比为正数的等比数列（），对任意正整数k，当时，都有成立，求m的最大值． 【答案】（1） （2）5 【解析】 【分析】（1）由题意利用递推关系式讨论可得数列是等差数列，据此即可确定其通项公式； （2）求出，将原问题进行等价转化，构造函数，结合导函数研究函数的性质即可求得的最大值． 小问1详解】 因为，所以， 由，得，则，， 由，得， 当时，由，得， 故 整理得， 所以数列是等差数列，且首项为，公差为， 所以； 【小问2详解】 由（1）知，, 因为数列为首项为1且公比为正数的等比数列，设公比为q，所以，， 因为，所以，其中，2，3，…，m． 当时，有； 当，3，，m时，有． 设（），则， 令，得，列表如下： x 单调递增 极大值 单调递减 因为，所以． 所以，故，故， 令（），则， 令，则， 当时，，即， ∴在上单调递减， 即时，，则， 下面求解不等式， 化简得， 令，则， 由得，，∴在上单调递减， 又由于，， ∴存在使得，所以， ∴m的最大值为5． 【点睛】方法点睛：等差数列的三种判定方法： （1）定义法：（常数）数列为等差数列； （2）等差中项法：数列为等差数列； （3）通项公式法：（、为常数，）数列为等差数列. 但如果要证明一个数列是等差数列，则必须用定义法或等差中项法. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 河南省信阳高级中学北湖校区 2025-2026学年高三上期12月测试（一） 数学试题 一、单选题：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，，则中的元素个数为（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 2 若复数，则（ ） A. 2 B. C. 4 D. 5 3. 已知直线，，是三条不同的直线，，为两个不同的平面，则下列说法正确的是（　　） A 若，，，，则 B. 若，，则 C. 若，，，则 D. 若，，，，则 4. 已知数列满足，，则（ ） A B. C. D. 5. 平行四边形中，， 点在边上，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 6. 在等差数列中，公差是与的等比中项．已知数列成等比数列，则数列的通项公式为（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数的图象是由的图象向右平移个单位得到的．若在上仅有一个零点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 若正实数满足，且，则下列不等式一定成立是（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得6分，部分选的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知函数，则（ ） A. 曲线关于轴对称 B. 曲线关于原点对称 C. 在上单调递减 D. 在上单调递增 10. 函数的所有极值点从小到大排列成数列，设是的前项和，则下列结论中正确的是（ ） A. 数列为等差数列 B. C. D. 11. 已知正方体棱长为2，如图，为棱上的动点，平面．下面说法正确的是（ ） A. 直线与平面所成角的正弦值范围为 B. 点与点重合时，平面截正方体所得的截面，其面积越大，周长就越大 C. 点为的中点时，若平面经过点，则平面截正方体所得截面图形是等腰梯形 D. 已知为中点，当的和最小时，的长度为 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知平面向量，，若，则___________. 13. 在△ABC中，，面积为12，则=______． 14. 当时，函数的图象在直线的下方，则实数的取值范围是___________． 四、解答题：本大题共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. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且． （1）求A； （2）若∠BAC的角平分线交BC于点D，且，求面积的最小值． 16. 已知周长为12，顶点的坐标分别为为动点． （1）求动点的轨迹的方程； （2）过原点作两条关于轴对称的直线（不与坐标轴重合），使它们分别与曲线交于两点，求这四点所对应的四边形的面积的最大值． 17. 如图，在五面体ABCDE中，平面ABC，，，. （1）求证：平面平面ACD； （2）若，，五面体ABCDE的体积为，求直线CE与平面ABED所成角的正弦值. 18. 已知且，函数． （1）当时，求的单调区间； （2）若曲线与直线有且仅有两个交点，求a的取值范围． 19. 已知数列满足：，，其中为数列的前n项和． （1）求数列的通项公式； （2）设m为正整数，若存在首项为1且公比为正数的等比数列（），对任意正整数k，当时，都有成立，求m的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $