精品解析：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. 【答案】B 【解析】 【分析】根据交集运算求得结果. 【详解】因为，所以， 故选：B. 2. 已知复数，则（ ） A. B. 1 C. D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数的四则运算法则及模的计算公式，即可得到本题答案. 【详解】由题，得，所以. 故选：A. 【点睛】本题主要考查复数的四则运算及模的计算，考查学生的运算求解能力，属于基础题目. 3. 设随机变量服从正态分布，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据正态曲线的对称性计算可得. 【详解】因为且， 所以， 所以， 所以. 故选：A 4. 已知为双曲线的左右焦点，点的坐标为．若为等边三角形，则双曲线的离心率是（　　） A. B. 2 C. 2 D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】由题可得，即，再根据求解即可． 【详解】为等边三角形，为的中点， ，则， ， ． 故选：C． 5. 已知是定义在R上的偶函数，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用赋值法，令，再结合其偶函数性质即可得到，再次赋值即可得到. 【详解】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，故A错误； 令，得，代入，得，故C正确； 令，得，无法得到的具体值，故BD错误. 故选：C. 6. 已知，且，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】将两个等式分别平方，然后相加，进行化简即可求得结果. 【详解】由得， 同理可得， 两式相加得， 即，所以， 因为，所以，得，所以. 故选：B. 7. 当曲线与直线有两个相异交点时，实数的取值范围是（ ）． A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】首先确定曲线所表示的图形，再根据数形结合得出实数的取值范围. 【详解】直线恒过点， 由可得，等式两边平方得， 曲线表示圆的上半圆，作出示意图如下： 当直线与半圆相切时，即直线与半圆相切时， 有，解得， 当直线过时，，解得， 要想曲线与直线有个相异交点， 数形结合得到：实数的取值范围是. 故选：D. 8. 如图，在中，，，，为与的交点，则向量在上的投影向量的模的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设，利用三点共线，三点共线，得，解得，最后求出投影向量，利用基本不等式即可求解. 【详解】由题，设， 因为三点共线，三点共线，所以，解得， 所以， 则， 当且仅当，即时等号成立， 故选：C. 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 【答案】AC 【解析】 【分析】根据已知有圆锥的母线长为2，底面周长为，进而求得底面半径，再结合圆锥的结构特征、表面积、体积的求法依次判断各项的正误. 【详解】由题意，圆锥的母线长为2，底面周长为， 若底面半径为，则，A对， 表面积为，B错， 由上，圆锥的高，则圆锥体积为，C对， 由上，圆锥轴截面是边长为2的等边三角形，其外接圆和内切圆半径，分别为圆锥的外接球和内切球半径， 所以圆锥的外接球半径为，内切球半径为， 所以外接球与内切球半径比值为2，D错. 故选：AC 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. 【答案】AC 【解析】 【分析】抛物线的基本性质判断A选项，根据向量关系判断B选项，直线与抛物线的位置关系判断C选项，根据向量数量积判断D选项. 【详解】对于选项A：抛物线，则，且焦点在x轴正半轴上， 所以焦点的坐标为，故A正确； 对于选项B：设，则， 因为，则， 因为在抛物线上，则，可得， 则，即， 又因为，即，解得，， 所以，故B错误； 对于选项C：因为，则直线的方程为， 当时，，即点坐标为； 由，则，可得， 又因为直线，，则横坐标分别为和，纵坐标相等，均为， 因此平行于轴，而垂直于轴，故，故C正确；  对于选项D：因为，则， 由，则； 由，且，则； 所以，故D错误. 故选：AC. 11. 三次函数的图像与轴有两个交点，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 【答案】BCD 【解析】 【分析】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D. 【详解】A.，得或， ，的变化情况如表所示， 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. 故选：BCD 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___________． 【答案】5 【解析】 【分析】根据二项式展开式的通项即可求解. 【详解】的通项为， 令，则， 故项的系数为， 故答案为：5. 13. 在中内角的对边分别为，已知，则____________． 【答案】3 【解析】 【分析】根据同角关系以及和差角公式化简可得，即可利用正弦定理边角互化求解. 【详解】由可得, 故, , 由正弦定理可得， 故答案为：3 14. 有个编号分别为1，2，…，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，从第个盒子中取到黑球的概率是_________________． 【答案】 【解析】 【分析】记事件表示从第，2，，个盒子里取出白球，即可得到，然后构造等比数列，求通项公式，然后根据对立事件的概率关系求解． 【详解】解：记事件表示从第，2，，个盒子里取出白球，则，， 所以， ， 进而可得，， 所以， 又，，， 所以是首项为，公比为的等比数列， 所以，即， 故从第个盒子中取到黑球的概率是为：． 故答案为：． 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. （1）求； （2）点在边上，平分，若，求的周长. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）应用正弦定理化简求解，结合角的范围求值； （2）应用角平分线结合得出，最后应用余弦定理计算求解. 【小问1详解】 因为， 由正弦定理得， 又，所以， 由于，则. 【小问2详解】 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. 如图，在四棱锥中，四边形为菱形，. （1）证明：平面； （2）若，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1） 设，则是和的中点，连接， 四边形是菱形，，， 是等边三角形，， ，， 在中，，即， ，即， 又四边形是菱形，， 平面，平面， 平面. （2） 【解析】 【分析】（1）由勾股定理得到，由菱形得到，由线面垂直判定定理证明平面； （2）建立空间直角坐标系，求出两个面的法向量，由法向量夹角的余弦值得到两个平面所成角的余弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ，， 由（1）得两两互相垂直， 故以为原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图， 则，可得， 设平面的一个法向量， 则，得，故， 同理，平面的一个法向量， 则， 设平面与平面夹角为，则， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 17. 已知数列的前n项和为，且满足，是3与的等差中项． （1）设，证明数列是等比数列； （2）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． 【答案】（1） 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． （2）存在，的最小值为． 【解析】 【分析】(1)根据等差中项的应用可得，利用与的关系即可证明； (2)由(1)，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. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）得，即 变形得到，数列是等差数列，由此得 ， ， 由恒成立， 令，则． ， 当时，；当时，， 的最大值为，， 即的最小值为． 18. 如图，已知椭圆过点，焦距为；斜率为的直线与椭圆相交于异于点的，两点，且直线PM，PN均不与轴垂直. （1）求椭圆的方程； （2）若，求MN的方程； （3）记直线PM的斜率为，直线PN的斜率为，证明：为定值. 【答案】（1） （2） （3）证明：直线，均不与轴垂直，所以，，则且， 所以 ， 所以为定值． 【解析】 【分析】（1）根据条件列方程组求解即可； （2）设直线的方程为，与椭圆联立，由弦长公式求得的方程； （3）将韦达定理代入中计算结果为定值． 【小问1详解】 由椭圆过点，焦距为， 得，解得， 故椭圆的方程为． 【小问2详解】 设直线的方程为，，， 联立，消去得， 由，得， 则． ， 解得或， 当时，直线的方程为； 当时，直线经过点，不符合题意，舍去． 所以当时，的方程为． 【小问3详解】 略 【点睛】方法点睛： 解答直线与圆锥曲线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系，涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形，强化有关直线与圆锥曲线联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题． 19. 已知函数，. （1）讨论函数的单调性； （2）若=0，求的值； （3）证明：. 【答案】（1），在上单调递增；当时，函数在单调递减，在单调递增 （2）0 （3） 记，则， 因为，所以在单调递减，且由（2）可知，则. 所以若，；若，， 所以可知函数在单调递增，在单调递减，所以， 又，，， 所以，所以. 【解析】 【分析】（1）分类讨论参数，结合导数研究函数的单调性即可； （2）根据可得，然后换元，可得，最后根据（1）的条件，简单计算可得结果. （3）构造函数，然后求导，根据（2）的条件进行判断可知，简单计算即可. 【小问1详解】 由得且， 若，则恒成立，即在上单调递增； 若，令，则；令，则， 所以函数在单调递减，在单调递增； 综上，，在上单调递增；当时，函数在单调递减，在单调递增. 【小问2详解】 由，所以，即， 令，则，所以， 由（1）可知，当时，在单调递增， 所以，所以； 【小问3详解】 略 【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下： （1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数； （2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论； （3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数. 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. 已知复数，则（ ） A. B. 1 C. D. 2 3. 设随机变量服从正态分布，且，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知为双曲线的左右焦点，点的坐标为．若为等边三角形，则双曲线的离心率是（　　） A. B. 2 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. 当曲线与直线有两个相异交点时，实数的取值范围是（ ）． A. B. C. D. 8. 如图，在中，，，，为与的交点，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. 三次函数的图像与轴有两个交点，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，已知，则____________． 14. 有个编号分别为1，2，…，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. （1）求； （2）点在边上，平分，若，求的周长. 16. 如图，在四棱锥中，四边形为菱形，. （1）证明：平面； （2）若，求平面与平面夹角的余弦值. 17. 已知数列的前n项和为，且满足，是3与的等差中项． （1）设，证明数列是等比数列； （2）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；斜率为的直线与椭圆相交于异于点的，两点，且直线PM，PN均不与轴垂直. （1）求椭圆的方程； （2）若，求MN的方程； （3）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，. （1）讨论函数的单调性； （2）若=0，求的值； （3）证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $