精品解析：福建省泉州七中、南安一中2025-2026学年高三12月联考数学试题

2025 ~ 2026学年度上学期高三年月考二数学科试卷 一、选择题：本大题共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. 命题“，函数在上单调递增”的否定为（ ） A. ，函数在上单调递减 B. ，函数上不单调递增 C. ，函数在上单调递减 D. ，函数在上不单调递增 2. 已知平面向量满足，且，则（ ） A. 32 B. 16 C. 8 D. 4 3. 一艘渔船在海上由南向北航行（航线视为一条直线），当船航行到点A时，测得远处一座灯塔T在其北偏东45°的方向上．渔船继续向北航行10km到达点B，此时测得灯塔T在其北偏东75°的方向上，则此时渔船与灯塔T的距离为（ ） A. km B. km C. km D. km 4. 已知抛物线的顶点为，经过点，且为抛物线的焦点，若，则（ ） A B. 1 C. D. 2 5. 已知圆锥的体积为，其母线与底面所成的角是，则该圆锥的侧面积为（ ）． A. B. C. D. 6. 设，若，则最小值为（    ） A. B. C. D. 7. 已知定义在上的函数满足，且，则（ ） A. B. 为奇函数 C. 有零点 D. 8. 已知中，内角满足，则（ ） A. B. C. D 二、多项选择题：本大题共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，有选错的得0分，部分选对的得部分分． 9. 若复数，为虚数单位，则下列说法正确的是（    ） A. 在复平面内对应的点位于第四象限 B. C. （是z的共轭复数） D. 若，则的最小值为 10. 已知是等比数列，是其前n项和，满足，则下列说法中正确的有（ ） A. 若是正项数列，则是单调递增数列 B. ，，一定是等比数列 C. 若存在，使对都成立，则是等差数列 D. 若存在，使对都成立，则是等差数列 11. 如图所示，在棱长为1的正方体中，，分别为棱，的中点，则以下四个结论正确的是（     ） A. 平面 B. 点到平面的距离为1 C. 过作与该正方体所有棱都相切的球的截面，所得截面的面积的最小值为 D. 若为直线上动点，则为定值 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．将答案填在答题卡的相应位置． 12. 过点且渐近线与双曲线的渐近线相同的双曲线方程为______. 13. 函数的图象与的图象关于直线对称，则函数的递增区间是________________． 14. 给定集合，定义，中元素的个数用表示． ① 若，则__________； ② 定义函数其中表示不超过的最大整数，如，，当时，函数的值域为，若，则____________． 四、解答题：本大题共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. 已知函数在上单调递增，在上单调递减，设为曲线的对称中心． （1）求； （2）已知锐角中，，求的取值范围． 16. 已知正项数列的前项和为，且满足． （1）求数列的通项公式； （2）若，数列的前项和为，当时，求满足条件的最小整数． 17. 已知圆，圆，动圆与圆外切，且与圆内切，记动圆圆心的轨迹为，是轨迹上的四个动点，为坐标原点． （1）求轨迹的方程； （2）若，，，且四边形的面积为，求直线的斜率． 18. 如图，在以为顶点的五面体中，四边形为等腰梯形，，，为直线上的点． （1）证明：四边形为平行四边形； （2）已知． （i）求； （ii）若，求二面角的余弦值． 19. 已知函数有两个极值点，记，． （1）若，求的值； （2）设，求曲线的对称中心； （3）设，若函数的图象上存在点，使得，求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025 ~ 2026学年度上学期高三年月考二数学科试卷 一、选择题：本大题共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. 命题“，函数在上单调递增”的否定为（ ） A. ，函数在上单调递减 B. ，函数在上不单调递增 C. ，函数在上单调递减 D. ，函数在上不单调递增 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，结合全称命题与存在性命题的关系，准确改写，即可求解. 【详解】因为全称量词命题的否定为存在量词命题， 所以命题“，函数在上单调递增”的否定为“，函数在上不单调递增”． 故选：B． 2. 已知平面向量满足，且，则（ ） A. 32 B. 16 C. 8 D. 4 【答案】D 【解析】 【分析】根据平面向量垂直公式可求出，再将问题平方后开根号代入即可. 【详解】；. ；；. . 故选：D. 3. 一艘渔船在海上由南向北航行（航线视为一条直线），当船航行到点A时，测得远处一座灯塔T在其北偏东45°的方向上．渔船继续向北航行10km到达点B，此时测得灯塔T在其北偏东75°的方向上，则此时渔船与灯塔T的距离为（ ） A. km B. km C. km D. km 【答案】A 【解析】 【分析】根据正弦定理即可求解. 【详解】由题意可得示意图，则 所以 由正弦定理可得，故（）. 故选：A 4. 已知抛物线的顶点为，经过点，且为抛物线的焦点，若，则（ ） A. B. 1 C. D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】根据抛物线的定义列方程，求得，结合点坐标求得. 【详解】依题意，焦点， 由，根据抛物线的定义，得，所以， 则，代入，得，又，解得. 故选：C 5. 已知圆锥的体积为，其母线与底面所成的角是，则该圆锥的侧面积为（ ）． A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设圆锥的底面半径为r，母线长为l，高为h，由母线与底面所成的角是可得，结合锥体体积公式列方程求，，再由圆锥侧面积公式求结论. 【详解】设圆锥的底面半径为r，母线长为l，高为h， 由母线与底面所成角是知，， 所以体积，故， 化简可得， 所以，，， 所以圆锥的侧面积为． 故选：C． 6. 设，若，则的最小值为（    ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据对数的运算性质得且，利用指数幂的运算性质，结合基本不等式计算即可求解. 【详解】由，可作出其图象： 由，得，即， 得且， 所以， 当且仅当，即时等号成立．所以的最小值为. 故选：B. 7. 已知定义在上函数满足，且，则（ ） A. B. 为奇函数 C. 有零点 D. 【答案】D 【解析】 【分析】对A，令，可得或，并验证判断；对B，由结合奇函数性质判断；对C，令，解得或，结合零点定义判断；对D，令，代入运算判断. 【详解】对于A，因为，令，可得，所以或. 令，可得，即， 若，则，与矛盾，故A错误； 对于B，由A，得且函数的定义域为，故函数不是奇函数，故B错误； 对于C，令，得，即， 解得或，显然函数没有零点，故C错误； 对于D，令，可得，即，所以，故D正确. 故选：D. 8. 已知中，内角满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用特殊值排除A；利用构造函数法，结合导数、诱导公式等知识判断B；利用余弦定理以及作差比较法判断C；利用放缩法以及正弦定理判断D. 【详解】不妨取，， 满足，此时，即选项A错误； 由，知， 整理得，，设， 则，即在上单调递减， 因为，所以， 所以， 所以， 因在上单调递增，在上单调递减， 所以， 即， 所以，即选项B错误； 由上述分析知，所以由余弦定理知，， 所以，由余弦定理知，， 所以， 所以，即选项C错误； 因为，且，所以， 由正弦定理知，，所以，即选项D正确. 故选：D 二、多项选择题：本大题共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，有选错的得0分，部分选对的得部分分． 9. 若复数，为虚数单位，则下列说法正确的是（    ） A. 在复平面内对应的点位于第四象限 B. C. （是z的共轭复数） D. 若，则的最小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】化简复数，由复数的几何意义可判断A；由复数的乘法运算可判断B；由共轭复数的定义和复数模的几何意义可判断C；由复数模的几何意义可判断D. 【详解】因为， 对于A，z在复平面内对应的点为，位于第四象限，故A正确； 对于B，，故B不正确； 对于C，，，故C正确； 对于D，，则点表示以为圆心，为半径的圆， 表示点到原点的距离，所以的最小值为，故D正确． 故选：ACD． 10. 已知是等比数列，是其前n项和，满足，则下列说法中正确的有（ ） A. 若是正项数列，则是单调递增数列 B. ，，一定是等比数列 C. 若存在，使对都成立，则是等差数列 D. 若存在，使对都成立，则是等差数列 【答案】AC 【解析】 【分析】A选项，设出公比，得到方程，结合是正项数列，得到公比，得到是单调递增数列；B选项，举出反例；C选项，根据对都成立，得到，从而得到为常数列，为公差为0的等差数列；D选项，结合C选项，得到当为偶数时，，为奇数时，，D错误. 【详解】A选项，设公比为，故，解得或， 若是正项数列，则，，故，故是单调递增数列，A正确； B选项，当且为偶数时，，，均为0，不合要求，B错误： C选项，若，则单调递增，此时不存在，使对都成立， 若，此时，故存在，使得对都成立， 此时为常数列，为公差为0的等差数列，C正确； D选项，由C选项可知，，故当为偶数时，， 当为奇数时，，显然不是等差数列，D错误. 故选：AC. 11. 如图所示，在棱长为1的正方体中，，分别为棱，的中点，则以下四个结论正确的是（     ） A. 平面 B. 点到平面的距离为1 C. 过作与该正方体所有棱都相切的球的截面，所得截面的面积的最小值为 D. 若为直线上的动点，则为定值 【答案】ABD 【解析】 【分析】对A，证明，利用线面平行的判定定理得证；对B，利用三棱锥等体积求解；对C，连接交于点，则是的中点，由对称性可得截面的面积最小的圆是以所在的弦为直径的截面圆，即截面圆圆心为，求出截面圆的半径得解；对D，由，结合向量数量积运算得解. 【详解】对于A，连接，，在正方体中，，而M，N分别为棱，的中点，则， 又平面，平面，所以平面，故A正确； 对于B，连接，设点到平面的距离为， 由，得，又， 则，所以，故B正确； 对于C，连接交于点，则是的中点． 正方体的棱切球的球心是正方体对角线的中点，半径． 由对称性知过作该正方体外接球的截面，所得截面的面积最小的圆是以所在的弦为直径的截面圆，即截面圆圆心为. 易得，∴． 故截面圆半径， 此时截面圆面积为，故C错误； 对于D，易得 ，所以，故D正确. 故选：ABD. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．将答案填在答题卡的相应位置． 12. 过点且渐近线与双曲线的渐近线相同的双曲线方程为______. 【答案】 【解析】 【分析】由题意可知，设与双曲线的渐近线相同的双曲线方程为，将点代入，即可求出，进而求出结果. 【详解】根据题意，双曲线渐近线方程为，所以要求的双曲线方程为，又过点，代入方程可得，因此双曲线方程为. 故答案为:. 13. 函数的图象与的图象关于直线对称，则函数的递增区间是________________． 【答案】 【解析】 【分析】根据指数函数和对数函数关于直线对称，可得的解析式，再根据复合函数的单调性，在定义域内可求得函数的递增区间. 【详解】因为函数的图象与的图象关于直线对称， 所以，所以，因为在上为减函数， 所以的递增区间为内层函数在定义域内的递减区间， 即，故函数的递增区间是． 故答案为：． 14. 给定集合，定义，中元素的个数用表示． ① 若，则__________； ② 定义函数其中表示不超过的最大整数，如，，当时，函数的值域为，若，则____________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】①根据的定义计算即可；②根据高斯函数的定义，需分和两种情况讨论来确定函数的值域A，再根据的定义求出其表达式，建立关于n的方程求解即可. 【详解】① 因为，任取两个不同的元素相加，则，故； ② 当时，，则， 当时， ，则， 由，， 则的值域为，任取两个不同的元素相加， 则， 不同的结果有（个），则，解得． 故答案为：；． 四、解答题：本大题共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. 已知函数在上单调递增，在上单调递减，设为曲线的对称中心． （1）求； （2）已知锐角中，，求的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据函数的极大值及单调区间可求出，再根据正弦型函数的对称中心求出； （2）求出，再由三角恒等变换化简，根据正弦型函数的值域求法得范围即可, 【小问1详解】 因为在上单调递增，在上单调递减， 所以且，所以，可知， 又由，可知，所以，故， 由，可得，即． 【小问2详解】 由（1）可知，，所以， 则， 又由为锐角三角形有，即： 则，故的取值范围为． 16. 已知正项数列的前项和为，且满足． （1）求数列的通项公式； （2）若，数列的前项和为，当时，求满足条件的最小整数． 【答案】（1） （2）1013 【解析】 【分析】（1）由已知结合和与项的递推关系进行转化，结合等差数列的通项公式即可求解； （2）利用裂项求和求出，然后解不等式即可求解. 【小问1详解】 因为，当时，，即，又，故， 当时，，因为，两式相减得， 因为，所以，所以，均是以2为公差的等差数列， ，，. 所以. 小问2详解】 由得，， 所以， 因为，所以，解得. 所以满足条件的最小整数为1013. 17. 已知圆，圆，动圆与圆外切，且与圆内切，记动圆圆心的轨迹为，是轨迹上的四个动点，为坐标原点． （1）求轨迹的方程； （2）若，，，且四边形的面积为，求直线的斜率． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据两圆位置关系可得，结合椭圆的定义求解； （2）由题可得直线过点，设直线，且，，根据对称性知四边形为平行四边形，故，联立直线与椭圆的方程结合韦达定理代入运算得解. 【小问1详解】 设动圆半径为，由动圆与圆外切，则，又动圆与圆内切，有， 则， 所以点在以为焦点的椭圆上，且，，故椭圆方程为， 又圆与圆内切于，故与不重合， 故轨迹的方程为. 【小问2详解】 由知直线过点，易知斜率不为0， 设直线，且，， 联立方程组，可得， 则，， 由，，即共线，共线， 根据对称性知四边形为平行四边形，故， 故， 解得，故，所以直线的斜率为. 18. 如图，在以为顶点的五面体中，四边形为等腰梯形，，，为直线上的点． （1）证明：四边形为平行四边形； （2）已知． （i）求； （ii）若，求二面角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）由线面平行的判定定理可得平面，由线面平行的性质定理可得，由可证四边形为平行四边形； （2）（i）由余弦定理计算即可求解；（ii）由勾股定理可得，建立空间直角坐标系，根据面面角向量法计算即可. 【小问1详解】 证明：因为，平面，平面， 故平面， 因为平面，平面平面， 则， 又，所以四边形为平行四边形； 【小问2详解】 （i）如图，在四边形中，连接， 由（1）知，故， 由余弦定理，有， 故，解得， 故， （ii）如图，在梯形中，作于， 由， 故，则， 又等腰梯形，，， 故，，则， 又，有，即， 故两两互相垂直，以为原点，分别为建立空间直角坐标系，如图： 则， ， 点在上，故平面即平面， 设平面的一个法向量为， 则，即，取，则， 设平面的一个法向量为， 则，即，取，则， 所以， 由图可知二面角为钝角，故二面角的余弦值为． 19. 已知函数有两个极值点，记，． （1）若，求的值； （2）设，求曲线的对称中心； （3）设，若函数的图象上存在点，使得，求的取值范围． 【答案】（1） （2）对称中心为 （3） 【解析】 【分析】（1）由题意可得，，进而求解即可； （2）法一：由题设可得，进而得到为奇函数，进而结合平移求解即可； 法二：由题设可得，验证即可求解； （3）由题设可得，求导，可得，结合可得，问题转化为：当时，有实数解，求的范围，令，利用导数分析其单调性，进而求解即可. 【小问1详解】 由题设，由， 即在处取得极值， 则，且，解得或， 当时，，有恒成立， 则在上单调递增，无极值点，舍去； 当时，，有， 所以或时，时， 则是一个极值点，符合； 综上所述，． 【小问2详解】 法一：当时， 即奇函数， 又的图象可由的图象向左平移1单位，向下平移单位， 故的对称中心为； 法二：当时，， 则， 故的对称中心为. 小问3详解】 当时，，则， ∵函数有两个极值点，故方程有两个不等的实根，则， 令，即，不妨设． 则，， 所以，， 设，因为， 则， 化简得：， 问题转化为：当时，有实数解，求的范围． 令，，令， 所以，其中， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 因此，当时，有极大值，也是最大值， 且， 当时，，，，， 当时，，，，， 要使有实数解，则， 因为，所以，解得． 因此，的取值范围是． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $