精品解析：山东省名校考试联盟2025-2026学年高三上学期12月阶段性检测数学试题

山东名校考试联盟 2025年12月高三年级阶段性检测 数学试题 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上. 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需要改动，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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据交集定义计算求解. 【详解】集合，， 则. 故选：D. 2. 已知是虚数单位，复数满足，则（ ） A. B. C. D. 5 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数的乘法和除法运算计算出复数，再利用复数的模的公式计算得出答案. 【详解】因为，所以 因此. 故选：C. 3. “”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】A 【解析】 【分析】根据条件，利用不等式的性质及特殊值法结合充分条件与必要条件的定义，即可求解. 【详解】若，则有，所以； 若，比如，但是 所以“”是“”的充分不必要条件， 故选：A. 4. 在四边形中，，，，则四边形的面积为（ ） A. B. 4 C. D. 6 【答案】B 【解析】 【分析】根据向量关系确定四边形的形状为梯形，再结合向量的坐标运算得梯形相关长度即可求得梯形的面积. 【详解】因为在四边形中，， 所以且，则四边形为梯形， 又，，所以， 则，且，则， 所以四边形的面积为. 故选：B. 5. 若，，，则的最小值为（ ） A. 2 B. 3 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题意得，利用基本不等式即可求解. 【详解】由题意有：，又，所以， 所以， 当且仅当，即时，等号成立， 所以的最小值为. 故选：A. 6. 若，且，则（ ） A. B. 或 C. D. 或 【答案】B 【解析】 【分析】根据二倍角正弦及余弦公式结合正切函数性质及角的范围求解. 【详解】因为，所以， 所以，所以， 因为，所以或 故选：B. 7. 已知A，B是球O的球面上两点，且，C是该球面上的动点，D是该球面与平面交线上的动点，若四面体体积的最大值为，则球O的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】结合图形分析点的位置，根据体积求出球的半径，然后由球的体积公式可得. 【详解】设球的半径为，记的中点为，则， 易知，当点在的延长线上，且棱锥的高等于求的半径时，棱锥体积最大. 因为，所以，. 当点在的延长线上时，的面积最大，为， 四面体体积的最大值为，解得， 从而球的体积为. 故选：D 8. 已知函数，若 是函数 的唯一极值点，则实数 的取值范围是 （ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】求出导函数并因式分解得到，再令，进而讨论函数的单调性并求出最小值，然后讨论和两种情况分别求出原函数的极值点个数，最后得到答案. 【详解】由题意，，，记，则，则时，，单调递减，时，，单调递增，所以. 若，则时，，单调递减，时，，单调递增，于是 是函数 的唯一极值点. 若，则，易知，于是时，； 设，，即在上单调递增，所以，则时，，此时，于是且时，. 再结合函数的单调性可知，函数在两个区间内分别存在唯一一个零点，且当时，，单调递减，时，，单调递增，时，，单调递减，时，，单调递增.于是函数 存在3个极值点. 综上所述：. 故选：D. 【点睛】本题难度较大，首先，注意对函数求完导之后要因式分解，题目要求为极值点，则尽量分解出，其次，在讨论函数的零点时可以借助函数的单调性和图象进行分析，这样作为选择题会很快得出答案. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每个小题给出的选项中，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. 记为递增的等差数列的前项和，若，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】由等差数列的前项和公式与等差数列的性质可得，再结合等差数列的单调性可得的值，从而得公差，结合等差数列的通项公式、前项和公式、数列裂项求和法逐项计算即可得结论. 【详解】因为递增的等差数列的前项和为，设公差为， 所以，所以， 又，所以或（舍）， 所以，故， 所以，故A不正确； 则，故B正确； 又，所以， 则，故C正确； 因为， 所以，故D正确. 故选：BCD. 10. 已知函数，则（ ） A. B. 的图象关于点中心对称 C. 在区间单调递减 D. 在有3个零点 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据两角差的余弦公式，二倍角公式，降幂公式及辅助角公式化简，即可判断A；根据正弦函数的性质即可判断BCD． 【详解】 ， 对于A，，所以，故A正确； 对于B，，所以的图象关于点中心对称，故B错误； 对于C，当时，， 所以在区间单调递减，故C正确； 对于D，令， 当时，， 所以当，即时，， 所以在有3个零点，故D正确； 故选：ACD． 11. 如图，在棱长为1的正方体中，，为线段上两点，且，则（ ） A. 存在，，使 B. 当重合时，过，，的平面截此正方体所得截面的面积为 C. 三棱锥的体积为定值 D. 的最小值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】假设根据空间四点共面的性质验证即可判断A；当时，找到过，，的平面在正方体截面的点，求出梯形面积即可判断B；根据锥体体积将三棱锥的体积转化为，分别确定点到平面的距离是否为定值与底面的面积是否为定值即可判断C；将面沿翻折，使面与面重合，则问题转换为在矩形中研究，结合三角恒等变换与余弦定理即可得最小值，从而判断D. 【详解】对于A：若，则四点共面，所以直线与直线相交或者平行， 而直线即直线，由正方体可知直线与直线异面， 故矛盾，则不存在，，使，故A不正确； 对于B：当重合时，所以为上靠近的三等分点， 如图，在平面中，延长与的交点必为的中点，取的中点， 则等腰梯形即为截面，由于梯形的腰长， 所以等腰梯形的高， 所以梯形的面积，故B正确； 对于C：因为正方体，所以， 又平面，平面，所以平面， 又平面，所以点到平面的距离为定值， 过作的垂线垂足为， 则在中，为定值， 则为定值，故C正确； 对于D：将面沿翻折，使面与面重合，则问题转换为在矩形中研究， 如下图过作的平行线，在平行线上取一点，使， 则四边形为平行四边形，所以， 所以的最小值即为，则在中， ，，， 由余弦定理得：，故D正确． 故选：BCD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知函数，若，则_____． 【答案】1 【解析】 【分析】应用指数运算，再结合整体法即可得到答案. 【详解】函数， 若， 则 则，所以. 故答案为：1. 13. 已知满足，，，，为直线上的动点，且，则的最小值为_____． 【答案】 【解析】 【分析】根据三角形边角关系确定边上的高，由的面积可得的长度，不妨设点靠近点，得，设，则，从而根据平面向量基底运算结合数量积运算得关于的表达式，利用二次函数求解最值即可. 【详解】过作于， 因为满足，，， 所以， 则，所以， 不妨设点靠近点，则， 设，则， 所以， 因为， 则 因为，故当时，的最小值为. 故答案为：. 14. 对于数列，称为数列的一阶差分数列，其中．对于正整数，称为数列的阶差分数列，其中．已知数列满足，，则数列的通项公式为_____． 【答案】 【解析】 【分析】根据新定义可得，变形为，可得数列是以为首项，1为公差的等差数列，由等差数列通项公式求解. 【详解】由题可得，代入， ，即， ，即， ，又， 所以数列是以为首项，1为公差的等差数列， 所以，所以. 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. 已知的内角，，的对边分别为，，，． （1）求A； （2）点是边上一点，，且，若，求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据余弦定理角化边结合多项式因式分解运算从而得的等式关系，再由余弦定理得角A即可；或者利用正弦定理边化角，结合和差公式与角度关系化简从而得角A的大小； （2）根据平面向量线性运算可得两边取平方再结合余弦定理化简可得关系，从而得的值． 【小问1详解】 方法一：由和余弦定理， 可得：， 展开得， 即， 所以，即， 所以，即， 所以，则，即， 由余弦定理，， 因为，所以； 方法二：因为， 由正弦定理可知：， 所以，即， 因为，， 则有或(此情况在三角形中不能成立)， 故， 由，可得． 【小问2详解】 由，可得，即， 两边取平方：，即， 依题意，，即， 两边同时除以可得：， 或， 因，则． 16. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）若有两个零点，求的取值范围． 【答案】（1）答案见解析 （2）的取值范围是. 【解析】 【分析】（1）先确定函数定义域，求导并将导函数因式分解为，找到临界点和；再以临界点的大小关系和临界点是否在定义域内为分类依据，分，，，四种情况；最后分别判断导函数在各区间的符号，进而确定函数的单调区间； （2）结合（1）的单调性，求出不同参数范围下函数的极值，再分析和时的函数趋势（由主导项、决定），并根据“两个零点需满足极小值且两端点趋势为”的条件，筛出符合要求的参数范围；最后对，，的情况，通过分析极值符号排除不符合的参数范围，最终确定的取值. 【小问1详解】 的定义域为， ， 若，恒成立，令，得， 则当时，；当时，． 若，令，得或（）， 则当时，；当时，． 若，，当且仅当时取等号， 则在上单调递增. 若，令，得或（）， 则当时，；当时，． 综上：当时，在单调递增，在上单调递减； 当时，在单调递增，在上单调递减； 当时，在单调递增，无减区间； 当时，在，单调递增，在上单调递减． 【小问2详解】 由（1）得， ①当时，在单调递增，在上单调递减， 所以，解得， 又因为当时，当时，所以符合； ②当时，，在上只有一个零点2，所以不符合； ③当时，在单调递增， 在上单调递减，， 令，所以在上恒成立， 所以在上单调递增，则，所以， 则在上没有两个零点，所以不符合； ④当时，在单调递增，无减区间，不符合； ⑤当时，在，单调递增，在上单调递减， 因为，所以不符合． 综上：当时，有两个零点． 故的取值范围是. 17. 如图，在多面体中，四边形，，均为菱形，且，． （1）证明：平面； （2）求平面与平面所成角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）方法一，设，，，求出，求出向量与的数量积，得证；法二，易证多面体为正四面体，过作底面的垂线，垂足位于底面中心，可得平面，又，根据线面垂直的判定定理得证； （2）法一，先证明平面平面，转化为平面与平面所成角，连接，交于点，连接，易证为二面角的平面角，运算得解；法二，多面体为正四面体，连接，交于点，过作底面的垂线，垂足位于底面中心，取线段上靠近的三等分点，可证，以为坐标原点，分别以，，所在直线分别为，，轴建立如图坐标系，利用向量法求解. 【小问1详解】 方法一：因为四边形，，均为菱形， 且， 设，，，且，则， 所以， 所以， 连接，，因为四边形为菱形，所以， 又因为，平面平面， 所以平面. 方法二：连接，，，因为四边形，，均为菱形， 且， 所以，所以多面体为正四面体， 连接，交于点， 过作底面的垂线，垂足位于底面中心，即在线段上， 且靠近点的三等分点处，即平面， 因为平面，所以， 因为四边形为菱形，所以， 又因为，平面，平面， 所以平面. 【小问2详解】 方法一：几何法 连接，，，因为四边形，，均为菱形， 所以，，， 则四边形为平行四边形，所以， 又因为平面，平面，所以平面， 同理，可得平面， 又因为，平面，平面， 所以平面平面， 所以平面与平面所成角转化为平面与平面所成角， 连接，交于点，连接， 因为四边形，，均为菱形，且， 所以，，为中点，所以， 又因为平面，平面， 所以为二面角的平面角， 因为，，所以， 所以平面与平面所成角的余弦值为. 方法二：坐标法 连接，，，因为四边形，，均为菱形， 且， 所以，所以多面体为正四面体， 连接，交于点，过作底面的垂线，垂足位于底面中心， 即在线段上，且靠近点的三等分点处，即平面， 取线段上靠近的三等分点， 因为四边形为菱形，所以，所以， 以为坐标原点，分别以，，所在直线分别为，，轴建立如图坐标系， 则，，， 因为四边形，，均为菱形， 所以，，， 则四边形为平行四边形，所以， 同理，可得， 所以，， 设平面的一个法向量为， 则，即，令，得，， 所以， 因为平面，所以平面的一个法向量为， 设平面与平面所成角为，则， 所以平面与平面所成角的余弦值为. 18. 设为非零实数，数列满足，． （1）令数列． （i）证明：是等比数列； （ii）求数列的前项和； （2）若，记数列的前项和为，证明：． 【答案】（1）（i）证明见解析（ii）答案见解析 （2）证明见解析 【解析】 【分析】第一问（i）根据等比数列的定义证明即可；（ii）首先由（i）可得的通项公式，再运用错位相减法进行数列求和. 第二问先写出的通项公式和求和公式，将所求转化成函数形式，结合导数相关知识点证明不等式成立. 【小问1详解】 证明：（i），， 由可得， 所以，则（常数）， 故数列为首项是，公比为的等比数列． （ii）由（i）可知，于是． 若，则． 若，则 ． 两式相减可得： ， 上式两边同时除以得 ． 综上所述， 若，则； 若，则． 【小问2详解】 由（1）可知，故． 因为， 则令，， 则． 令， 则． 故在上递减，则． 故在上递减，则． 因此． 19. 已知函数． （1）求曲线在处的切线方程； （2）当时，，求实数的取值范围； （3）证明：． 【答案】（1） （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1） 先求出导函数得出切线斜率，再点斜式得出切线方程； （2）构造新函数得出，再应用导数得出单调性进而得出最值，最后计算求参； （3）应用赋值法令得出再应用累加法计算证明. 【小问1详解】 由题意，， 故，． 于是曲线在点处的切线方程为， 即． 【小问2详解】 由题意对恒成立． 令，． 则． 令，则． 故在区间上单调递减，则． 于是在区间上单调递减，因为，则． 因此． 因此实数的取值范围是． 【小问3详解】 当时，不等式左边为1，其右边为1，则． 当时，在不等式中， 令可知． 取， ． ． 相加后得， 所以， 于是． 综上所述，． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 山东名校考试联盟 2025年12月高三年级阶段性检测 数学试题 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上. 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需要改动，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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知是虚数单位，复数满足，则（ ） A. B. C. D. 5 3. “”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 4. 在四边形中，，，，则四边形的面积为（ ） A. B. 4 C. D. 6 5. 若，，，则的最小值为（ ） A. 2 B. 3 C. D. 6. 若，且，则（ ） A. B. 或 C. D. 或 7. 已知A，B是球O的球面上两点，且，C是该球面上的动点，D是该球面与平面交线上的动点，若四面体体积的最大值为，则球O的体积为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，若 是函数 的唯一极值点，则实数 的取值范围是 （ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每个小题给出的选项中，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. 记为递增的等差数列的前项和，若，，则（ ） A. B. C. D. 10. 已知函数，则（ ） A. B. 的图象关于点中心对称 C. 在区间单调递减 D. 在有3个零点 11. 如图，在棱长为1的正方体中，，为线段上两点，且，则（ ） A. 存在，，使 B. 当重合时，过，，的平面截此正方体所得截面的面积为 C. 三棱锥的体积为定值 D. 的最小值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知函数，若，则_____． 13. 已知满足，，，，为直线上的动点，且，则的最小值为_____． 14. 对于数列，称为数列的一阶差分数列，其中．对于正整数，称为数列的阶差分数列，其中．已知数列满足，，则数列的通项公式为_____． 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. 已知的内角，，的对边分别为，，，． （1）求A； （2）点是边上一点，，且，若，求的值． 16. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）若有两个零点，求的取值范围． 17. 如图，在多面体中，四边形，，均为菱形，且，． （1）证明：平面； （2）求平面与平面所成角的余弦值． 18. 设为非零实数，数列满足，． （1）令数列． （i）证明：是等比数列； （ii）求数列的前项和； （2）若，记数列的前项和为，证明：． 19. 已知函数． （1）求曲线在处的切线方程； （2）当时，，求实数的取值范围； （3）证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $