精品解析：河北省张家口市、衡水市NT20名校联合体2025-2026学年高三上学期12月质量检测考试数学试题（一）

NT20名校联合体高三年级12月质量检测考试 数学（一） 考试说明： 1.本试卷共150分.考试时间120分钟. 2.请将各题答案填在答题卡上. 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】B 【解析】 【分析】解指数不等式求解集合Q，然后利用交集运算求解即可. 【详解】由，解得，则，故， 又，则 故选：B 2. 已知，则复数的虚部为（ ） A. B. C. 1 D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，结合复数运算法则，化简复数，结合复数的基本概念，即可求解. 【详解】由复数，可得，所以的虚部为1. 故选：C. 3. 已知向量.若，则（ ） A. B. 2 C. D. 7 【答案】A 【解析】 【分析】根据向量的线性坐标运算求得，进而利用向量垂直的坐标表示列方程求解即可. 【详解】因为，所以， 因为，所以，解得. 故选：A 4. 已知是定义在上的奇函数，当时，，则（ ） A. B. 2 C. D. 3 【答案】D 【解析】 【分析】根据奇函数的性质，求出函数值即可. 【详解】因为是定义在上的奇函数，则， 当时，，则，所以. 故选：D. 5. 已知函数在处可导，若，则（ ） A. 27 B. 2 C. 3 D. 7 【答案】C 【解析】 【分析】根据导数的定义求解即可. 【详解】因为 ， 所以. 故选：C. 6. 已知，则（ ） A B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，利用余弦的倍角公式，化简求得，得到，结合，即可求解. 【详解】因为，所以， 则， 所以. 故选：D. 7. 已知正项等差数列的前项和为，则的最小值为（ ） A. 9 B. C. D. 8 【答案】C 【解析】 【分析】利用等差数列求和公式及等差数列通项下标和性质可得，又，进而利用“1”的代换技巧求解最值即可. 【详解】由等差数列前项和公式可得，所以， 所以，又， 则， 当且仅当，即，时等号成立，故的最小值为. 故选： 8. 已知三棱锥的体积为是空间内一点，，则三棱锥的体积是（ ） A. 3 B. 6 C. 8 D. 10 【答案】B 【解析】 【分析】利用空间向量线性运算及共面向量定理的推论得点共面，进而利用比例关系求解三棱锥. 【详解】，故， 令，则，又， 故点共面，故. 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.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分. 9. 下列命题不正确的是（ ） A. 如果一条直线平行于一个平面内的一条直线，那么这条直线平行于这个平面 B. 没有公共点的两条直线是异面直线 C. 过平面外一点有无数个平面与这个平面垂直 D. 有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据题意，利用线面位置关系的判定与性质，可判定A、B错误，C正确；结合棱锥的定义，可判定D错误. 【详解】对于A，若一条直线平行于这个平面内的一条直线，那么这条直线平行于这个平面或直线在平面内，所以A错误； 对于B，若两条直线没有公共点，则两直线可能异面，也可能平行，所以B错误； 对于C，过平面外一点有唯一一条直线与这个平面垂直，过这条直线的平面有无数个，这无数个平面与这个平面都垂直，所以C正确； 对于D，根据棱锥的定义，有一个面是多边形，其余各面是有公共顶点的三角形的几何体是棱锥，所以D错误. 故选：ABD. 10. 在中，，若为钝角，则的取值可以是（ ） A. 9 B. C. 4 D. 5 【答案】BC 【解析】 【分析】根据题意，不妨设，由为钝角，得到边最长，利用余弦定理，列出不等式组，结合选项，即可求解. 【详解】因为，由正弦定理得 不妨设， 又因为为钝角，则边最长，可得，解得. 故选：BC. 11. 如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面，为的中点，为内（不含边界）任意一点，则下列命题正确的是（ ） A. 平面平面 B. 直线与直线异面 C. 若直线与平面所成的角和直线与平面所成的角相等，则点的位置不唯一 D. 若为线段上一动点，且中点的轨迹把四棱锥分成了两个几何体，则较大几何体的体积为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据面面垂直的判定定理证明判断A；举反例利用异面直线的概念判断B；设点到平面的距离为，利用线面角的定义及条件可得，则点的轨迹为一条平行于平面的线段，即可判断C；先求得的轨迹为以为球心，以为半径的球面的一部分，然后结合球的体积公式求得较大几何体的体积判断D. 【详解】对于选项平面，平面，， 又，，平面， 平面，平面， 又为的中点，， 又 ，平面，平面， 又平面，平面平面，所以A正确； 对于选项B，取的中点为，连接，则， 又四边形为梯形， 显然当点在线段上运动时，直线与直线相交，所以B错误； 对于选项C，由A选项分析可知为直线与平面所成的角， 在中，，，设点到平面的距离为， 直线与平面所成的角为，可知， 因为直线与平面所成的角和直线与平面所成的角相等，所以， 所以点的轨迹为一条平行于平面的线段，如图所示， 所以点的位置不唯一，所以C正确； 对于选项D，由上述分析可知， 所以的轨迹为以为球心，以为半径的球面的一部分， 又由选项A可知：平面，平面，所以平面平面， 所以较小几何体的体积是球的体积的，四棱锥的体积为， 故较大的几何体的体积为，所以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. 命题“”的否定为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据存在量词命题的否定为全称量词命题求解即可. 【详解】根据存在量词命题的否定为全称量词命题可知： 命题“，”的否定为“”. 故答案为： 13. 不等式的解集为______. 【答案】或 【解析】 【分析】将已知分式不等式化为，然后利用一元二次不等式的解法求解即可. 【详解】等价于，即，解得或， 所以原不等式的解集为或. 故答案为：或 14. 已知数列满足，则的前30项的和为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据递推式变形求得，进而利用等差数列前n项和公式求和即可得解. 【详解】由题意得， 两式相加， 则， 所以，且， 故，构成以为首项，为公差的等差数列， 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. 已知二次函数，且是的零点. （1）求的解析式，以及不等式的解集； （2）若，求函数的值域. 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）根据韦达定理列方程组并求得，不等式等价于，解二次不等式即可得解； （2）令，则，然后利用二次函数性质求解值域即可. 【小问1详解】 由题意得，解得， 所以， 不等式等价于，即，解得或， 所以不等式的解集为. 【小问2详解】 ，令， 则， 当时，有最小值，当时，有最大值0， 故，即函数的值域为. 16. 如图，在四棱锥中，底面为正方形，且是直二面角的平面角，两点分别在棱上，. （1）若两点分别是棱的中点，证明：平面平面； （2）若，求三棱锥外接球的体积. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据三角形全等性质证得，根据线面角的性质定理得，然后利用线面垂直的性质定理得，进而利用线面垂直的判定定理和面面垂直的判定定理证明即可； （2）利用补体法求解三棱锥外接球的半径，代入体积公式求解即可. 【小问1详解】 因为为正方形，是棱的中点， 又， 所以，所以， 又因为，所以，所以， 因为是直二面角的平面角， 所以平面，又平面，所以， 因为，平面，所以平面， 又平面，所以平面平面； 【小问2详解】 三棱锥的外接球与四棱锥的外接球是同一个， 所以将四棱锥补成一个底面为边长为2的正方形，高为3的长方体，体对角线就是外接球的直径， 因为，所以，即. 17. 数列中，，满足. （1）求的通项公式； （2）记数列的前项和为，求. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）将变为，然后利用等差数列的定义求解通项公式即可； （2）利用错位相减法求和即可. 【小问1详解】 将两边同时除以得， 则是首项为，公差为的等差数列， 由，得. 【小问2详解】 由（1）可得①， 则②， ①-②得，， ， 即. 18. 已知是函数的零点，且在上单调递增，的图象关于对称. （1）求的值； （2）若的最小正周期为，且，求的值. 【答案】（1）或 （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，化简得，得到和，两式相加，可得，结合，即可求解； （2）由（1）得，根据在上单调递增，得出不等式，求得，结合，求得，即可求解. 【小问1详解】 由函数， 因为的一个零点是，可得， 又因为的一条对称轴是，可得， 两式相加，可得， 因为，所以或， 所以或. 【小问2详解】 由（1）得或，因为，所以， 所以函数， 因为在上单调递增，可得，所以， 又因为，则，所以， 所以最小正周期为，因为，所以. 19. 已知函数的图象关于直线对称. （1）求的值； （2）若，求曲线在处的切线方程； （3）当时，证明：是的极小值点. 【答案】（1） （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）先确定的图象关于直线对称，然后利用对称性列式求解参数即可. （2）求出导函数，利用导数的几何意义求解切线斜率，利用点斜式直线方程求解即可. （3）多次求导研究函数的单调性，然后根据极小值点的概念求解即可. 【小问1详解】 因为的图象关于对称，的定义域是， 因此的图象关于直线对称，所以， 即， 化简得， 得，令，解得. 【小问2详解】 由（1）得，则， 则， 因此曲线在处的切线方程为，即. 【小问3详解】 ， ， 构造函数， ， 当时，单调递增， 则当时，，即； 当时，，即. ①当时，，又， 因此，， ，即在上单调递增. ②当时，， 因此，， ，即在上单调递减. 综上，当时，是的极小值点. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ NT20名校联合体高三年级12月质量检测考试 数学（一） 考试说明： 1.本试卷共150分.考试时间120分钟. 2.请将各题答案填在答题卡上. 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，则复数的虚部为（ ） A. B. C. 1 D. 3. 已知向量.若，则（ ） A. B. 2 C. D. 7 4. 已知是定义在上奇函数，当时，，则（ ） A. B. 2 C. D. 3 5. 已知函数在处可导，若，则（ ） A. 27 B. 2 C. 3 D. 7 6. 已知，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知正项等差数列的前项和为，则的最小值为（ ） A. 9 B. C. D. 8 8. 已知三棱锥体积为是空间内一点，，则三棱锥的体积是（ ） A. 3 B. 6 C. 8 D. 10 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，有选错的得0分. 9. 下列命题不正确的是（ ） A. 如果一条直线平行于一个平面内的一条直线，那么这条直线平行于这个平面 B. 没有公共点的两条直线是异面直线 C. 过平面外一点有无数个平面与这个平面垂直 D. 有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥 10. 在中，，若为钝角，则的取值可以是（ ） A 9 B. C. 4 D. 5 11. 如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面，为的中点，为内（不含边界）任意一点，则下列命题正确的是（ ） A. 平面平面 B. 直线与直线异面 C. 若直线与平面所成的角和直线与平面所成的角相等，则点的位置不唯一 D. 若为线段上一动点，且中点的轨迹把四棱锥分成了两个几何体，则较大几何体的体积为 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 命题“”否定为______. 13. 不等式的解集为______. 14. 已知数列满足，则的前30项的和为______. 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. 已知二次函数，且是的零点. （1）求的解析式，以及不等式的解集； （2）若，求函数的值域. 16. 如图，在四棱锥中，底面为正方形，且是直二面角的平面角，两点分别在棱上，. （1）若两点分别是棱的中点，证明：平面平面； （2）若，求三棱锥外接球的体积. 17. 数列中，，满足. （1）求的通项公式； （2）记数列前项和为，求. 18. 已知是函数的零点，且在上单调递增，的图象关于对称. （1）求的值； （2）若的最小正周期为，且，求的值. 19. 已知函数的图象关于直线对称. （1）求的值； （2）若，求曲线在处的切线方程； （3）当时，证明：是的极小值点. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $