广东省深圳市盐田高级中学2025-2026学年高三上学期12月测试数学试题

2026届深圳市盐田高级中学高三年级数学12月末测试卷 命题人：葛** 审题人：李* 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．设集合，集合，则（ ） A． B． C． D． 2．角终边上一点的坐标为，则的值为（ ） A． B． C． D． 3．已知点在平面α内，点在α外，且α的一个法向量，则点P到平面α的距离为（ ） A． B． C． D． 4．下列说法正确的是（ ） A．垂直于同一直线的两条直线相互平行 B．垂直于同一平面的两个平面相互平行 C．直线l的方向向量垂直于面α的法向量，则 D．若两个平面垂直，那么一个平面内与它们的交线不垂直的直线与另一个平面也不垂直 5．已知两圆和恰有三条公切线，则点所在的轨迹方程为( ) A. B. C. D. 6．将函数的图象向右平移个单位长度，再将所得图象上所有点的横坐标缩短为原来的，纵坐标不变，得到函数的图象．若在上单调递增，则的取值范围为（ ） A． B． C． D． 7．已知数列满足，，，则下列说法正确的是( ) A. B. C. D. 8．已知函数在处取得极大值，则a的值是（ ） A．1 B．2 C．3 D．4 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，则下列等式一定正确的是（ ） A． B． C． D． 10．已知函数，则下列说法正确的是( ) A.函数的定义域为 B.函数的值域为R C.函数的最小正周期为 D.函数的单调递减区间是， 11．正方体的边长为2，O为底面ABCD的中心，P是正方形BCC1B1内（不包含正方形的四边）的动点，则下列说法正确的是（ ） A．OP，BC一定是异面直线 B．当P在线段BC1上移动时，的最小值为 C．当P是正方形BCC1B1的中心时，OP与AB所成角为 D．当OP与平面BCC1B1所成角为定值（非直角）时，P的运动轨迹是两段圆弧 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．数列的前n项和为Sn，若，则 . 13．记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，则A= . 14．已知实数满足：，，，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．（13分） 已知数列满足，且对任意的，都有. (1)设，求数列的通项公式； (2)数列，表示不超过x的最大整数，求的前340项和T340． 16．（15分） 在锐角三角形中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，. (1)求角B的值； (2)若，求的取值范围． 17．（15分） 已知函数， (1)讨论的单调性； (2)当时，恒成立，求a的取值范围． 18．（17分） 已知椭圆与椭圆，则称，为“共轭”椭圆. (1)求证：“共轭”椭圆，的交点共圆； (2)若(1)中圆的半径为，请给出离心率为的“共轭”椭圆，的方程； (3)若“共轭”椭圆的离心率为，直线与“共轭”椭圆，的交点分别为A，B和C，D，设，且存在t使得有解，求实数m的取值范围. 19．（17分） 如图，在平面四边形ABCD中，为等腰直角三角形，为正三角形，，，现将沿AC翻折至，形成三棱雉，其中S为动点． (1)证明：； (2)若，三棱雉的各个顶点都在球O的球面上，判断球心O的位置，并求出球心O到平面SAC的距离； (3)求平面SAC与平面SBC夹角余弦值的最小值． 2026届深圳市盐田高级中学高三年级数学12月末测试卷 数学参考答案 1、【答案】C【详解】由题意， ，. 故选：C 2．【答案】D【详解】因为角终边上一点的坐标为，则， 根据三角函数的定义可知：，. 利用两角差的正弦公式可知： . 故选：D 3．【答案】B【详解】由点，，得，所以点P到平面α的距离为. 4．【答案】D【详解】正方体同一顶点的三条棱两两垂直，则垂直于同一直线的两条直线不一定平行，故A错误；若一个平面内的两条直线与另一个平面都平行，两直线可以相交，也可以成为异面直线，故B错误；正方体的前面和侧面都垂直于底面，这两个平面不平行，C错误对D：利用反证法简单证明如下： 若两个平面垂直，假设一个平面α内与它们的交线l不垂直的直线l1与另一个平面β垂直． 因为，且平面的交线，故可得， 这与题设l与l1，不垂直相互矛盾，故假设不成立，原命题成立．即D选项正确，故选：D. 5．答案：C解析：由两圆的标准方程分别为和， 得圆心分别为和，半径分别为1和3，又两圆恰有三条公切线，所以两圆外切， 所以，则，即，故选：C 6．【答案】D【分析】根据平移规则可得的解析式，再由正弦函数的单调性得出对应不等式可得结果． 【详解】由题可得， 因为，所以当时，， 且，因为在单调递增，所以 ，又，解得. 7．答案：D解析：因为，且，， 故，，，，，，，， 所以，，，，，，，， 所以数列都，是以6为一个周期的周期数列.又，则，A项错误；因为，，所以，B项错误；因为，所以，C项错误；因为，所以，D项正确. 8．【答案】C【详解】由题设，则，可得或， 当时， 当或时，则在和上递增， 当时，则在上递减， 此时在处取得极小值，不符； 当时， 当或时，则在和上递增， 当时，则在上递减，此时在处取得极大值，符合；综上，. 9．【答案】BCD【详解】依题意，，即，则且，故C正确； 对于A，错误； 对于B，，正确； 对于D，，正确．故选：BCD 10．答案：BC解析：易知.对于A项，由题意得 则定义域为且且，A项错误； 对于B项，的值域为R，B项正确；对于C项，最小正周期为，C项正确；对于D项，由函数图象可知的单调递减区间是，D项错误.故选：BC. 11．【答案】AB【详解】对于A选项，因为P是正方形内（不包含正方形的四边）的动点，即， 所以由异面直线判定定理知，故A正确； 对于B选项：将正三角形与等腰直角三角形展开到同一平面内得到四边形，则线段即为的最小值，在中，由余弦定理知： 故， 对于C选项，易知，所以OP与AB所成角 为，故C错误； 对于D选项：取BC中点O1，那么平面 那么即为OP和平面所成角， 那么为定值，又为定值，故为定值， 所以点P在以为圆心以为半径的圆上，由于半径大小不定，点P是正方形为（不包含正方形的四边）的动点可能是一段圆弧或二段圆弧，故D错误 12．【答案】384【详解】①，②， 两式相减得，故， 令中得，，所以. 故答案为：384 13．【答案】【详解】因为，由正弦定理得，所以即， 所以或（舍去），即， 又因为，则，解得. 故答案为： 14．【答案】【详解】作出圆与直线， 由题意，，都在圆上， 且，又由，所以 ，即为等腰三角形， 表示A和B到直线的距离和， 由图可知，只有当A、B都在直线l的左侧，距离之和才会取得最大值． 取A、B的中点G，过G作，垂足为，则， 因为为等腰三角形，G为AB的中点，，则G在圆上运动， 故G到直线距离的最大值为圆心O到直线的距离+半径， 的最大值为. 15．（13分）【详解】(1)由可得， 又，所以，即是以3为公差的等差数列， 又，，得，， 所以，解得，故， 所以. (2)由(1)可得，，，又 所以， 所以. 16．（15分）【详解】(1)因为， 由正弦定理边化角可得， 所以，又， ，又B为锐角，则； (2)由正弦定理，，， 所以， = ， 因为在锐角三角形中，得，所以， 则， 所以的取值范围为. 17． 【详解】(1)因为，所以. 若，则在上恒成立，所以函数在上单调递增； 若，由；由. 所以函数在上单调递减，在上单调递增． 综上：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． (2)当时，. 当时，上式恒成立，即； 当时，.设，， 则. 设，则在上恒成立，即在上单调递增， 又，所以在上恒成立. 所以由，由. 所以在上单调递减，在上单调递增. 所以.所以. 综上可知：a的取值范围为：. 18．(17分) 解析：（1）证明：联立曲线，的方程， 有，则，所以曲线，的交点共圆. （2）由（1）可知，而椭圆的离心率为， 则有，，解得，， 则曲线，曲线 （3）因为，则设曲线， 曲线，，，，， 直线l与曲线的方程联立得， 即，由题意得， 所以，则，. 直线l与曲线的方程联立得，即， 由题意得，所以，则，. ，即. 若有解，即有解.令，由对勾函数的性质可得： 的单调递减区间为，单调递增区间为 函数在处取得最小值，故，即m的取值范围为. 19．（17分）【详解】(1)取AC的中点E，连接SE，BE， 因为，，且AC的中点为E，所以， 又，平面SBE，故平面SBE， 由于平面SBE，故. (2)当时，由，则， 取BS的中点O，连接OA，OC． 故O到A，B，C，S四点的距离相等，故O为三棱锥外接球的球心， 因为，，故，，， 设S到平面ABC的距离为h1，B到平面SAC的距离为h2， 由等体积法可得， 而， 由于，故， 所以，从而， 故O到平面SAC的距离为. (3)以B为原点，BC，BA，BZ分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 过点S作平面ABC的垂线，垂足为Q， 设为翻折过程中所旋转的角度，则， ，， 故，，， ， ， 则，， 设平面SBC的法向量为，则 ， 取，则，， 设平面SAC的法向量， ，， ， 取，则，， 设平面SBC与平面SAC的夹角为， 故， ， 令，，故， 由于，故 当且仅当，即时取等号， 故平面SAC与平面SBC夹角余弦值的最小值为，此时. 5 学科网（北京）股份有限公司 $