精品解析：广东省肇庆市德庆县香山中学2025-2026学年高三上学期12月月考数学试题

2025-2026学年高三级12月月考数学科试卷 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. 若集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数，（），若为纯虚数，则的值为（ ） A. 2 B. 1 C. 0 D. 3. 若直线与圆有公共点，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 4. 等差数列的首项为，公差不为.若成等比数列，则前项的和为（ ） A. B. C. D. 5. 已知圆柱的高为2，侧面积为，若该圆柱的上､下底面圆周都在某一球的球面上，则该球的体积为（ ） A. B. C. D. 6. 已知，则（ ） A. B. C. 2 D. 3 7. 若斜率为1的直线与曲线和圆都相切，则实数的值为（ ） A. B. 0 C. 2 D. 0或2 8. 已知定义在上的函数，其中是奇函数且在上单调递减，的解集为（ ） A. B. C. D. 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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. （多选）以下四个命题中，是真命题的有（ ） A. ∀x∈R，x2－x＋1>0 B. “”是“”的充分不必要条件 C. 若命题：，，则的否定为：， D. 若，则 10. 已知椭圆，且两个焦点分别为，是椭圆上任意一点，以下结论正确的是（　　） A. 椭圆的离心率为 B. 的周长为12 C. 的最小值为3 D. 的最大值为16 11. 如图，在棱长为2的正方体中，分别是的中点，是线段上的动点，则下列说法中正确的是（ ） A. 存在点，使四点共面 B. 存在点，使平面 C. 三棱锥的体积为 D. 经过四点的球的表面积为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量，若，则__________． 13. 已知，分别为椭圆的两个焦点，是椭圆上的点，，且，则椭圆的离心率为___________. 14. 已知函数在上恰有两个零点，则的取值范围是______. 四、解答题：本题共5小题，第15小题13分，第16、17小题15分，第18、19小题17分，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知等比数列的各项均为正数，且，. （1）求数列的通项公式； （2）若，求数列的通项公式. 16. 记的内角A、B、C的对边分别为a，b，c，已知， （1）求B； （2）若的面积为，求c． 17. 如图，在三棱柱中，侧面是菱形，且. （1）证明：平面平面； （2）若，求二面角的余弦值. 18. 已知函数. （1）当时，求的最大值； （2）若存在极大值，求a的取值范围. 19. 已知椭圆方程为（），离心率为且过点. （1）求椭圆方程； （2）动点在椭圆上，过原点的直线交椭圆于A，两点，证明：直线、的斜率乘积为定值； （3）过左焦点的直线交椭圆于，两点，是否存在实数，使恒成立？若存在，求此时的最小值；若不存在，请说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年高三级12月月考数学科试卷 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. 若集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】求出集合后可求. 【详解】，故， 故选：D 2. 已知复数，（），若为纯虚数，则的值为（ ） A. 2 B. 1 C. 0 D. 【答案】A 【解析】 【分析】按照复数的乘法法则，计算，只需保证复数实部为，虚部不为即可. 【详解】由于复数，， 则， 若为纯虚数，只需， 解得. 故选：A. 3. 若直线与圆有公共点，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】由题意得圆心为，半径为． 圆心到直线的距离为， 由直线与圆有公共点可得 ，即，解得． ∴实数a取值范围是． 选C． 4. 等差数列的首项为，公差不为.若成等比数列，则前项的和为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据等差数列的通项公式得出公差，再根据等差数列的前项和公式计算. 【详解】设等差数列的公差为， 因为成等比数列,首项，所以， 即，即，整理可得， 因为，所以，所以. 故选：B. 5. 已知圆柱的高为2，侧面积为，若该圆柱的上､下底面圆周都在某一球的球面上，则该球的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由圆柱的侧面积公式求出圆柱的底面圆半径，再由即可求出球的半径，再用球的体积公式即得. 【详解】由圆柱侧面积，解得， 因为圆柱的上､下底面圆周都在某一球的球面上，所以球心在圆柱的上、下底面圆心连线的中点处. 设球半径为，则， 所以. 故选：A. 6. 已知，则（ ） A. B. C. 2 D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】根据角的范围，利用二倍角公式将表达式化简计算可得，即求出结果. 【详解】由可得， 所以， 又易知，因此可得， 即可得， 所以，解得. 故选：A 7. 若斜率为1的直线与曲线和圆都相切，则实数的值为（ ） A. B. 0 C. 2 D. 0或2 【答案】D 【解析】 【分析】设直线与曲线的切点为，先根据导数的几何意义求出在切点处的切线方程，再根据直线与圆相切和圆心到直线距离的关系列式求解即可． 【详解】设直线与曲线的切点为， 由，则， 则，，即切点为，所以直线为， 又直线与圆都相切，则有，解得或． 故选：D． 8. 已知定义在上的函数，其中是奇函数且在上单调递减，的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由是奇函数且在上单调递减，函数也是奇函数且在上单调递减，得在上单调递减，利用单调性解不等式. 【详解】定义在上的函数， 因为是奇函数，也是奇函数，所以是奇函数. 由. 因为是增函数，所以是减函数. 又因为是减函数，所以在上单调递减. 因为，所以，解得. 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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. （多选）以下四个命题中，是真命题的有（ ） A. ∀x∈R，x2－x＋1>0 B. “”是“”的充分不必要条件 C. 若命题：，，则的否定为：， D. 若，则 【答案】AC 【解析】 【分析】A配方即可；B根据集合的包含关系判断；C根据特称命题的否定的定义判断；D作差法判断. 【详解】对于选项A：，故A选项为真命题； 对于选项B：因为是的真子集， 所以“”是“”的必要不充分条件，故B选项为假命题； 对于C：由特称命题的否定可知，C选项为真命题； 对于选项D：若，则，即，故D选项为假命题. 故选：AC 10. 已知椭圆，且两个焦点分别为，是椭圆上任意一点，以下结论正确的是（　　） A. 椭圆的离心率为 B. 的周长为12 C. 的最小值为3 D. 的最大值为16 【答案】BD 【解析】 【分析】根据离心率的公式可判断A；根据椭圆的定义可判断B；根据焦半径的范围可判断C；根据基本不等式和椭圆的定义可判断D. 【详解】椭圆，则， ， . 对于A，离心率，故A错误； 对于B，的周长为，故B正确； 对于C，的最小值为，故C错误； 对于D，，当且仅当时等号成立，所以的最大值为16，故D正确. 故选：BD 11. 如图，在棱长为2的正方体中，分别是的中点，是线段上的动点，则下列说法中正确的是（ ） A. 存在点，使四点共面 B. 存在点，使平面 C. 三棱锥的体积为 D. 经过四点的球的表面积为 【答案】ABC 【解析】 【分析】由题意，当Q与点重合时，四点共面，即可判断A；根据平行的传递性可得，结合线面平行的判定定理即可判断B；利用等体积法和棱锥的体积公式计算即可判断C；易知经过C，M，B，N四点的球即为长方体的外接球，求出球的半径即可判断D. 【详解】A：如图，在正方体中，连接． 因为N，P分别是的中点，所以． 又因为，所以． 所以四点共面，即当Q与点重合时，四点共面，故A正确； B：连接，当Q是的中点时，因为，所以． 因为平面平面，所以平面，故B正确； C：连接，因为，则 ，故C正确； D：分别取的中点E，F，构造长方体， 则经过C，M，B，N四点的球即为长方体的外接球． 设所求外接球的直径为，则长方体的体对角线即为所求的球的直径， 即， 所以经过C，M，B，N四点的球的表面积为，故D错误． 故选：ABC 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量，若，则__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据平面向量数量积的坐标表示以及向量的线性运算列出方程，即可解出． 【详解】因为，所以由可得， ，解得． 故答案为：． 【点睛】本题解题关键是熟记平面向量数量积的坐标表示，设， ，注意与平面向量平行的坐标表示区分． 13. 已知，分别为椭圆的两个焦点，是椭圆上的点，，且，则椭圆的离心率为___________. 【答案】## 【解析】 【分析】利用椭圆的定义结合勾股定理，列出等式求解即可. 【详解】 由椭圆定义得，又因为， 所以，， 又，，结合勾股定理得， 解得，则， 所以椭圆的离心率为. 故答案为：. 14. 已知函数在上恰有两个零点，则的取值范围是______. 【答案】 【解析】 【分析】利用二倍角公式与辅助角公式对原函数进行化简，根据函数有两个零点列不等式即可求出答案. 【详解】由题意可得， 令，解得， 因为，所以， 因为在上恰有两个零点，所以，解得， 所以的取值范围是. 故答案为：. 四、解答题：本题共5小题，第15小题13分，第16、17小题15分，第18、19小题17分，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知等比数列的各项均为正数，且，. （1）求数列的通项公式； （2）若，求数列的通项公式. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用等比数列定义可求得，可得其通项公式； （2）利用错位相减法以及等比数列前项和公式计算可得. 【小问1详解】 设等比数列的公比为， 由题意得， 解得（舍去）， 所以. 即数列的通项公式为. 【小问2详解】 由（1）知①， 所以②. ①－②得 所以. 16. 记的内角A、B、C的对边分别为a，b，c，已知， （1）求B； （2）若的面积为，求c． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由余弦定理、平方关系依次求出，最后结合已知得的值即可； （2）首先求出，然后由正弦定理可将均用含有的式子表示，结合三角形面积公式即可列方程求解. 【小问1详解】 由余弦定理有，对比已知， 可得， 因为，所以， 从而， 又因为，即， 注意到， 所以. 【小问2详解】 由（1）可得，，，从而，， 而， 由正弦定理有， 从而， 由三角形面积公式可知，的面积可表示为 ， 由已知的面积为，可得， 所以. 17. 如图，在三棱柱中，侧面是菱形，且. （1）证明：平面平面； （2）若，求二面角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据线面垂直判定定理得出平面，再应用面面垂直判定定理证明即可； （2）建立空间直角坐标系,应用空间向量法计算二面角余弦值即可. 【小问1详解】 设，连接.因为侧面是菱形，所以， 又因为，所以 又，平面， 所以平面， 又平面，所以平面平面. 【小问2详解】 因为，所以，由（1）知平面，又平面， 则，,平面， 则平面， 设.如图，以为原点，分别以方向为轴､轴､轴正方向建立空间直角坐标系， 则， 因为. 设是面的一个法向量， 则，即，可取 设是面的一个法向量， 则，即，可取 ，结合原图可知二面角为锐角， 所以二面角的余弦值为. 18. 已知函数. （1）当时，求的最大值； （2）若存在极大值，求a的取值范围. 【答案】（1）1 （2） 【解析】 【分析】（1）利用函数的导数与单调性、最值的关系求解； （2）利用导数与极值的关系，结合参数和讨论函数单调性，从而解决问题. 【小问1详解】 由题可知的定义域为， 当时，，. 令，解得. 当时，，单调递增； 当时，，单调递减. 所以当时，取极大值，也是最大值，故的最大值为. 【小问2详解】 . 令，则. 当时，，在上单调递减， 当时，；，根据零点存在定理，得在内存在唯一的零点， 在上，，，单调递增； 在上，，，单调递减，存在极大值. 当时，令，解得，（舍去）， 在上，，单调递减；在上，，单调递增. 所以当时，取极小值，也是最小值，故. 当，即时，由于当时，，此时，在上，必定存在唯一的零点. 在上，，，单调递增；在，，，单调递减，存在极大值， 当时在上，，单调递增不存在极大值. 综上所述，a的取值范围是. 【点睛】利用导函数研究函数极值：通常利用导数研究含参函数的单调性，借助零点存在定理，同时注意分类讨论. 19. 已知椭圆方程为（），离心率为且过点. （1）求椭圆方程； （2）动点在椭圆上，过原点的直线交椭圆于A，两点，证明：直线、的斜率乘积为定值； （3）过左焦点的直线交椭圆于，两点，是否存在实数，使恒成立？若存在，求此时的最小值；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） （2）证明如下： 证明：设点，因为点P在椭圆上，所以，， 同理设点，则，， 因为直线AB过原点，所以关于原点对称，点， . （3）存在，使成立，最小为3. 【解析】 【分析】（1）由离心率和顶点得椭圆的方程； （2）设点P，A的坐标，由对称性得点B的坐标，计算斜率之积，证明为定值； （3）按直线MN斜率是否为零分类讨论，计算及，并求的最小值. 【小问1详解】 由题，，，所以， 椭圆的方程为. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 ，当直线MN斜率为零时，不妨设，， 则，，，， 存在，使成立， 当直线MN斜率不为零时，设直线方程为，，， 联立方程组，消去x得，易知， 所以，，， ， 又因为，， 所以，， 又因为，当时，最小为3， 综上，存在，使成立，最小为3. 【点睛】方法点睛：过定点且斜率不为零的直线可以设为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $