精品解析：河北省沧州市2025-2026学年高三上学期12月月考数学试题

沧州市普通高中2026届高三年级教学质量监测 数学试卷 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的学校､班级､姓名及考号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 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，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】将两边同时平方，结合同角三角函数平方关系及正弦二倍角公式求解即可. 【详解】由题意，两边同时平方得 ， 由同角三角函数平方关系得， 则. 故选：B. 2. 已知复数满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用复数的运算化简复数，利用复数的模长公式可求得结果. 【详解】因为，所以，则， 故选：C. 3. 已知是抛物线的准线，点为上一点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据抛物线的准线方程求出的值，可得出抛物线的方程，再将点的坐标代入抛物线方程，即可求出的值. 【详解】因为直线是抛物线的准线，所以，即，所以的方程为， 又在上，代入可得，解得， 故选：D. 4. 已知为坐标原点，，若四边形为平行四边形，则（ ） A. -2 B. 2 C. 1 D. -1 【答案】B 【解析】 【分析】由向量的平行四边形定则结合相等向量计算可得. 【详解】因为四边形为平行四边形， 所以， 所以， 所以，解得， 故选：B. 5. 过点且斜率为的直线被圆截得的弦长为，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】求出直线的方程，利用几何关系求出圆心到直线的距离，结合点到直线的距离公式可得出关于的等式，解之即可. 【详解】依题意，圆心为，半径为，直线的方程为，即， 于是圆心到直线的距离为，解得， 故选：A. 6. 已知各项均为正数的数列满足，且对任意，都有，则的最小值为（ ） A. 9 B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先由题中等式确定的通项，再利用对勾函数的单调性代入，3可得. 【详解】依题意，，解得， 令，则，则是以2为首项，2为公比的等比数列，故， 因为是递增数列，函数在上单调递减，在上单调递增， 且，，故的最小值必在或时取得， 又当时，，当时，， 所以当时，取得最小值为9. 故选：A. 7. 在直四棱柱中，底面为菱形，为等边三角形，，若该直四棱柱的体积为，则以为球心，表面积为的球面与侧面的交线长度为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设，利用柱体的体积公式求出的值，取的中点，连接，证明出平面，分析可知在侧面中，以为圆心的圆弧与棱、的交点分别为、，求出的长以及的大小，结合扇形的弧长公式可得结果. 【详解】依题意，设， ，解得， 如图，取的中点，连接， 因为是边长为的正三角形，所以， 且， 以为球心的球的半径为，则该球的表面积为，解得， 因为平面，平面，故， 又因为，，、平面，故平面， 在侧面中，以为圆心的圆弧与棱、的交点分别为、， 则其半径，则即为所求的交线， 因为，，故，则， 同理可得，故， 又因为，所以的长度为， 故选：D. 8. 已知函数有两个极值点，则的最小整数值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】分析可知在内存在两个变号零点，令，可得出，构造函数，，利用导数分析函数的单调性，可得出即在内有两个不同的根，令，利用导数分析函数的单调性与极值，数形结合可得出的取值范围，即可得出的取值范围，即可得解. 【详解】函数的定义域为， 问题等价于在内存在两个变号零点， 即在内有两个变号零点， 因为，令， 问题可以转化为关于的方程在内有两个不同的解， 又方程可化为，即， 令，，则在区间上恒成立， 所以函数在区间上单调递增. 又，所以，即，所以问题等价于， 即在内有两个不同的根， 令，则， 当时，，函数在区间上单调递增； 当时，，函数在区间上单调递减， 所以函数在处取得极大值， 由图象可知，当时，直线与函数的图象有两个交点，且其横坐标分别为、， 又，所以，所以的最小整数值为， 故选：B. 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. 某公司员工参加技能测试，统计得出从第题至第题每题的平均得分分别为、、、、、、、.关于这组数据，下列说法正确的有（ ） A. 极差为 B. 平均数小于 C. 平均数大于 D. 上四分位数为 【答案】ACD 【解析】 【分析】将这组数据由小到大进行排序，利用极差、平均数、上四分位数的定义逐项判断即可. 【详解】将这组数据由小到大依次排序为：、、、、、、、， 对于A选项，数据中最大的数为，最小的数为，极差为，所以A选项正确； 对于B选项和C选项，平均数为3.48，所以B选项不正确，C选项正确； 对于D选项，上四分位数即为第百分位数，又， 则上四分位数为，所以D选项正确. 故选：ACD. 10. 已知是函数的一个零点，，则（ ） A. 函数在区间上的值域为 B. 函数在区间上单调递减 C. 若方程的相邻的两根分别为，则 D. 函数的最大值为2 【答案】BCD 【解析】 【分析】先利用正弦函数的零点结合题意求出函数的表达式，整体代入利用正弦函数的单调性可判断A，B；结合图象的性质可判断C；结合二次函数和正弦函数的取值可得D. 【详解】依题意，，所以， 又，所以，所以， A，，所以，A不正确； B，，所以函数在区间上单调递减，B正确； C，方程即为，即， 解得，所以，C正确； D，， 当且仅当时，函数取得最大值2，D正确. 故选：BCD 11. 已知双曲线的一条渐近线的倾斜角为，点为上位于第二象限内一点，分别为的左､右焦点，内切圆的圆心为，则（ ） A. 的虚轴长为 B. 当时，的面积为 C. D. 若为坐标原点，则 【答案】BC 【解析】 【分析】由三角形内切圆的性质结合双曲线的定义得到点即为的左顶点确定，再由渐近线方程得到，进而得到双曲线方程，然后可判断A；由，即内切圆半径为，再由内切圆关系得到，利用三角形面积公式可得B；由双曲线的定义可得C；由向量的线性运算和数量积的运算律结合余弦定理可得D. 【详解】 设内切圆与的切点分别为， 则，， 因为点为上位于第二象限内一点，所以， 又， 所以， 则点即为的左顶点，又，所以， 因为，则，所以，所以，双曲线的方程为， 对于A选项，的虚轴长为，所以A选项不正确； 对于B选项，，即内切圆半径为， 所以，所以， 即为直角三角形，所以，所以的面积为，所以B选项正确； 对于C选项，因为， 所以，所以C选项正确； 对于D选项，，所以， 整理得， 又， 两式相加可得， 即，所以，所以D选项不正确. 故选：BC. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知函数，则曲线在点处的切线方程为__________. 【答案】 【解析】 【分析】求出、的值，利用导数的几何意义可得出所求切线的方程. 【详解】对于函数，由可得，故函数的定义域为， ，所以，， 所以曲线在点处的切线方程为，即， 故答案为：. 13. 已知集合，集合，若集合内恰有两个整数，则实数的取值范围是__________. 【答案】 【解析】 【分析】由一元二次不等式的解法求出集合，再利用交集的结果确定实数的取值范围. 【详解】不等式可化为，解得或， 所以， 若集合内恰有两个整数，则这两个整数为，所以. 故答案为：. 14. 已知分别为的内角的对边，的面积为，且.，若恒成立，则实数的最小值为__________. 【答案】4 【解析】 【分析】利用三角形面积公式和数量积的定义求出，然后由正余弦定理和诱导公式化简不等式，再分和两种情况讨论可得. 【详解】解析：因为，即，整理得， 所以，又，所以， 在中，， 则，则有， 由正弦定理可得， 当时，， 当时，， 因为，所以， 综上，则实数的最小值为4. 故答案为：4. 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. 在一个不透明的袋子中有7个不同标记的红球和个不同标记的白球，所有球的大小､质量均相同. （1）若，每次从袋中摸出1个球，摸出后不再放回，求第3次摸出的是第2个白球的概率； （2）若，从袋中一次性摸出4个球，其中红球个数为，白球个数为，记，求的分布列和数学期望. 【答案】（1） （2）的分布列为 0 2 4 ，【解析】 【分析】（1）利用排列组合和古典概率的计算求解即可； （2）先确定从袋中一次性摸出4个球中红球数与白球数从而确定所有可能的取值为，计算相应概率，列出分布列，由期望公式求解可得. 【小问1详解】 若，即袋中有7个红球和3个白球， 第3次摸出的是第2个白球的概率. 【小问2详解】 若，即袋中有7个红球和4个白球， 从袋中一次性摸出4个球， 依题意可知，红球数与白球数可能为. 所以所有可能的取值为， ， 所以的分布列为 0 2 4 . 16. 已知函数. （1）讨论函数的单调性； （2）若函数在区间上的最大值为2，求实数的值. 【答案】（1） 当时，函数在区间上单调递增，在区间上单调递减； 当时，函数在区间上单调递增，在区间上单调递减； 当时，函数在区间上单调递减； 当时，函数在区间上单调递增，在区间，上单调递减. （2）. 【解析】 【分析】（1）求导后分，，，四种情况讨论可得； （2）利用（1）的单调性分和两种情况求出最大值后讨论可得. 【小问1详解】 函数的定义域为， 当，即时，在区间上恒成立， 所以函数在区间上单调递减； 当，即时，，所以函数在区间上单调递增； 时，，所以函数在区间上单调递减； 当，即时，，所以函数在区间上单调递增； 时，，所以函数在区间上单调递减； 当，即时，，所以函数在区间上单调递增， ，，所以函数在区间上单调递减. 综上， 当时，函数在区间上单调递增，在区间上单调递减； 当时，函数在区间上单调递增，在区间上单调递减； 当时，函数在区间上单调递减； 当时，函数在区间上单调递增，在区间，上单调递减. 【小问2详解】 由（1）可知，当时，在区间上单调递减， 所以在上的最大值为，解得，不合题意； 当时，在区间上单调递增，在区间上单调递减， 所以在上的最大值为， 整理得，即，所以，符合题意， 综上可知，函数在区间上的最大值为2时，实数的值为. 17. 如图，在三棱锥中，底面，侧面与底面所成的二面角为为的中点. （1）若，求三棱锥的体积； （2）若异面直线与所成的角为，直线与平面所成的角为，求的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先由和线面垂直的性质定理以及判定定理得到平面，进而得到即为侧面与底面所成的二面角的平面角，再由三棱锥的体积公式计算可得； （2）分别取的中点，连接，利用线面垂直找到和，再利用三角形相似得到，从而可得. 【小问1详解】 如图，连接，因为为的中点，所以， 由题知底面，又底面，所以， 又，平面， 所以平面，因为平面，所以， 所以即为侧面与底面所成的二面角的平面角，即， 又，所以， 所以三棱锥的体积. 【小问2详解】 如图，分别取的中点，连接， 因为，所以即为异面直线与所成的角，即， 因为，又，面， 所以侧面，所以即为直线与平面所成的角，即， 在与中，为公共边，， 所以， 所以， 又， 所以，即， 所以. 18. 已知数列，对于任意，都有成立. （1）若，求数列的前项和. （2）若数列是等比数列，且，求数列的前项和. （3）若，是否存在常数，使得对于任意恒成立？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） （2） （3）不存在，理由见解析 【解析】 【分析】（1）利用题中递推求出数列的通项，再求出，然后分和两种情况讨论可得； （2）利用已知的对数的运算求出数列的通项，再由错位相减法求和可得； （3）利用已知求出，然后构造函数，求导分析单调性后可得，然后再用累加法可得. 【小问1详解】 设数列的前项和为，数列的前项和为， 依题意，， ， ， 当时，， 当时，， 所以 【小问2详解】 因为， ，又是等比数列，所以， 所以，则， 设数列的前项和为， 由， ， 两式作差得 所以. 【小问3详解】 ，则，所以， 所以. 令，则， 所以单调递减，即，即， 令，则， 所以，累加可得， 因为当时，，所以， 所以不存在常数使得对于任意恒成立. 19. “极点与极线”是圆锥曲线的一种基本特征，已知圆锥曲线，点，直线，则称点和直线是圆锥曲线的一对极点和极线.已知为圆：上一点，点，动点满足：，且三点共线，动点的轨迹为曲线，点为上一点. （1）若，对于曲线，与点对应的极线为. （i）证明：与有且仅有一个公共点； （ii）若点与相交于点，求的值. （2）过点且斜率为-1的直线与曲线的另一个交点为，证明：四边形的面积小于. 【答案】（1）（i）证明见解析；（ii） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）（i）先由向量数量积的运算和已知确定动点的轨迹方程，然后得到点对应的极线，直曲联立消去后证明判别式为零可得； （ii）由（i）得到极限方程，设过与垂直的直线交轴于点，利用弦长关系得到，从而确定为的内角平分线即可； （2）设直线的方程为，联立曲线方程得到韦达定理，再设直线与轴的交点为，由四边形的面积，再结合二次函数的性质可证明. 【小问1详解】 因为，即， 又三点共线，所以， 所以动点的轨迹是以为焦点，长轴长为4的椭圆， 所以的方程为. （1）（i）证明：因为为上一点，所以有，且点对应的极线为， 联立整理得， ， 由得，代入得， 所以与曲线相切，切点为，即与曲线有且仅有一个公共点. （ii）由（i）可知，的方程为， 设过与垂直的直线交轴于点，则该直线方程为 令，解得，即， ， 又因为， 同理， ， 所以为的内角平分线， 又直线，所以（在直线上，且在点的左侧）， 又与关于坐标原点对称， 所以， 所以，即. 【小问2详解】 证明：设直线的方程为， 联立整理得， 令，解得， 于是 因为，所以，即， 设直线与轴的交点为，则， 则四边形的面积 令， 函数， 则， 所以， 即四边形的面积小于. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 沧州市普通高中2026届高三年级教学质量监测 数学试卷 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的学校､班级､姓名及考号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 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，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数满足，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知是抛物线的准线，点为上一点，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知为坐标原点，，若四边形为平行四边形，则（ ） A. -2 B. 2 C. 1 D. -1 5. 过点且斜率为的直线被圆截得的弦长为，则的值为（ ） A. B. C. D. 6. 已知各项均为正数的数列满足，且对任意，都有，则的最小值为（ ） A. 9 B. C. D. 7. 在直四棱柱中，底面为菱形，为等边三角形，，若该直四棱柱的体积为，则以为球心，表面积为的球面与侧面的交线长度为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数有两个极值点，则的最小整数值为（ ） 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. 某公司员工参加技能测试，统计得出从第题至第题每题的平均得分分别为、、、、、、、.关于这组数据，下列说法正确的有（ ） A. 极差为 B. 平均数小于 C. 平均数大于 D. 上四分位数为 10. 已知是函数的一个零点，，则（ ） A. 函数在区间上的值域为 B. 函数在区间上单调递减 C. 若方程的相邻的两根分别为，则 D. 函数的最大值为2 11. 已知双曲线的一条渐近线的倾斜角为，点为上位于第二象限内一点，分别为的左､右焦点，内切圆的圆心为，则（ ） A. 的虚轴长为 B. 当时，的面积为 C. D. 若为坐标原点，则 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知函数，则曲线在点处的切线方程为__________. 13. 已知集合，集合，若集合内恰有两个整数，则实数的取值范围是__________. 14. 已知分别为的内角的对边，的面积为，且.，若恒成立，则实数的最小值为__________. 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. 在一个不透明的袋子中有7个不同标记的红球和个不同标记的白球，所有球的大小､质量均相同. （1）若，每次从袋中摸出1个球，摸出后不再放回，求第3次摸出的是第2个白球的概率； （2）若，从袋中一次性摸出4个球，其中红球个数为，白球个数为，记，求的分布列和数学期望. 16. 已知函数. （1）讨论函数的单调性； （2）若函数在区间上的最大值为2，求实数的值. 17. 如图，在三棱锥中，底面，侧面与底面所成的二面角为为的中点. （1）若，求三棱锥的体积； （2）若异面直线与所成的角为，直线与平面所成的角为，求的值. 18. 已知数列，对于任意，都有成立. （1）若，求数列的前项和. （2）若数列是等比数列，且，求数列的前项和. （3）若，是否存在常数，使得对于任意恒成立？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 19. “极点与极线”是圆锥曲线的一种基本特征，已知圆锥曲线，点，直线，则称点和直线是圆锥曲线的一对极点和极线.已知为圆：上一点，点，动点满足：，且三点共线，动点的轨迹为曲线，点为上一点. （1）若，对于曲线，与点对应的极线为. （i）证明：与有且仅有一个公共点； （ii）若点与相交于点，求的值. （2）过点且斜率为-1的直线与曲线的另一个交点为，证明：四边形的面积小于. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $