精品解析：福建省连城县第一中学2025-2026学年高三上学期12月月考数学试题

连城一中2025-2026学年上期高三年级月考2数学试卷 满分150分 考试时间120分钟 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分. 第Ⅰ卷（选择题，共73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，只有一项是符合题目要求的． 1. 复数（ ） A. B. C. D. 2. 已知集合，若，则实数的值为（    ） A. B. 0 C. 2 D. 2或 3. 若角的终边过点，则（    ） A. B. C. D. 3 4. 已知非零向量满足，，则（    ） A. B. C. D. 5. 若直线过点，则的最小值为（ ） A B. C. D. 6. 若数列是等比数列，则“”是“数列为递增数列”的（    ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 7. 在正方体中，分别为所在棱的中点，为下底面的中心，则下列结论中错误的是（    ） A. 与为异面直线 B. C. D. 平面 8. 定义在R上奇函数，满足，且当时，不等式恒成立，则函数的零点的个数为（    ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 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. 已知圆和直线，则下列说法正确的是（ ） A 直线恒过定点 B. 直线与圆一定有公共点 C. 圆与圆只有一条公切线 D. 当时，圆上恰有两个点到直线的距离等于1 10. 已知椭圆的上顶点为，左、右焦点分别为，，为正三角形，过的直线与交于，两点，则（ ） A. 椭圆的离心率为 B. 的最大值为3 C. 的取值范围是 D. 当倾斜角为时，的周长为8 11. 已知圆锥的底面半径为，其母线长，底面圆周上有一动点，下列说法正确的有（    ） A. 截面最大面积为 B. 若，则直线与平面所成角的正弦值为 C. 当三棱锥的体积最大时，其外接球的表面积为 D. 若点，且，一只小蚂蚁从点出发绕侧面一周到达点，先上坡后下坡，当它爬行的路程最短时，下坡路段长为 第Ⅱ卷（非选择题，共77分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 函数的图象恒过定点__________. 13. 设为有穷正项等差数列的前n项和，若，则的最小值为_________． 14. 设的内角的对边分别为，，点在平面内，满足，则的最大值为_________． 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. 设为数列的前项和，已知，且为等差数列. （1）求的通项公式； （2）若，求的前项和. 16. 设的内角的对边分别为，且． （1）求； （2）若，的面积为，为边上一点，满足， （i）求 （ii）求的长． 17. 如图，在多面体中，四边形为正方形，，，． （1）设平面平面，证明：； （2）设点是中点，且满足，求平面与平面夹角的余弦值． 18. 已知椭圆的右顶点为，上顶点为，离心率为，点在椭圆上，以原点为圆心的圆与直线相切． （1）求椭圆及圆的方程； （2）过作两条互相垂直的射线交椭圆于两点． （i）证明：直线与圆相切； （ii）求面积的取值范围． 19. 已知函数，，其中，曲线在点处切线方程为． （1）求a的值； （2）求的最小值； （3）设，若对恒成立，求b的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 连城一中2025-2026学年上期高三年级月考2数学试卷 满分150分 考试时间120分钟 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分. 第Ⅰ卷（选择题，共73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，只有一项是符合题目要求的． 1. 复数（ ） A B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数的除法运算化简可得答案. 【详解】. 故选：A 2. 已知集合，若，则实数的值为（    ） A. B. 0 C. 2 D. 2或 【答案】C 【解析】 【分析】由题意，进而有或求参数，注意验证元素的互异性. 【详解】由，即，则或，可得或， 当，在集合中，不满足集合元素的互异性， 当，则，满足题设. 故选：C 3. 若角的终边过点，则（    ） A. B. C. D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】首先根据三角函数的定义，角的终边过点，求出，再利用两角差的正切公式求值即可. 【详解】因为角的终边过点，所以. 所以. 故选：C. 4. 已知非零向量满足，，则（    ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先通过向量垂直的条件得出与的关系，再计算，最后开方得到的值. 【详解】已知，根据向量模长公式可得：， 因此， 因为，根据向量垂直的性质有：，即， 所以， 将和代入得：， 由，所以. 故选：A. 5. 若直线过点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题可得即，再结合，从而可求解. 【详解】由题直线过点，可得即， 所以， 当且仅当即，时取等号，故C正确. 故选：C. 6. 若数列是等比数列，则“”是“数列为递增数列”的（    ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】由充分条件和必要条件的定义得到结论. 【详解】取，，则，满足， 此时，所以数列不为递增数列， 故充分性不成立； 当数列为递增数列时，则，故必要性成立. ∴“”是“数列为递增数列”的必要不充分条件. 故选：B. 7. 在正方体中，分别为所在棱的中点，为下底面的中心，则下列结论中错误的是（    ） A. 与为异面直线 B. C. D. 平面 【答案】C 【解析】 【分析】根据异面直线的概念判断A的真假，先根据线面垂直证明线线垂直，得，再根据，可判断B的真假；构造异面直线所成的角，根据角的大小判断C的真假；根据线面平行的判定定理判断D的真假. 【详解】如图： 对A：因为平面，平面，且，所以直线与异面，又，直线与直线不相交，所以与为异面直线.故A正确； 对B：因为，，平面，且， 所以平面，又平面，所以. 又，所以.故B正确； 对C：因为，所以为异面直线与所成的角. 在中，，所以，所以与不垂直，故C错误； 对D：因为，平面，平面，所以平面.故D正确. 故选：C 8. 定义在R上的奇函数，满足，且当时，不等式恒成立，则函数的零点的个数为（    ） A 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】D 【解析】 【分析】根据题干不等式，构造函数，根据函数导数判断函数单调性，画出函数图像，根据基本初等函数图像性质，以及函数零点和函数图像交点之间的关系，判断结果即可. 【详解】设函数，则， 可知当时，不等式恒成立，即恒成立， 所以当时，，在上单调递增， 因为是R上奇函数，即， 可得，所以函数是R上的偶函数， 所以在上单调递减， 因为，，所以， 函数的零点的个数，即方程的解的个数， 即函数和函数图像交点的个数，在坐标系中作出函数大致图像，如下图所示， 由图像可知，函数和函数图像有3个交点，所以函数的零点的个数为3. 故选：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. 已知圆和直线，则下列说法正确的是（ ） A. 直线恒过定点 B. 直线与圆一定有公共点 C. 圆与圆只有一条公切线 D. 当时，圆上恰有两个点到直线的距离等于1 【答案】ABD 【解析】 【分析】求出直线过的定点判断A；判断定点与圆的位置关系判断B；判断圆与圆的位置关系判断C；求出圆心到直线距离判断D． 【详解】对于A，直线的方程为，由，得， 直线过定点，故A正确； 对于B，，又， 所以定点在圆C内，则直线与圆C相交，有两个交点，故B正确； 对于C，圆化为， 圆的圆心为，半径为4， 两圆圆心距为，所以两圆相交， 因此它们有两条公切线，故C错误； 对于D，当时，直线，圆心到直线l的距离为， 而圆C半径为2，且，因此恰有2个点到直线的距离等于1，故D正确． 故选：ABD． 10. 已知椭圆的上顶点为，左、右焦点分别为，，为正三角形，过的直线与交于，两点，则（ ） A. 椭圆的离心率为 B. 的最大值为3 C. 的取值范围是 D. 当倾斜角为时，周长为8 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据题意，，可求其离心率判断A，并可得椭圆；根据椭圆定义和基本不等式判断B；设，利用向量数量积的坐标运算得，再根据椭圆上点的范围可判断C；当倾斜角为时，直线垂直平分，结合椭圆定义求的周长，判断D. 【详解】对于A，根据题意，，所以椭圆的离心率， 又，， 所以椭圆，故A正确； 根据椭圆定义，可知， 所以，当且仅当时取等号， 所以的最大值为4，故B错误； 设，又， 所以， 则， 因为，所以的取值范围是，C正确； 当倾斜角为时，直线垂直平分， 所以的周长为： ， 故D正确. 故选：ACD 11. 已知圆锥的底面半径为，其母线长，底面圆周上有一动点，下列说法正确的有（    ） A. 截面最大面积为 B. 若，则直线与平面所成角的正弦值为 C. 当三棱锥的体积最大时，其外接球的表面积为 D. 若点，且，一只小蚂蚁从点出发绕侧面一周到达点，先上坡后下坡，当它爬行的路程最短时，下坡路段长为 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用三角形面积公式，结合圆锥的结构特征确定截面面积最大值判断A，过点B作，交于点D连接，利用线面垂直的性质和判定及线面角的定义确定直线SB与平面SOA所成角的平面角，进而求其正弦值判断B，首先确定棱锥的体积最大情况下，再由棱锥的结构特征求其外接球的半径，进而求表面积判断C，根据已知确定圆锥侧面展开图的圆心角，进而确定上下坡的临界点，最后求下坡路段长度判断D. 【详解】A，圆锥底面半径cm，母线，高， 因为，易知为锐角， 当最大，即为底面直径时，截面面积最大， 最大，错误； B，过点B作，交于点D连接， 由底面，且底面，则， 又，，平面，则平面， 为直线SB与平面所成角，由题意为等腰直角三角形， ，又， ，正确； C，三棱锥的体积， 当时，最大为18，体积也最大， 此时其外接球半径为， ，正确 D，侧面展开图圆心角满足，解得，即为四分之一圆.， 由题意，如图所示，其中AC为直线时最短，过S作，， 即为下坡路段， 又与相似，则，正确. 故选：BCD 第Ⅱ卷（非选择题，共77分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 函数的图象恒过定点__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据分析求解即可. 【详解】令，解得，此时， 所以函数的图象恒过定点. 故答案为：. 13. 设为有穷正项等差数列的前n项和，若，则的最小值为_________． 【答案】 【解析】 【分析】先根据等差数列的前n项和公式得到，再转化为，进一步利用基本不等式求解. 【详解】因为为有穷正项等差数列的前n项和，， 所以均为正数，且，解得. 由等差数列的性质知. 所以， 当且仅当，即，亦即时等号成立， 故答案为： 14. 设的内角的对边分别为，，点在平面内，满足，则的最大值为_________． 【答案】 【解析】 【分析】在中，由，利用正弦定理，结合余弦定理得到，再利用基本不等式得到，此时，然后以中点为原点，为轴，为轴建立平面直角坐标系，设，由，得到点的轨迹求解. 【详解】在中，先由正弦定理得，再由余弦定理得，代入到， 整理得， 则，当且仅当时等号成立， 又由，所以，此时， 又因为，所以，所以，所以是等边三角形. 以中点为原点，为轴，为轴建立平面直角坐标系，如图， 则，设， 由，得，整理得， 所以点的轨迹是以为圆心，为半径的圆， 所以的最大值为， 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. 设为数列的前项和，已知，且为等差数列. （1）求的通项公式； （2）若，求的前项和. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据等差数列定义可得，利用与之间关系可证得数列通的项公式； （2）采用分组求和法，分别对奇数项和偶数项求和，结合等差数列求和公式和裂项相消法可求得结果. 【小问1详解】 设等差数列的公差为，因为， 所以，即， 所以，即， 当时，， 当时，，满足上式，所以. 【小问2详解】 由（1）知 则 所以数列的前项和为. 16. 设的内角的对边分别为，且． （1）求； （2）若，的面积为，为边上一点，满足， （i）求 （ii）求的长． 【答案】（1） （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）结合诱导公式及辅助角公式化简即可求角； （2）（i）根据三角形的面积公式及余弦定理求得；（ii）由（i）可解得，即为等边三角形，再根据余弦定理求． 【小问1详解】 由，可得， 即，即，又， 则，即. 【小问2详解】 （i）因为，所以. 由余弦定理得：， 则，即， 所以， （ii），， 故为等边三角形，则， 由，所以， 在中，由余弦定理得 ， 所以． 17. 如图，在多面体中，四边形为正方形，，，． （1）设平面平面，证明：； （2）设点是的中点，且满足，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）利用线面平行的判定和性质即可. （2）建立空间直角坐标系，利用向量法来求得平面与平面夹角的余弦值. 【小问1详解】 因为四边形为矩形，所以， 因为平面，平面. 所以平面， 又因为平面平面，平面， 所以. 【小问2详解】 取、和中点为，连接，取的中点为，连接， 依题意得四边形为等腰梯形，且； 又因为，得平面； 则，故平面； 故以为原点，以为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 因为，所以， 设到平面的距离为，设， 因为，所以， 解得， 所以，可得，， 设平面的法向量为， 则， 取，可得， 所以， 设平面的法向量为， 则， 取，可得， 所以， 所以， 故平面BFG与平面DEA夹角的余弦值为. 18. 已知椭圆的右顶点为，上顶点为，离心率为，点在椭圆上，以原点为圆心的圆与直线相切． （1）求椭圆及圆的方程； （2）过作两条互相垂直的射线交椭圆于两点． （i）证明：直线与圆相切； （ii）求面积的取值范围． 【答案】（1）椭圆：，圆：； （2）（i）证明见解析；（ii） 【解析】 【分析】（1）根据离心率以及点在椭圆上，求出的值，得到椭圆方程；根据圆心到切线的距离为半径，求得圆的方程； （2）分类讨论当直线的斜率存在和不存在时，利用圆与直线相切的性质，结合韦达定理计算并证明结论，再利用弦长公式求弦长，即可求得的面积. 【小问1详解】 由题意，椭圆离心率，点在椭圆上，则， 解得 所以椭圆的方程为 则右顶点，上顶点，直线， 圆心到直线的距离，即圆的半径， 所以圆的方程为. 【小问2详解】 （i）由题意，当直线的斜率不存在时，，或. 此时，圆心到直线的距离，所以直线与圆相切. 当直线的斜率存在时，设直线， 由可得， 设，则 ，即， 化简得. 所以，圆心到直线的距离， 所以直线与圆相切. 综上所述，直线与圆相切 （ii）由（i）可知，当直线的斜率不存在时， 当直线的斜率存在时， ， 当时，； 当时，，当且仅当时等号成立， 所以，， 综上， 19. 已知函数，，其中，曲线在点处的切线方程为． （1）求a的值； （2）求的最小值； （3）设，若对恒成立，求b的最大值． 【答案】（1）1 （2）0 （3）2 【解析】 【分析】（1）求导得，结合曲线在点处的切线方程为，所以，求出. （2）由（1）知，求导得到，令，则，因为在上单调递减，且，推出存在使得，所以在单调递增，在单调递减，结合得出在上恒成立，从而推出在上单调递增，故最小值为. （3）若对恒成立，令，则，由（2）知，所以，因为，所以．假设当时，构造函数对恒成立，结合推出，构造函数，求导得出在上单调递减，所以，从而推出在上恒成立. 【小问1详解】 由得． 因为曲线在点处的切线方程为， 所以，解得． 【小问2详解】 由（1）知， 所以， 令，则． 因为在上单调递减，在上单调递减， 所以在单调递减， 又， 所以存在唯一零点，使得． 所以在单调递增，在单调递减． 又， 所以在上恒成立， 所以在上单调递增， 所以，即的最小值为0. 【小问3详解】 因为对恒成立， 令，则， 由（2）知， 所以， 因为，所以． 假设当时，对恒成立． 由（2）知， 则， 所以． 设， 则， 所以在上单调递减， 所以， 所以在上恒成立，即满足题意． 综上所述，整数的最大值为2． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $