精品解析：河北省部分高中2025-2026学年高三上学期12月期中数学试题

2026 届高三年级12 月考试 数 学 本试卷共19题，满分150分.考试用时120分钟. 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，，(i为虚数单位)，则（ ） A. B. 1 C. D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】首先计算左侧的结果，然后结合复数相等的充分必要条件即可求得实数的值. 【详解】， 利用复数相等的充分必要条件可得：. 故选：C. 2. 已知全集，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先求补集，再求交集即可. 【详解】因为，， 所以，所以， 故选：B. 3. 已知数据的平均数为1，方差为0，则数据，的方差为（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】利用平均数和方差的公式求解. 【详解】,的平均数为1，方差为0，， ，， ， ， 方差为 故选：B. 4. 的展开式中的系数为（ ） A. 12 B. 60 C. 160 D. 240 【答案】B 【解析】 【分析】先写出的二项展开式的通项，令，求出值，再代入通项中，计算即可得解. 【详解】因为的二项展开式的通项为 ， 令，解得，所以， 所以的展开式中的系数为60. 故选：B 5. 已知函数为奇函数，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先确定定义域，分析对数部分的奇偶性，结合的奇偶性推出正弦部分需为偶函数，利用偶函数性质列方程求解，进而得到其最小值. 【详解】先确定函数定义域：由得，定义域关于原点对称. 令，则，故是奇函数. 因为奇函数，故需为偶函数. 偶函数满足，即， 利用正弦函数性质， 得， 解得. 由，当时，取最小值. 故选：D 6. 某智能物流车的“实际配送向量D”“规划路线向量R”“交通拥堵修正向量J”满足关系式：D=3R+2J.已知条件如下：实际配送向量，交通拥堵修正向量J与向量 垂直， 配送效率等级通过“规划路线向量 R 的模(单位：km)”判定，标准如下表(一般情况下，认定“停滞”属于无效配送)： 配送效率等级 超高效 高效 常规 低效 停滞 模的范围 若此次配送为有效配送，则此次配送的效率等级为（ ） A. 超高效 B. 高效 C. 常规 D. 低效 【答案】B 【解析】 【分析】设向量，根据题意，列出方程组，求得或，分类讨论，分别求得的值，结合附表中的数据，进而得到答案. 【详解】设向量，因为向量与垂直，且， 可得，解得或，所以或， 当时，， 所以，因为，所以属于高效； 当时，， 所以，因为，所以属于停滞， 因为“停滞”属于无效配送，排除此种情况， 所以此时配送的效率等级为高效. 故选：B. 7. 如图，三棱柱中，为中点，为棱上一点，为侧面上一动点，且满足平面，则点的轨迹的长度为（ ） A. 1 B. C. D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】在上取点，使得，在上取点，则、，根据线面、面面平行的判定定理可证明平面平面，则点P的轨迹为线段，结合余弦定理计算即可求解. 【详解】由题意知，，在上取点，使得， 则且，所以四边形为平行四边形， 故，又平面，平面， 所以平面. 在上取点，使得， 有，则， 又平面，平面， 所以平面，又平面， 所以平面平面，则点P的轨迹为线段. 在中，，由余弦定理， 得， 即点的轨迹长度为. 故选：A 8. 若函数（其中），存在唯一整数，使得，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】问题转化为，令，，判断函数的奇偶性，利用导数判断单调性，作出函数与的大致图象，结合图象可得答案. 【详解】，即，令，， 由，， 所以函数是偶函数， 当时，，则， 当时，，即单调递减， 当时，，即单调递增， 且，，，，， 如图，作出函数与的大致图象，又，， 且直线，当时，， 结合图象可得，得. 故选：B. 二、选择题：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. 已知，，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】应用基本不等式计算判断A，C，应用常值代换结合基本不等式判断B，先应用对数运算律化简结合A选项判断D. 【详解】是正数，则，，故选项A正确； ，故选项B错误； ，取等号，故选项C正确； 结合A选项，，故选项D错误. 故选：AC. 10. 已知函数，则满足过点可作出3条直线与图象相切的充分条件是（ ） A. ， B. C. 点在射线上 D. 点在曲线上 【答案】ACD 【解析】 【分析】设过点的直线与的图象切于点，由，得到，构造，结合有3个零点，求导得到，令，得或，由逐项判断即可. 【详解】因为，所以， 设过点的直线与的图象切于点， 则切线斜率，即， 去分母整理得，切线有3条， 设，则有3个零点， ，令，得或， 所以， 对于A，取，得，A正确； 对于B，取，则，不满足，B错误； 对于C，令，，则，，满足，C正确； 对于D，令，，则，，满足，D正确； 故选：ACD. 11. 已知双曲线的右焦点为，左顶点为，过作的一条渐近线的垂线，垂足为，且交的右支于点，设为坐标原点，为的左支上一动点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据条件，确定双曲线的方程，进而确定的坐标，利用两点间的距离公式，可判断A的真假；利用平面向量的坐标表示，可判断B的真假；利用三角形的边的关系，结合两点间的距离公式，可判断C的真假；结合双曲线的定义和两点间的距离公式，可判断D的真假. 【详解】对双曲线：，，所以. 双曲线在一、三象限的渐近线方程为. 如图： 直线所在的直线方程为：. 由，即. 由且，即. 又，所以. 对A：因为，所以，，所以，故A正确； 对B：因为，，所以不成立，故B错误； 对C：,当三点共线时取等号，故C正确； 对D：设双曲线左焦点为，则， 所以，当三点共线时取等号.故D正确。 故选：ACD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知函数，则满足的的值为____________. 【答案】 【解析】 【分析】设，根据分段函数的组成，结合，求出的值，并检验，再由，结合分段函数式代入求出的值即可. 【详解】因， 设，当时，，解得，即， 若，则，解得，不合题意，舍去； 若，则，解得，符合题意； 当时，，解得，不合题意，舍去. 综上，可得. 故答案为：. 13. 若点是抛物线上的动点，点是直线上的动点，则的最小值为________. 【答案】 【解析】 【分析】不妨设点，利用二次函数的基本性质求出点到直线的距离的最小值，即为的最小值. 【详解】不妨设点，则点到直线的距离为， 当且仅当时，等号成立，故的最小值为. 故答案为：. 14. 在平面四边形中，，若满足上述条件的平面四边形有且只有1个，则边的取值范围是__________. 【答案】 【解析】 【分析】在中，由余弦定理可得，由正弦定理可得，在中，由正弦定理可得，由题意，可得或，计算即可求解. 【详解】在中，由余弦定理可得， 所以， 由正弦定理可得，即， 因为，所以， 所以， 在中，由正弦定理可得， 即， 因为满足上述条件的平面四边形有且只有1个， 所以或，得或， 所以边的取值范围是. 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. 已知等差数列的公差为，前项和为，且. （1）求的通项公式； （2）设为数列的前项和，求使得的的最小值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由等差数列的前项和公式建立方程组，解得数列的首项和公差，即可得到等差数列的通项公式； （2）由（1）可得等差数列的前项和，然后即可得到，从而求出该数列的前项和，然后代入条件中的不等式，解二次不等式即可求得的范围，根据题意即可得到其最小值. 【小问1详解】 由于， 故解得 所以. 【小问2详解】 由（1）知，所以， 则数列是以4为首项，3为公差的等差数列； 所以. 由，得， 即， 则，或， 又因为，所以的最小值为4. 16. 已知函数. （1）讨论的单调性； （2）设点在曲线上，求的最大值. 【答案】（1）在区间上单调递增，在区间上单调递减 （2） 【解析】 【分析】（1）求出导函数，分别令导数小于0和大于0即可得到对应的减区间和增区间； （2）构造函数，利用导数研究其单调性，进而可求其最值. 【小问1详解】 ， 当时，，当时，， 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，的最大值为 又时，，， 由题意得，，， 不妨设， 则，设，则， 在区间上单调递减，在区间上单调递增， ，在区间上单调递增，， 的最大值为1 17. 如图1，在菱形中，动点E，F在边AD，AB上（不含端点），且存在实数使，沿EF将向上折起得到，使得平面平面，如图2所示． （1）若，求的值； （2）当点的位置变化时，平面与平面的夹角的余弦值是否为定值，若是，求出该定值；若不是，说明理由． 【答案】（1） （2）是定值；定值为 【解析】 【分析】（1）首先在图2中，取EF中点O，以O为原点，OF、OM、OP所在直线分别为x、y、z轴，建立空间直角坐标系，然后设，根据构造方程，解方程求解值，进而根据比例关系求解的值； （2）设平面与平面的夹角为，求出平面的法向量，平面的法向量，利用空间向量夹角公式即可求解. 【小问1详解】 在图2中，取EF中点O，BD中点M，连接OP，OM， 因为，即，所以， 所以，又因为平面平面， 平面平面，平面， 所以平面，由题意可知， 以O为原点，OF、OM、OP所在直线分别为x、y、z轴，建立空间直角坐标系， 设，，则，， ∴，，，， 故， ∵，∴， ∴，解得（舍）或， ∴，∴， ∴图中点E在靠近点D的三等分点处，即 【小问2详解】 设平面与平面的夹角为． 由（1）易知平面PEF的法向量， ，， 设平面的法向量，则，即， 取，得， ∴．∴． ∴无论点E的位置如何， 平面与平面的夹角的余弦值为定值． 18. 已知是椭圆上的两点． （1）求椭圆的标准方程； （2）已知是椭圆上的两动点，且的横坐标之和为，设直线为线段的中垂线，过点作直线，垂足为．求垂足横坐标的取值范围，并求的轨迹方程． 【答案】（1）； （2），且. 【解析】 【分析】（1）根据椭圆上两点代入方程求解的值即可得椭圆方程； （2）设，线段的中点，分别讨论直线的斜率是否存在，当斜率存在时确定直线的方程与直线联立得横坐标与的关系，结合函数得的取值范围，结合圆的定义从而得的轨迹方程. 【小问1详解】 由题意解得，所以椭圆的标准方程为； 【小问2详解】 设，线段的中点，则，， ①当时，的中垂线为轴，过点向中垂线作垂线，垂足为点，此时AM重合，不合题意； ②当时，直线的斜率，则， 所以，将代入椭圆方程得， 所以，从而或， 线段的中垂线方程为，即． 故线段的中垂线过定点 故垂足轨迹是在以为圆心，半径为的圆弧，其方程为 过点与垂直的直线为， 联立方程组消去得，因为， 所以，综上， 所以垂足轨迹方程是，且． 19. 在生态研究中，观察两种昆虫的信息传递，这两种昆虫的信息素中均含某种特殊化学物质A，A的浓度代表环境是否安全，但种群甲与种群乙的响应恰好相反，种群甲接收到含高浓度A的信息素后，认为“安全”，传递含高浓度A的信息素，反之认为“危险”，传递含低浓度A的信息素；种群乙接收到含高浓度A的信息素后，认为“危险”，传递含低浓度A的信息素，反之认为“安全”，传递含高浓度A的信息素，初始时，第1只昆虫属于种群甲，其接受到了“安全”的环境信息并开始传递．每只昆虫传递信息时，有的概率将信息素传递给同种群的昆虫，的概率将信息素传递给另一种群的昆虫，每次传递仅传递给一只昆虫，且每只昆虫传递信息的准确性与传递给的对象无关． （1）设为第n只昆虫属于种群甲的概率，当时，求； （2）求第n只昆虫传递含高浓度化学物质的信息素的概率； （3）证明：当时，，并阐述若要使这两种昆虫种群更加适应环境，p应该满足的要求及原因． 【答案】（1） （2） （3） 易有． 由，则， 因为且，则， 当时，恒成立，且， 则，也即， 又，，则， 故． 综上，． 若认为p趋近于1越好：保证信息传递的准确性和一致性，以便种群内部能快速对特定环境做出统一反应，可以在两个种群之间形成两个高效但隔离的通信网络，若认为p趋近于越好：说明两个种群之间维持了系统的稳定性，且对错误信息有一定的抵抗能力，以便在复杂多变的环境中不被单一信息源误导．（只需提出一个角度，言之有理即可，认为p趋近于其它值不给分．） 【解析】 【分析】（1）分析可得当时，第n只昆虫属于种群甲可能有两种情况：第只是甲且第n只与它同种群，或第只是乙且第n只与它不同种群，则，化简整理，代入数据，即可求得答案. （2）当时，第n只昆虫传递高浓度信号可能有两种情况：第n只昆虫接收高浓度信号且是甲种群，或第n只昆虫接收低浓度信号且是乙种群，则，结合（1）结论，可得，根据等比数列的定义，可证为等比数列，化简整理，可得表达式，代入化简，可得. （3）易有，由，则，根据p的范围，化简整理，推理证明，即可得证. 【小问1详解】 由题意可知，当时，由初始条件为第1只昆虫是种群甲，所以． 当时，第n只昆虫属于种群甲可能有两种情况： 第只是甲且第n只与它同种群，或第只是乙且第n只与它不同种群， 也即，得， 当时，，解得， 即当，时，第n只昆虫属于种群甲的概率恒为， 又．故第n只昆虫属于种群甲的概率，则． 【小问2详解】 由题意可知，当时，由初始条件为第1只昆虫是种群甲，其传递高浓度信号，所以． 当时，第n只昆虫传递高浓度信号可能有两种情况： 第n只昆虫接收高浓度信号且是甲种群，或第n只昆虫接收低浓度信号且是乙种群， 则， 即． 由（1）得：，， 则， 当时，是以为首项，为公比的等比数列， 故，则， 经检验，当时也满足上述递推式， 故， 变形可得， 则， 代入得， 故， 化简得， 则 ， 故． 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026 届高三年级12 月考试 数 学 本试卷共19题，满分150分.考试用时120分钟. 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，，(i为虚数单位)，则（ ） A. B. 1 C. D. 3 2. 已知全集，集合，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知数据的平均数为1，方差为0，则数据，的方差为（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 4. 的展开式中的系数为（ ） A. 12 B. 60 C. 160 D. 240 5. 已知函数为奇函数，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 6. 某智能物流车的“实际配送向量D”“规划路线向量R”“交通拥堵修正向量J”满足关系式：D=3R+2J.已知条件如下：实际配送向量，交通拥堵修正向量J与向量 垂直， 配送效率等级通过“规划路线向量 R 的模(单位：km)”判定，标准如下表(一般情况下，认定“停滞”属于无效配送)： 配送效率等级 超高效 高效 常规 低效 停滞 模的范围 若此次配送为有效配送，则此次配送的效率等级为（ ） A. 超高效 B. 高效 C. 常规 D. 低效 7. 如图，三棱柱中，为中点，为棱上一点，为侧面上一动点，且满足平面，则点的轨迹的长度为（ ） A. 1 B. C. D. 2 8. 若函数（其中），存在唯一整数，使得，则实数a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. 已知，，且，则（ ） A. B. C. D. 10. 已知函数，则满足过点可作出3条直线与图象相切的充分条件是（ ） A. ， B. C. 点在射线上 D. 点在曲线上 11. 已知双曲线的右焦点为，左顶点为，过作的一条渐近线的垂线，垂足为，且交的右支于点，设为坐标原点，为的左支上一动点，则（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知函数，则满足的的值为____________. 13. 若点是抛物线上的动点，点是直线上的动点，则的最小值为________. 14. 在平面四边形中，，若满足上述条件的平面四边形有且只有1个，则边的取值范围是__________. 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. 已知等差数列的公差为，前项和为，且. （1）求的通项公式； （2）设为数列的前项和，求使得的的最小值. 16. 已知函数. （1）讨论的单调性； （2）设点在曲线上，求的最大值. 17. 如图1，在菱形中，动点E，F在边AD，AB上（不含端点），且存在实数使，沿EF将向上折起得到，使得平面平面，如图2所示． （1）若，求的值； （2）当点的位置变化时，平面与平面的夹角的余弦值是否为定值，若是，求出该定值；若不是，说明理由． 18. 已知是椭圆上的两点． （1）求椭圆的标准方程； （2）已知是椭圆上的两动点，且的横坐标之和为，设直线为线段的中垂线，过点作直线，垂足为．求垂足横坐标的取值范围，并求的轨迹方程． 19. 在生态研究中，观察两种昆虫的信息传递，这两种昆虫的信息素中均含某种特殊化学物质A，A的浓度代表环境是否安全，但种群甲与种群乙的响应恰好相反，种群甲接收到含高浓度A的信息素后，认为“安全”，传递含高浓度A的信息素，反之认为“危险”，传递含低浓度A的信息素；种群乙接收到含高浓度A的信息素后，认为“危险”，传递含低浓度A的信息素，反之认为“安全”，传递含高浓度A的信息素，初始时，第1只昆虫属于种群甲，其接受到了“安全”的环境信息并开始传递．每只昆虫传递信息时，有的概率将信息素传递给同种群的昆虫，的概率将信息素传递给另一种群的昆虫，每次传递仅传递给一只昆虫，且每只昆虫传递信息的准确性与传递给的对象无关． （1）设为第n只昆虫属于种群甲的概率，当时，求； （2）求第n只昆虫传递含高浓度化学物质的信息素的概率； （3）证明：当时，，并阐述若要使这两种昆虫种群更加适应环境，p应该满足的要求及原因． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $