精品解析：山东省临沂市临沂第一中学2025-2026学年高三上学期12月月考数学试题

临沂一中2026届数学试卷 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（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数，则（ ） A. B. C. 2 D. 3. 不等式成立的一个充分不必要条件是（ ） A. B. C. 或 D. 或 4. 若m,n为直线，为两个平面，则下列结论中正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 5. 函数的图像如图所示，则（ ） A. B. C. D. 6. 如图，在棱长为2的正四面体中，，分别为，的中点，则直线和夹角的余弦值为（　　） A. B. C. D. 7. 已知函数定义域为，且满足：，，，，若，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 在中，向量与向量垂直，则的最大值为（ ） 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.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分.） 9. 下列选项正确的有（ ） A. 若，且，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 10. 已知函数，下列选项正确的有（ ） A. B. C. 函数有唯一零点 D. 不等式的解集为 11. 如图，已知正方形和正方形所在的平面相互垂直，，．（ ） A. 平面 B. 二面角的正切值为 C. 三棱锥外接球体积为 D. 侧面内的动点满足平面，则点轨迹长度为 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.） 12. 已知向量满足，则__________． 13. 已知递增等比数列前项和为，且，则数列的前项和为__________． 14. 法国著名数学家傅里叶用一个纯粹的数学定理表述了周期性声音的规则特征：任何周期性声音的公式是形如的简单正弦函数之和．某种叠加音波的函数模型为，则函数的最大值为__________． 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. 已知，． （1）将函数的图象向左平移个单位长度，再将图象上所有点的横坐标伸长到原来的倍，纵坐标不变，得到函数的图象，求函数的解析式； （2）若，求． 16. 如图，四棱锥的底面是菱形，，，侧棱底面且，是的中点． （1）证明：平面平面； （2）求与平面所成角的正切值． 17. 已知函数． （1）当时，求函数在处的切线方程； （2）若有两个极值点． ①求的取值范围； ②证明：存在，使得成等差数列． 18. 在中，a，b，c为角A，B，C的对边，． （1）求； （2）已知． ①若，求； ②求的取值范围． 19. 已知数列的前项和为，且． （1）若为等差数列，且，，求数列的通项公式； （2）若对任意，都有． ①求证：是等差数列； ②设，，，求的公差的值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 临沂一中2026届数学试卷 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（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】化简集合，根据交集的概念运算即可. 【详解】集合， 所以. 故选：B 2. 已知复数，则（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，利用复数的除法、共轭复数及复数模的公式求解即可. 【详解】依题意，，所以 所以. 故选：D 3. 不等式成立的一个充分不必要条件是（ ） A. B. C. 或 D. 或 【答案】B 【解析】 【分析】先解分式不等式，再根据充分不必要条件的定义进行求解即可. 【详解】不等式即，所以，解得或， 显然或为充要条件，故D错误； 对于A：因为不能推出或， 所以不是不等式的充分条件，错误； 对于B：因为能推出或，或不能推出， 所以是不等式成立的一个充分不必要条件，正确； 对于C：因为或不能推出或， 所以或不是不等式的充分条件，错误. 故选：B 4. 若m,n为直线，为两个平面，则下列结论中正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】C 【解析】 【分析】根据线面平行的定义可判断A的正误，根据空间中垂直关系的转化可判断BCD的正误. 【详解】对于A，若，则可平行或异面，故A错误； 对于B，若，则，故B错误； 对于C，若，则存在直线，， 所以由可得，故，故C正确； 对于D，，则与可平行或相交或，故D错误； 故选：C. 5. 函数的图像如图所示，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由图象的最值得到的值，由两个零点求出，最后代入特殊点求得，即可得到函数解析式. 【详解】观察图象可得函数的最大值为，最小值为，又， 所以， 又∵，∴，∴， 因为时函数取最大值， 所以，，又， ∴， ∴. 故选：C. 6. 如图，在棱长为2的正四面体中，，分别为，的中点，则直线和夹角的余弦值为（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据数量积的运算律可求，故可求线线角的余弦值. 【详解】因为分别为棱的中点且正四面体的棱长为2， 故， 而，， 故 ， 故，故和夹角的余弦值为， 故选：C. 7. 已知函数定义域为，且满足：，，，，若，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据函数的对称性和单调性求解. 【详解】因为，所以关于对称， 又，所以在单调递减， 所以在单调递增. 又，所以，所以， 所以实数的取值范围为. 故选：A. 8. 在中，向量与向量垂直，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，得到，求得，利用正弦定理，得到，进而求得，化简，结合正弦函数的性质，即可求解. 【详解】设的三边对的三角分别为， 因为向量与向量垂直，可得， 即,可得，所以， 又因为，可得，即， 所以，可得， 因为，所以， 所以， 又因为，所以， 所以当，即时，取得最大值. 故选：A. 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.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分.） 9. 下列选项正确的有（ ） A. 若，且，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】通过作差比较可判断A,D两项，举反例排除B项，由可得不可能同时为0，即可判断C项. 【详解】对于A，因，由，可得，故A正确； 对于B，若取，满足，但显然不满足，故B错误； 对于C，由可知可以同为正数，一正一负，或者一个为正数一个为0，易得以上情况都能使成立，故C正确； 对于D，因，故，即D正确. 故选：ACD. 10. 已知函数，下列选项正确的有（ ） A. B. C. 函数有唯一零点 D. 不等式的解集为 【答案】AD 【解析】 【分析】对于A选项，将代入解析式，化简整理即可判断A正确； 对于B选项，通过代入作差，计算可得，故B错误； 对于C选项，令，化简可得，即，方程无解，故C错误； 对于D选项，化简不等式，可得，即，解不等式即可，故D正确. 【详解】对于A，因为， 所以， 所以，故A选项正确； 对于B，根据解析式，得 ， 所以，所以，故B选项错误； 对于C，令，即， 则，即，所以，方程无解，故C选项错误； 对于D，不等式，即，化简得， 即，所以，所以， 所以，即，所以，解不等式得，即，故D选项正确. 故选：AD 11. 如图，已知正方形和正方形所在的平面相互垂直，，．（ ） A. 平面 B. 二面角的正切值为 C. 三棱锥外接球体积为 D. 侧面内的动点满足平面，则点轨迹长度为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A利用线面平行判定定理进行判断；对于BC，利用向量法进行求解；对于D先根据面面平行，判断点的位置，进而求轨迹长度. 【详解】对于A：正方形中，， 又平面，平面， 所以平面，故A正确； 对于B：以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示： 因为，所以， 则，，，，， 则，，， 设平面的法向量为，平面的法向量为， 则，， 令，则， 所以，， 所以， 设二面角的平面角为，， 所以， 则，故B正确； 对于C：设球心为， 则， 解得， 所以球的半径， 所以球的体积为，故C错误； 对于D：取的中点，的中点，连接，， 所以，平面，平面，平面， 又因为为中点， 所以，平面，平面，平面 平面， 所以平面平面， 所以当在上运动时，平面， 所以点轨迹为，长度为，故D正确； 故选：ABD 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.） 12. 已知向量满足，则__________． 【答案】 【解析】 【分析】利用向量模的平方等于向量自身平方的性质，结合已知条件展开计算. 【详解】根据向量模的平方可得：， 代入得： ； 同理， 将和代入：； 因为，所以. 故答案为：. 13. 已知递增等比数列前项和为，且，则数列的前项和为__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据等比数列的通项公式及前项和公式得到方程组，求出和，即可得到，从而得到，再利用裂项相消法求和即可； 【详解】由于，则， 解得或，因为等比数列为递增数列，， 所以 所以，故. 因为， 所以. 故答案为： 14. 法国著名数学家傅里叶用一个纯粹的数学定理表述了周期性声音的规则特征：任何周期性声音的公式是形如的简单正弦函数之和．某种叠加音波的函数模型为，则函数的最大值为__________． 【答案】 【解析】 【分析】先得到故的一个周期为，考虑，求导，化简得到，解不等式，求出的单调性，得到极大值和最大值. 【详解】 ， 故的一个周期为， 考虑，， 其中 ， ， 令得， 当时，， 当时，， 所以在上单调递增， 在上单调递减， 故在处取得极大值， 且， ， ， 又，， 故的最大值为. 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，． （1）将函数的图象向左平移个单位长度，再将图象上所有点的横坐标伸长到原来的倍，纵坐标不变，得到函数的图象，求函数的解析式； （2）若，求． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先利用向量数量积的坐标运算及降幂公式和辅助角公式得到的解析式，再利用三角函数的平移及伸缩变换得到的解析式； （2）根据的解析式求出，再利用同角关系求其余弦值，最后利用两角和的余弦公式求出的值. 【小问1详解】 将函数的图象向左平移个单位长度，则， 再将图象上所有点的横坐标伸长到原来的倍，纵坐标不变，则有． 【小问2详解】 由题意得，所以， . 16. 如图，四棱锥的底面是菱形，，，侧棱底面且，是的中点． （1）证明：平面平面； （2）求与平面所成角的正切值． 【答案】（1）证明：连接底面是菱形，． 平面平面． 又平面平面， 平面． 平面平面平面． （2）. 【解析】 【分析】（1）由底面是菱形得到．平面得到，从而得到平面，利用面面垂直的判定定理得到平面平面． （2）方法一：由平面得到为与平面所成角．利用勾股定理和余弦定理求出长度，在中，代入得到与平面所成角的正切值；方法二：利用空间向量法求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 方法一：设，由（1）知平面． 则为与平面所成角． 底面是菱形，． 在直角中，． 在中，由余弦定理知： , ． 在中，． 与平面所成角的正切值为． 方法二：取中点，易知，以 为基底建立空间直角坐标系．则有： ． ． 设平面的一个法向量， ， 令有． 设与平面所成角为，则有， ． 17. 已知函数． （1）当时，求函数在处的切线方程； （2）若有两个极值点． ①求的取值范围； ②证明：存在，使得成等差数列． 【答案】（1） （2）① ；②由①知． ． 下证存在，使． 先证，取，∵，∴． 令，，令，， ∴在上单调递减． ∴，∴在上单调递减． ∴，∴. 再证．， 令，，令，则，∴在上单调递增． ∴，∴在上单调递增．∴，即． 由零点存在定理知存在，使得成等差数列． 【解析】 【分析】（1）代入得到函数解析式，然后求，得到，即可写出函数在处的切线方程； （2）写出函数定义域，求.①由题意知再内有两不等实根，列出不等式求出的范围，然后验证此时的是否满足函数存在两个极点；②由①得到，然后代入并求得结果.然后再零点存在性原理证明存在，使． 【小问1详解】 当时，． ，∴在处的切线方程为． 【小问2详解】 函数定义域为，． ①由题意知在内有两不等实根，则有： ，解得． 当时，令，或． 令， ∴在上单调递增，在上单调递减，此时有两个极值点， 符合题意． ②略 18. 在中，a，b，c为角A，B，C的对边，． （1）求； （2）已知． ①若，求； ②求的取值范围． 【答案】（1） （2）① ；② 【解析】 【分析】（1）由正弦定理化简等式，求出； （2）①在，中，由正弦定理得到，化简求得.②由平面向量的关系和余弦定理表示出和，然后代入得到的代数式，然后令，化简的代数式，在令，化简，并用基本不等式求得其范围，然后得到的范围. 【小问1详解】 由正弦定理知， ． ∴． ∵，，∴． 【小问2详解】 ①．设． 在中，由正弦定理知① 在中，由正弦定理知② ∵，∴，则有． 又∵，∴． ②，平方得． 即． 又． ∴ 令，则，∴． 令，则，∴． ∵，∴ ∴． 的取值范围为 19. 已知数列的前项和为，且． （1）若为等差数列，且，，求数列的通项公式； （2）若对任意，都有． ①求证：是等差数列； ②设，，，求的公差的值． 【答案】（1）或 （2）① 证明如下： 令时，， 即， ∴，． 化简得：， 即， ∴． 化简得：，即． 又，∴. ∴为等差数列． ② 【解析】 【分析】（1）设等差数列公差为，取特殊值，建立方程，即可求得数列通项公式. （2）①令，由整理得到，用替换后作差得，同理再用替换后作差，整理得到，再验证，即可得证为等差数列． ②由得的值.由可知，然后化简，由题意得到的值，即可求出的公差的值． 【小问1详解】 因为是等差数列，设公差为，因为， 则令得，即，因为，所以． 令得，则， 即， 化简得，则或0． 当时，满足； 当时，． 所以，或． 【小问2详解】 ①略 ②因为，所以． ，所以． ， ． 因为，所以， 又，所以． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $