精品解析：安徽省滁州市定远县育才学校2025-2026学年高三上学期12月月考数学试题

定远育才学校2025-2026学年高三12月月考 数学试题 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 设复数，则（ ） A. B. C. D. 2. 设集合，.若中恰含有一个整数，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 3. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 4. 设，则的最大值是（ ） A. B. C. D. 5. 如图，在中，已知，为上一点，且满足，若的面积为，，则的最小值为（ ） A B. C. D. 6. 已知正项数列的前项和满足，若，记表示不超过的最大整数，则（ ） A. 37 B. 38 C. 39 D. 40 7. 已知函数，则函数的大致图像是（ ） A. B. C. D. 8. 已知四棱锥，底面为等腰梯形，，侧面，分别是边长为10，6的等边三角形，若动平面交直线，于，两点，且平面平面，则平面与平面所成二面角的余弦值的最大值为（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求． 9. 在正方体中，，点为正方体内部（含表面）的点，且满足，则下列说法正确的是（ ） A. 存在点使得平面 B. 直线与平面所成角的正弦值范围是 C. 异面直线与间的距离为 D. 当时，点的轨迹长度为 10. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 若将图象向左平移个单位长度，所得图象与原图象重合，则的最小值为4 B. 若，则的最小值为1 C. 若在上单调递减，则的取值范围为 D. 若在上无零点，则的取值范围为 11. 自元朝以来，穹顶便广泛应用于中国建筑中．作为“北京十六景”之一的地标性建筑，国家大剧院也采纳了穹顶设计，如图．初步设计穹顶建模的步骤大致为：（I）将半径为1的圆（圆心为）沿直径分为两部分，得到半圆弧；（II）保留其中一个半圆弧，将其等分，从端点出发依次连接各个等分点至另一个端点，得到折线；（III）将折线绕所在直线旋转，得到旋转体；（IV）不断调整值至合适，选取需要的旋转体部分并进行再调整．设（III）中所得旋转体的表面积为，的正弦值为，则（ ） A. B. C. 当时， D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知不等式恒成立，则实数a的取值范围为__________． 13. 如图，在棱长为1正方体中，点在线段上运动，点是内的一动点（含边界），则的最小值是__________． 14. 已知 ，定义： 表示不小于x的最小整数，如：，，，若，则x的取值范围是_________． 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. 如图，在平面直角坐标系中，有一个半径为2的半圆，直径在x轴上，中点为坐标原点O，等腰梯形的上底的端点在圆周上． （1）当时，记梯形位于直线）左侧的图形的面积为，请写出函数的解析式． （2）记线段的长度为x，线段与的长度之和为y，求y的最大值． 16. 设数列{}的前项和为.已知=4，=2+1，. （Ⅰ）求通项公式； （Ⅱ）求数列{||}的前项和. 17. 在中，设角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且满足． （1）求角B； （2）若，求面积的最大值； （3）求的取值范围． 18. 如图，已知多面体的底面是边长为2的菱形，底面，且． （1）证明：直线平面； （2）证明：平面平面； （3）若直线与平面所成角为，求二面角的余弦值． 19. 已知函数，. （1）当时，求曲线在点处切线方程； （2）当时，求函数在区间上的最大值和最小值； （3）若对任意的，均存在，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 $ 定远育才学校2025-2026学年高三12月月考 数学试题 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 设复数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由复数乘除法法则、共轭复数及复数的模计算公式可得结果. 【详解】由题意知，所以，所以. 故选：C. 2. 设集合，.若中恰含有一个整数，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】解一元二次不等式化简集合，利用函数的性质，确定中恰含的一个整数为2，所以且，解不等式组即可求解. 【详解】或. 因为函数图象的对称轴为，，， 根据对称性可知，要使中恰含有一个整数，则这个整数为2， 所以有且，即，即，即. 故选：B. 3. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由已知得，利用换元法将方程化为，化为，则原方程化为，即，构造和并确定单调性，进而求出参数值，即可得. 【详解】由两边乘，得：， 令，则方程化为：， 由，令，则， 代入原方程得：，整理得， 构造，与均为单调递增函数，故为单调递增． 构造，与均为单调递增函数，故为单调递增． 若，令，则，代入得，即 因为单调递增，的解唯一，故，则，即. 因此：. 故选：A 4. 设，则的最大值是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】不妨设，再利用不等式性质进行变形即可. 【详解】由于表达式具有轮换对称性，不妨设， 则， ，，，的每一项都除以，不等号方向不变， ，， ，，，的每一项都除以，不等号方向不变， ，， ，将两个同向不等式相加，不等号方向不变， ， ， ， ， ，，，， ，，， ，，， ，， ，， ，，， ， ， . 的最大值是. 故选：A. 5. 如图，在中，已知，为上一点，且满足，若的面积为，，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】过点分别作交于点，交于点，由向量加法的平行四边形法则和相似比求出实数的值，结合三角形面积可得，然后根据向量数量积的定义及运算律可得，再利用基本不等式即得. 【详解】过点分别作交于点，交于点， 则， 因为，又， 所以， 所以，， 设，则由三角形面积公式有， 因为，， 则 ， 当且仅当，即时取等号， 故的最小值为. 故选：D. 6. 已知正项数列的前项和满足，若，记表示不超过的最大整数，则（ ） A. 37 B. 38 C. 39 D. 40 【答案】B 【解析】 【分析】根据和的关系，消去，可得数列是等差数列，求出，再根据放缩和裂项相消法即可求出，从而根据新定义解出. 【详解】因为， 当时，，，． 当时，由及， 即，所以， 所以数列是以为首项，1为公差的等差数列， 因此，则， ， 又当时，， ， 对于， ， 即， ． 故选：B. 7. 已知函数，则函数的大致图像是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】首先求出函数的定义域，再计算，即可排除B、C，再利用导数求出在上的单调性，即可判断. 【详解】解：因为的定义域为，又， 故为非奇非偶函数，故排除B、C， 当时，则， 令，，则，即在上单调递增， 又，， 所以存在使得，所以当时，当时， 所以当时，当时， 即在上单调递减，在上单调递增，故排除D； 故选：A 8. 已知四棱锥，底面为等腰梯形，，侧面，分别是边长为10，6的等边三角形，若动平面交直线，于，两点，且平面平面，则平面与平面所成二面角的余弦值的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】分别取棱的中点，连接，证得平面.所以平面平面.因为平面平面，过点作，垂足为，则平面.由平面平面，所以平面过，即三点共线.建立恰当坐标系，根据二面角余弦值的向量求法，结合函数的最值可得其最大值. 【详解】由题可知，等腰梯形中，且. 分别取棱的中点，连接，则. 连接.则. 所以因为平面，所以平面. 因为平面，所以平面平面. 因为平面平面，过点作，垂足为，则平面. 因为平面平面，所以平面过，即三点共线. 连接易知. ，. 所以. 又. 如图以点为坐标原点，所在直线为轴，过M垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系， 则. 所以. 设平面的一个法向量. 则，所以， 所以，令，则. 设，因为， 所以， 设平面的一个法向量. 因为, 所以，所以. 令，则. 所以. 所以. 当时，； 当时，. 因为，所以，所以， 所以，当且仅当，即时，等号成立. 综上所述，平面与平面所成二面角的余弦值的最大值为. 故选：C. 二、多选题：本题共3小题，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求． 9. 在正方体中，，点为正方体内部（含表面）的点，且满足，则下列说法正确的是（ ） A. 存在点使得平面 B. 直线与平面所成角的正弦值范围是 C. 异面直线与间的距离为 D. 当时，点的轨迹长度为 【答案】ACD 【解析】 【分析】由题意得在三角形边界及其内部，以为坐标原点建立空间直角坐标系.用空间向量判断平面，即可得与平面的交点符合A选项；方法一：求出点到平面的距离，再根据线面角正弦值的定义即可求出其范围；方法二：用表示出，表示出直线与平面所成角的正弦值，结合的范围与二次函数性质求解即可判断B；用空间向量求解异面直线距离即可判断C；先得出点的轨迹是圆的一部分，再画出三角形求解出对应圆心角即可. 【详解】对A，由题可知，因为点在正方体内部，且，所以在三角形边界及其内部． 以为坐标原点建立如图1所示的空间直角坐标系， ， ，，， 则，故平面， 则存在与平面的交点使得平面，故A正确； 对B，方法一：设点到平面的距离为，易知三角形为等边三角形，且边长为， 则，即，解得， 显然由图知点到内部的点（包括边界）距离最大值为，最小值为点到线段的垂线段距离， 则，即. 方法二：，， ，， 由于，则四边形为平行四边形，则， 又因为平面，平面，所以平面 同理可得平面， 又因为平面，， 所以平面平面， 则取向量与共线为平面的法向量， 设直线与平面所成角为， 则， 由于在三角形边界及其内部，则， 令， ， 则对称轴，且开口向上，则由二次函数性质可得， 当时，， 则当时， 当时，， 则当时，， 则 ，故B错误； 对C，由题意可知，， 设，使得， ，令，解得， 设异面直线与的距离为， 则，故C正确； 对D，， 当时，，， 此时，即平面，则 ， 则，点的轨迹是为圆心，半径为的圆的部分， 由于，则为三角形的重心， 如图2，正三角形边长为，取中点，可得， 则，则， 则点的轨迹长度为，故D选项正确. 故选：ACD. 10. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 若将的图象向左平移个单位长度，所得图象与原图象重合，则的最小值为4 B. 若，则的最小值为1 C. 若在上单调递减，则的取值范围为 D. 若在上无零点，则的取值范围为 【答案】BC 【解析】 【分析】由题意利用函数的图象变换规律，正弦函数的图象和性质，得出结论． 【详解】对于A， 若将图象向左平移个单位，所得图象与原来的图象重合， 则，， ，，故的最小值为8，故A错误； 对于B，若，且最小，则函数的图象关于直线对称， ，，即，则的最小值为1，故B正确； 对于C，若在内单调递减，由，所以， 则，，解得，， 令，可得的取值范围为，故C正确； 对于D，若在内无零点，则，，解得，， 令，可得的取值范围；令，可得的取值范围， 故的取值范围为，故D错误， 故选：BC． 11. 自元朝以来，穹顶便广泛应用于中国建筑中．作为“北京十六景”之一的地标性建筑，国家大剧院也采纳了穹顶设计，如图．初步设计穹顶建模的步骤大致为：（I）将半径为1的圆（圆心为）沿直径分为两部分，得到半圆弧；（II）保留其中一个半圆弧，将其等分，从端点出发依次连接各个等分点至另一个端点，得到折线；（III）将折线绕所在直线旋转，得到旋转体；（IV）不断调整值至合适，选取需要的旋转体部分并进行再调整．设（III）中所得旋转体的表面积为，的正弦值为，则（ ） A. B. C. 当时， D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】从上到下研究各个旋转体的底面半径，得到其侧面积，进而求得旋转体的表面积，利用三角函数公式化简后，逐项验证判定即可. 【详解】由题意可知，所得旋转体由上下两圆锥与中间若干圆台组成． 以为例，分析“初步设计穹顶建模的步骤”： 取的中点，则，由题意可知，． 在中，， 则各圆锥与圆台的母线长， 连接，同理可得，，． 设自上而下各底面圆半径依次为， 则，同理可得，， 所以， 故所得旋转体的表面积 所以，，,故B错误； 显然随着增大，减小，且当，， 又， 所以，又，， 化简得，故A正确； 当，，，要判断是否成立， 即判断是否成立， 该式可化为， 进一步变形为， 显然，，， 令，则， 令，则， 所以在上恒成立， 即在上单调递减． 又，所以在上恒成立， 故在上单调递减． 又，所以， 即，所以,故C正确； ． 令，则． 令，则恒成立，所以为增函数， 又，所以在恒成立，即在成立． 因此，因此，故D正确． 故选：ACD 【点睛】难点点睛：由两角和差余弦公式，得到,从而得到，达到裂项相消求和化简的目的，是本体解答中的关键一步；一般的，当角的数列是等差数列时，求的前项和，可以乘上其公差的一半的正弦，进而得到列项求和化简的目的.判断是否成立，化为弧度制后，进行转化为判断函数在上的单调性是第二个关键；第三个关键难点是要判断与的大小关系，即比较与的大小，三角函数难以与其他数直接比较，利用导数证明在成立，我们通过简单放缩使其更便于我们判断． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知不等式恒成立，则实数a的取值范围为__________． 【答案】 【解析】 【分析】把不等式，转化为，结合，进而得到的取值范围. 【详解】令，可得， 当时，可得，单调递减； 当时，可得，单调递增， 可得，即，所以， 由不等式，可得， 因为， 当且仅当时等号成立，即，解得， 所以实数的取值范围为. 故答案为：. 13. 如图，在棱长为1的正方体中，点在线段上运动，点是内的一动点（含边界），则的最小值是__________． 【答案】## 【解析】 【分析】由题易知平面，点关于平面对称点为，又，当时，取得最小值，，则即可求解． 【详解】连接，交平面于，连接， 正方体中，易知平面，且， 设点关于平面对称点为， 则在上，且， ， 又当时，取得最小值， 又，所以此时， 故， 即的最小值是． 故答案为：. 14. 已知 ，定义： 表示不小于x的最小整数，如：，，，若，则x的取值范围是_________． 【答案】 【解析】 【分析】由，设，得，再对进行分类讨论，解不等式即可. 【详解】由，设，则，得，即. 当时，显然不等式不成立； 当时，，矛盾，舍去； 当时，，满足题意； 所以，即， 解得； 当时，，易知不等式不成立， 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. 如图，在平面直角坐标系中，有一个半径为2的半圆，直径在x轴上，中点为坐标原点O，等腰梯形的上底的端点在圆周上． （1）当时，记梯形位于直线）左侧的图形的面积为，请写出函数的解析式． （2）记线段的长度为x，线段与的长度之和为y，求y的最大值． 【答案】（1） （2）． 【解析】 【分析】（1）利用圆内接等腰梯形的性质，可确定梯形的边长，再结合图形分类讨论，计算面积即可； （2）利用圆内接等腰梯形的性质，通过假设长，来表示线段与的长度之和，即可得根式函数，再利用换元法求最值. 【小问1详解】 过点作于点，连接，由， 得是等边三角形，即， 再由等腰梯形，可得， 从而可得也等边三角形，即， 所以解等边，可得等腰梯形的高， 则当时，； 当时，； 当时，； 所以． 【小问2详解】 连接OC，因为半圆的半径为2，线段的长度为x， 则OC=2，，，所以， 因此， 所以，其中， 令，因为，所以， 则， 所以， 当且仅当，即时，取得最大值， 因此y的最大值为． 16. 设数列{}的前项和为.已知=4，=2+1，. （Ⅰ）求通项公式； （Ⅱ）求数列{||}的前项和. 【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）. 【解析】 【详解】试题分析：本题主要考查等差、等比数列的基础知识，同时考查数列基本思想方法，以及推理论证能力. 试题解析：（Ⅰ）由题意得，则 又当时，由， 得. 又, 所以，数列通项公式为. （Ⅱ）设，，. 当时，由于，故. 设数列的前项和为，则. 当时，，满足上式， 所以， 【考点】等差、等比数列的基础知识. 【方法点睛】数列求和的常用方法：（1）错位相减法：形如数列的求和，其中是等差数列，是等比数列；（2）裂项法：形如数列或的求和，其中，是关于的一次函数；（3）分组法：数列的通项公式可分解为几个容易求和的部分． 17. 在中，设角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且满足． （1）求角B； （2）若，求面积的最大值； （3）求取值范围． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理，结合辅助角公式进行求解即可； （2）根据三角形面积公式，结合余弦定理以及基本不等式求解即可； （3）利用正弦定理边角互化将原式转化为，然后令，将原式化为：，最后结合二次函数性质求解值域. 【小问1详解】 因为， 根据正弦定理得：， 且， 可得， 即， 又因为，则， 可得，整理可得， 且，则， 可得，解得. 【小问2详解】 由余弦定理得：，即， 可得，解得，当且仅当时，等号成立， 所以的面积为：， 故面积的最大值为. 【小问3详解】 根据正弦定理得： ， 令，则， 可得， 将原式化为：， 因为，则，可得， 根据二次函数的图像性质得到， 当时，原式取得最小值，； 当时，原式取得最大值，； 故的取值范围为. 【点睛】关键点点睛：对于（3）：对于已知角的范围问题，解题关键是利用正弦定理边化角，再利用三角恒等变换化简整理，进而根据三角函数有界性分析求解. 18. 如图，已知多面体的底面是边长为2的菱形，底面，且． （1）证明：直线平面； （2）证明：平面平面； （3）若直线与平面所成的角为，求二面角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）. 【解析】 【分析】（1）连接，交于，设中点为，连接，通过证明四边形是平行四边形，证得，由此证得平面.（2）通过证明，证得平面，由此证得平面，进而有平面平面.（3）以点或者点建立空间直角坐标系，通过平面和平面的法向量，计算二面角的余弦值. 【详解】（1）证明：连接BD，交AC于点O，设PC中点为F，连接OF，EF. 因为O，F分别为AC，PC的中点， 所以，且，因为，且， 所以，且， 所以四边形OFED为平行四边形，所以，即 ， 又平面，面，所以面； （2）因为平面，平面，所以. 因为是菱形，所以. 因为，所以平面， 因为，所以平面 ， 因为平面，所以平面平面 ； （3）解法1：因为直线与平面所成角为， 所以，所以 ， 所以，故△为等边三角形. 设BC的中点为M，连接AM，则. 以A为原点，AM，AD，AP分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系（如图）. 则， ，设平面PCE的法向量为， 则,即， 令则所以 ， 设平面CDE的法向量为， 则即， 令则所以 ， 设二面角的大小为，由于为钝角， 所以． 所以二面角的余弦值为． 解法2：因为直线与平面所成角为，且平面， 所以，所以． 因为，所以为等边三角形． 因为平面，由（1）知， 所以平面． 因为平面，平面，所以且． 在菱形中，． 以点为原点，分别为轴，建立空间直角坐标系（如图）． 则， 则， 设平面的法向量为， 则即， 令，则，则法向量． 设平面的法向量为， 则，即， 令，则则法向量． 设二面角的大小为，由于为钝角， 则． 所以二面角的余弦值为． 【点睛】本小题主要考查线面平行的证明，考查面面垂直的证明，考查利用空间向量法求二面角的余弦值，考查运算求解能力，属于中档题. 19. 已知函数，. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）当时，求函数在区间上的最大值和最小值； （3）若对任意的，均存在，使得，求的取值范围. 【答案】（1）；（2）最大值，最小值是；（3） 【解析】 【分析】（1）先确定切点纵坐标，在求导，求出切线的斜率，最后写出切线方程；（2）求导研究函数在区间上的单调性，在求最值（3）由题意求出（用含a的式子表示），根据题意：，在求出a的取值范围 【详解】（1）时，， ， 曲线在点处的切线方程为： ，即 （2）时，， 由，得 当时，；当时， 在上单调递增；在上单调递减. 又 又 函数在区间上的最大值是；最小值是 （3） 当时，的值域是 的定义域为， ①当时，，在定义域为上单调递增，且值域是 所以，对任意的，均存在，使得 ②当时，由 得 当时，，当时， 当时，取得最大值 所以“对任意的，均存在，使得”等价于 ，即，解得 综合①，②得的取值范围是 【点睛】本题考查利用导数求曲线上某点的切线方程以及区间最值 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $