精品解析：福建省三明第一中学2025-2026学年高三上学期12月月考数学试题

三明一中2025-2026学年上学期高三12月月考 数学试卷 （考试时间：120分钟 满分：150分） 第Ⅰ卷（选择题共58分） 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，仅有一项是符合题目要求的． 1. 已知复数满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数的乘除运算以及加减运算，可得答案. 【详解】由题意可得. 故选：D. 2. 已知集合，则（　　） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】解二次不等式和绝对值不等式得到集合，然后由交集的定义求得结果. 【详解】∵，或， ∴． 故选：A. 3. 已知等差数列满足，则（ ） A. B. 3 C. D. 6 【答案】B 【解析】 【分析】利用等差中项的性质可得，再由即可求. 【详解】由， 若的公差为，则. 故选：B 4. 已知平面向量满足，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用投影向量的公式即可求解. 【详解】由题意得，又，所以在上的投影向量为. 故选：B 5. 过三点的圆的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先由中垂线方程得到圆心坐标，再由两点间的距离公式求出半径，从而可得圆的面积. 【详解】以点为端点的线段的中垂线方程为， 以点为端点的线段的中垂线方程为， 设圆心为，显然为与的交点，故， 故圆的半径，故圆的面积为. 故选：B. 6. 已知函数，其图象距离轴最近的一条对称轴方程为，最近的一个对称中心为，则下列结论错误的是（ ） A. B. 的图象在区间内有个对称中心 C. 在区间上单调递增 D. 的图象上所有点向右平移个单位长度得到函数的图象 【答案】C 【解析】 【分析】选项A，由，其图象距离轴最近的一条对称轴方程为，最近的一个对称中心为，得到，根据最小正周期公式得到，由一条对称轴方程为，得到，又，求得的值；选项B，令和解出的值，即可得解；选项C，由，求出的范围，结合余弦函数的图像得到在区间上单调递减；选项D，的图象上所有点向右平移个单位长度，得到函数，利用诱导公式得解. 【详解】选项A，， 其图象距离轴最近的一条对称轴方程为，最近的一个对称中心为， 则函数的周期满足，，，， 一条对称轴方程为，， ，，故A正确； 选项B，，，， ，由，可得或， 的图象在区间内有个对称中心，故B正确； 选项C，，， 在区间上单调递减，故C错误； 选项D，的图象上所有点向右平移个单位长度， 得到函数，故D正确. 故选：C. 7. 已知实数满足且，则的最小值为（　　） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据条件得，再结合条件，利用基本不等式得，即可求解. 【详解】由，得到，所以， 又，当且仅当时取等号，所以，即， 则，当且仅当时取等号， 故选：A. 8. 已知函数在上单调递增，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据在上递增列不等式，由此求得的取值范围． 【详解】由于在上单调递增，所以， 由得即， 当时，，，显然成立； 当时，单调递增，且，故， 综上，， 所以a的取值范围是 故选：C 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求．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. 关于空间向量，以下说法正确的有（ ） A. 空间中的三个向量，若有两个向量共线，则这三个向量一定共面 B. 若，则与的夹角是锐角 C. 已知向量，，是不共面的向量，则向量，，共面 D. 若对空间中任意一点，有，则，，，四点共面 【答案】AD 【解析】 【分析】利用共线定理和共面定理可判断A；考虑同向共线可判断B；利用反证法判断C；利用空间向量共面的推论判断D. 【详解】对于A，空间中任意两个向量是共面的，三个向量中有两个向量共线，则这三个向量一定共面，故A正确； 对于B，若，则与的夹角是锐角或者，故B错误； 对于C，假设是共面的向量，则存在实数使，即， 故向量是共面向量，与题设矛盾，故假设不成立，即向量不共面，故C错误； 对于D，因，则由空间向量共面的推论可知，四点共面，故D正确. 故选：AD 10. 已知焦点在轴上的等轴双曲线（对称中心为坐标原点）的实轴长与圆的半径相等，与圆在第一、二、三、四象限分别交于四点，且，则（ ） A. 的渐近线方程为 B. C. 的焦距为4 D. 四边形的面积为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据等轴双曲线的性质判断A，设等轴双曲线和圆的方程，联立后求双曲线方程，以及交点的坐标，即可判断BCD. 【详解】A.等轴双曲线的渐近线方程为，故A正确； B.设等轴双曲线，圆，，，，，，， 联立，得，， ，得，所以，故B正确； C. 等轴双曲线中，，所以焦距为，故C错误； D.由对称性可知，四边形是矩形，所以四边形的面积为，故D正确. 故选：ABD 11. 已知函数的定义域为，导函数为，满足（为自然对数的底数），且0，则（ ） A. B. 在处取得极小值 C. 存在唯一的实数使得 D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】构造函数，求导确定函数的单调性，结合单调性可得，从而判断A；根据导数运算可设，由，从而可得的值，于是得函数的解析式，求导确定单调性得的极值点即可判断B；根据单调性结合函数确定的根是否唯一即可判断C；根据单调性确定函数值大小即可判断D. 【详解】设，则， 可得在区间上单调递减，在上单调递增， 故，即，得，故选项A不正确； 可设，可得，所以，所以， 所以，由可得，由可得， 所以在区间上单调递减，在上单调递增， 所以在处取得极小值，故选项B正确； 又因为，可得函数大致图象如下： 结合图象知，存在唯一的实数使得，故C正确； 由于，而， 所以，故选项D正确. 故选：BCD. 第Ⅱ卷（非选择题共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，则_____． 【答案】 【解析】 【分析】应用诱导公式及整体法求函数值. 【详解】由. 故答案为： 13. 已知数列的前项和为，且点总在直线上，则数列的前5项和_____． 【答案】129 【解析】 【分析】由与的关系求出的通项公式，用错位相减法求，进而求. 【详解】数列的前项和为，且点总在直线上，所以. 当时，，两式相减得， 又，所以数列是以1为首项，以2为公比的等比数列，则， ∴，则， 所以， 两式相减得：. 所以，则. 故答案为： 14. 直线（）与椭圆交于，两点，过点作轴，垂足为点，直线交椭圆于另一点，则_____． 【答案】1 【解析】 【分析】设为第一象限点，，，写出坐标，再由点差法得，结合斜率的两点式有，进而得到、，从而有，即可得. 【详解】设为第一象限点，，轴，如图， ∴点的坐标为，点的坐标为， 设，则有，两式相减得， 又，，则， 又，则，又， ∴，因此，所以. 故答案为：1 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. 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. 设数列满足. （1）证明：数列为等差数列； （2）设，求数列的最大项. 【答案】（1）将两边同乘以， 得，即， 又，因此，是以1为公差，1为首项的等差数列. （2） 【解析】 【分析】（1）通过对已知递推公式进行变形，得到与的关系，再根据等差数列的定义证明； （2）先根据（1）的结果求出的表达式，进而得到的表达式，然后通过作差法比较与的大小， 判断数列的单调性，从而求出最大项. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）得， 因此，， . 当时，，得，即. 又因为，所以， 即当时，， 所以的最大项是. 17. 如图，在正三棱锥中，，，为中点，为棱上一点． （1）证明：； （2）已知正三棱锥各顶点均在球的球面上． （i）求球的半径； （ii）若直线与平面所成角的正弦值为，求． 【答案】（1）证明见解析 （2）（i）；（ii）或 【解析】 【分析】（1）根据正三棱锥的性质，结合等腰三角形的性质、线面垂直的判定定理和性质进行证明即可； （2）（i）根据正三棱锥的性质建立空间直角坐标系，结合球的性质、空间两点间距离公式进行求解即可； （ii）根据空间向量夹角公式进行求解即可. 【小问1详解】 由正三棱锥性质可知，，连接，， 故，， 而平面，平面，， 故平面， 而平面， 可得． 【小问2详解】 （i）记中心为，显然平面，易知在直线上．以为坐标原点，的方向为轴正方向，的方向为轴正方向，的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系 易得，，，，可设，由可得，解得 故球的半径 （ii）显然，而平面的一个法向量， 而，， 记，则， 记直线与平面所成角为，则， 平方得，得， 可得或， 于是或． 18. 已知椭圆的离心率为，点在椭圆上，不过点的直线与椭圆相交于两点. （1）求椭圆的标准方程； （2）若弦的中点的纵坐标为，求面积的最大值； （3）若，求证：直线过定点. 【答案】（1） （2） （3） ，， 即， ，， 代入（*）式，得， 即， 化简得， 即 ， 或， 当时，则直线，此时直线过点，不合题意舍去， 当时，则直线，此时直线过定点， 当直线斜率不存在时，直线交椭圆于，， 此时，显然成立. 直线过定点. 【解析】 【分析】（1）根据离心率公式，可得，将点坐标代入椭圆方程，结合a，b，c的关系，即可求得答案. （2）分析可得直线l斜率存在，设方程为，与椭圆联立，根据韦达定理，可得、表达式，代入弦长公式，可得表达式，再求得O到直线MN的距离，代入面积公式，结合m的范围，即可得答案. （3）由，可得，将直线方程代入，结合韦达定理，化简可得或，分别讨论，分析检验，即可得答案. 【小问1详解】 由题意得：，解得，椭圆方程为： 【小问2详解】 因为弦的中点的纵坐标为，所以直线斜率存在. 设直线，代入，可得， 设，，则，， 因为弦的中点的纵坐标为， 所以，即， ， O到直线MN的距离， ， 由，，可得， 当即时，取得最大值. 【小问3详解】 略 19. 已知函数． （1）当时，求的极值； （2）讨论在区间上的单调性； （3）设，证明：． 【答案】（1）的极小值为，无极大值； （2） 当时，函数在上单调递增； 当时，函数在上单调递减，在上单调递增. （3）证明：令数列的前项和为，且，数列满足， 当时，， 当时，， 则原不等式，等价于， 当时，，，成立， 当时，，即，即， 令，则， 又，所以， 则不等式，等价于，即证， 由（2）得，当时，函数在上单调递增， 又，所以，即， 所以得证， 所以当时，成立，所以， 又当时，， 综上所述，成立，不等式得证. 【解析】 【分析】（1）当时，，求导判断其单调性，进而可求得其极值； （2）求出导数，通过对的取值进行分类讨论，判断导数的正负情况，进而可得函数的单调区间； （3）令数列的前项和为，且，可求得， 再令数列满足，则原不等式等价于，整理变形后，结合函数的性质即可证明. 【小问1详解】 由题意，当时，，定义域为， 则， 令，解得， 所以当时，恒成立，所以在单调递减， 当时，恒成立，所以在单调递增， 所以当时，函数取得极小值，为，无极大值. 【小问2详解】 由题意，，定义域为， 则， 因为，，所以， 当时，恒成立，所以恒成立， 所以函数在上单调递增； 当时，令，解得（舍去），， 令，解得，令，解得， 所以函数在上单调递减，在上单调递增. 综上所述，当时，函数在上单调递增； 当时，函数在上单调递减，在上单调递增. 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 三明一中2025-2026学年上学期高三12月月考 数学试卷 （考试时间：120分钟 满分：150分） 第Ⅰ卷（选择题共58分） 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，仅有一项是符合题目要求的． 1. 已知复数满足，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知集合，则（　　） A. B. C. D. 3. 已知等差数列满足，则（ ） A. B. 3 C. D. 6 4. 已知平面向量满足，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 5. 过三点的圆的面积为（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数，其图象距离轴最近的一条对称轴方程为，最近的一个对称中心为，则下列结论错误的是（ ） A. B. 的图象在区间内有个对称中心 C. 在区间上单调递增 D. 的图象上所有点向右平移个单位长度得到函数的图象 7. 已知实数满足且，则的最小值为（　　） A. B. C. D. 8. 已知函数在上单调递增，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求．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. 关于空间向量，以下说法正确的有（ ） A. 空间中的三个向量，若有两个向量共线，则这三个向量一定共面 B. 若，则与的夹角是锐角 C. 已知向量，，是不共面的向量，则向量，，共面 D. 若对空间中任意一点，有，则，，，四点共面 10. 已知焦点在轴上的等轴双曲线（对称中心为坐标原点）的实轴长与圆的半径相等，与圆在第一、二、三、四象限分别交于四点，且，则（ ） A. 的渐近线方程为 B. C. 的焦距为4 D. 四边形的面积为 11. 已知函数的定义域为，导函数为，满足（为自然对数的底数），且0，则（ ） A. B. 在处取得极小值 C. 存在唯一的实数使得 D. 第Ⅱ卷（非选择题共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，则_____． 13. 已知数列的前项和为，且点总在直线上，则数列的前5项和_____． 14. 直线（）与椭圆交于，两点，过点作轴，垂足为点，直线交椭圆于另一点，则_____． 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. 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. 设数列满足. （1）证明：数列为等差数列； （2）设，求数列的最大项. 17. 如图，在正三棱锥中，，，为中点，为棱上一点． （1）证明：； （2）已知正三棱锥各顶点均在球的球面上． （i）求球的半径； （ii）若直线与平面所成角的正弦值为，求． 18. 已知椭圆的离心率为，点在椭圆上，不过点的直线与椭圆相交于两点. （1）求椭圆的标准方程； （2）若弦的中点的纵坐标为，求面积的最大值； （3）若，求证：直线过定点. 19. 已知函数． （1）当时，求的极值； （2）讨论在区间上的单调性； （3）设，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $