湖北省襄阳市枣阳市第一中学2025-2026学年高三上学期12月月考数学试题

枣阳一中2025-2026学年高三上学期12月月考数学试题 一、单选题：本大题共8小题，共40分。 1.已知集合，，则  A. B. C. D. 2.若，则 A. 2 B. C. 1 D. 3.设随机变量X服从正态分布，且，则      A. B. C. D. 4.已知，为双曲线C：的左右焦点，点A的坐标为若为等边三角形，则双曲线C的离心率是(    ) A. B. C. 2 D. 3 5.已知是定义在R上的偶函数，且，则 A. B. C. D. 6.已知，且，，则    A. B. C. D. 7.曲线与直线有两个交点，则实数k的取值范围是(    ) A. B. C. D. 8.如图，在中，，，，F为AD与BE的交点，则向量在上的投影向量的模的最小值为    A. B. C. D. 二、多选题：本大题共3小题，共18分。 9.已知圆锥的侧面展开图是半径等于2的半圆，则圆锥的(    ) A. 底面半径为1 B. 表面积为 C. 体积为 D. 外接球与内切球半径比值为3 10.已知抛物线C：的焦点为F，A，B为C上不同的两点，O为坐标原点，若，则 A. 焦点F的坐标为 B. C. 直线AO交直线l：于点N，则 D. 11.三次函数的图象与x轴有两个交点，则      A. 有唯一的极值 B. C. 存在等差数列，使 D. 过点可作曲线的两条切线 三、填空题：本大题共3小题，共15分。 12.在二项式的展开式中，含项的系数为          . 13.在中内角的对边分别为a，b，c，已知，则          . 14.有n个编号分别为1，2，，n的盒子，第1个盒子中有3个白球1个黑球，其余盒子中均为1个白球1个黑球，现从第1个盒子中任取一球放入第2个盒子，再从第2个盒子中任取一球放入第3个盒子，以此类推，从第n个盒子中取到黑球的概率是          . 四、解答题：本大题共5小题，共64分。 15.在中，角所对的边分别为 求A；点D在边BC上，AD平分，若，求的周长. 16.如图，在四棱锥中，四边形ABCD为菱形，，， 证明：平面PAC； 若，求平面PCD与平面PAC夹角的余弦值. 17.已知数列的前n项和为，且满足，是3与的等差中项. 设，证明数列是等比数列； 是否存在实数，使得不等式，对任意正整数n都成立？若存在，求出的最小值；若不存在，说明理由. 18.如图，已知椭圆过点，焦距为，斜率为的直线l与椭圆C相交于异于点P的M，N两点，且直线PM，PN均不与x轴垂直. 求椭圆C的方程;若，求MN的方程; 记直线PM的斜率为，直线PN的斜率为，证明：为定值. 19.已知函数， 讨论函数的单调性；若，求的值；证明： 试卷第1页，共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 枣阳一中2025-2026学年高三上学期12月月考数学答案解析 1.【答案】B 2.【答案】D 3.【答案】A  4.【答案】C 【解析】双曲线的左右焦点为、， 则，又，因为等边三角形， 故，即，两边平方得，结合得，即，即，所以 5.【答案】C 【解析】由题意，是偶函数，故根据递推关系： 令，得，结合偶函数性质，代入得，解得，令，得，代入，得， 6.【答案】B 【解析】由，得， 同理可得， 两式相加得， 即，所以，因为，所以，得，所以 7.【答案】D 【解析】此题考查了直线与圆相交的性质，恒过定点的直线方程，点到直线的距离公式，以及直线斜率的求法，利用了数形结合的思想. 当直线l与半圆相切时，圆心到直线的距离等于圆的半径，利用点到直线的距离公式列出关于k的方程，求出方程的解得到k的值；当直线l过B点时，由A和B的坐标求出此时直线l的斜率，根据两种情况求出的斜率得出k的取值范围． 解：根据题意画出图形，如图所示：由题意可得：做直线l过， 又曲线图象为以为圆心，2为半径的半圆， 当直线l与半圆相切，C为切点时，圆心到直线l的距离，即，解得：； 当直线l过点时，直线l的斜率为，则直线l与半圆有两个不同的交点时，实数k的范围为 8.【答案】C 【解析】由题，设， 因为A，F，D三点共线，B，F，E三点共线，所以， 所以， 则向量在上的投影向量的模为， 当且仅当即时等号成立. 9.【答案】AC 【解析】A：圆锥侧面展开图的半径为母线长，半圆的弧长为， 此弧长等于底面圆周长，故，解得底面半径，A正确； B：圆锥表面积=侧面积+底面积，侧面积为半圆面积， 底面积为，总表面积为，B错误； C：圆锥的高，体积，C正确； D：外接球半径R：球心在圆锥高线上，设球心到底面距离为d，则且，联立得， 内切球半径：球心到侧面距离等于半径，由母线与高的夹角为得，解得， 比值为，D错误. 10.【答案】AC 【解析】A，抛物线，知，得，所以焦点，故A正确； B，由题意直线AB过焦点，设方程为，代入抛物线方程得， 设、，得，，由得， ，，故，， ，故B错误； C，由B解得，直线AO的方程为，令得， B点坐标为，故BN的直线方程为，垂直于直线，故C正确； D，，，则，故D错误. 11.【答案】BCD 【解析】本题考查利用导数求已知函数的极值或极值点，求曲线外一点的切线方程，利用导数研究函数的零点，等差数列的性质. 首先求函数的极值点，并根据极值点和零点的定义，即可判断AB，根据的特征，判断，即可求等差数列，判断C，根据导数的几何意义，求切点个数，即可判断 解：A，，得或，，的变化情况如表所示， x 1 + 0 - 0 + 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 函数有2个极值，故A错误； B，极小值，若函数的图象与x轴的交点有2个，则，即，即函数，其中极大值点就是一个零点，另一个零点是2，所以，故B正确； C，当时，满足，则， ， 同理，满足，故C正确； D，设过点作曲线的切线的切点为，则，， 则，即，即，得或，有两个切点，所以过点可作曲线的两条切线，故D正确. 12.【答案】5 【解析】二项式的展开式的通项公式为， 令，解得，含项的系数是 13.【答案】3 【解析】解：因为，所以， 因为存在，所以，所以，所以， 即，即，所以，由正弦定理得： 14.【答案】 【解析】本题考查全概率公式、等比数列的通项公式等基础知识． 记事件  表示从第  ，2，  ，  个盒子里取出黑球，进而根据题意建立递推关系，再结合  ，得到数列 是首项为  ，公比为  的等比数列，然后根据等比数列的通项公式即可求出结果． 解：记事件  表示从第  ，2，  ，  个盒子里取出黑球，则  ，  ，  ，  ， 进而可得 ，  ， ，即  ，又 ， 是首项为，公比为的等比数列，， ． 15.【答案】解：因为  ，由正弦定理得  ， 又  ，所以  ，由于  ，则  . 因为  ，所以  ， 即，由余弦定理得， 所以  ，解得  ，或  舍去， 所以  ，即  的周长为  . 16.【答案】解：证明：如图，设AC中点为O，连接PO， 四边形ABCD为菱形，，，是等边三角形，，，，， 在中，，，，即， ，即，又四边形ABCD为菱形，， 因为，，，平面PAC，平面PAC，平面PAC； ，，由得OD，OC，OP两两互相垂直， 故以O为坐标原点，OD，OC，OP所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系， 则，，，， 可得，， 设平面PCD的法向量为，则， 令，则，故平面PCD的一个法向量为， 易知平面PAC的一个法向量为， 平面PCD与平面PAC夹角的余弦值为 17.【答案】证明：由题设得①，有②， 在①中令得，， 由②-①，得， 又，所以，数列是首项为4，公比为2的等比数列． 解：由得，即，变形得到，数列是等差数列， 由此得， 当，，，当时，符合上式；由恒成立，令，则， 当时，；当时，，的最大值为，， 综上可得的最小值为 【解析】本题主要考查等差数列的性质，等比数列的证明，数列与不等式的综合． 根据等差中项的应用可得，利用与的关系即可证明； 由，根据等比数列的通项公式可得，即，进而数列为等差数列，利用公式法求出与，有，结合数列的单调性即可求解． 18.【答案】解：由题意得，解得故椭圆C的方程为 设，，直线l的方程为 由得，由，得， 则， 解得或当时，直线经过点，不符合题意，舍去． 则时，此时直线l的方程为 因为直线PM，PN均不与x轴垂直，所以，，则且， 所以为定值． 【解析】本题考查椭圆的标准方程，直线与椭圆的综合． 19.【答案】解：的定义域是，， 当时，恒成立，在单调递增， 当时，令，得，则时，；时，， 故在单调递减，在单调递增. 综上，当时，在单调递增， 当时，在单调递减，在单调递增； 若，则，，， 由时，，则在单调递增， 故，即，，故； 要证，即证， 设，， 令，，则， 故函数在上单调递增，又，， 故在上存在唯一零点，即， 故当，，当时，， 故函数在上单调递减，在上单调递增， 故， 由，得，故，即  【解析】本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及不等式的证明，考查转化思想，分类讨论思想. 求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间； 根据函数的单调性得，即，从而求出的值； 问题转化为证，设，，根据函数的单调性证明即可. 答案第1页，共1页 学科网（北京）股份有限公司 $