精品解析：陕晋宁青地区2025-2026学年高三上学期12月联合质量检测数学试卷

数学 本试卷4页.总分150分.考试时间120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用㫟绾把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 设复数满足，则（ ） A. B. 1 C. D. 2 3. 已知，则“”是“”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 4. 在中，点满足，则（ ） A. B. C. D. 5. 若直线与圆相切，则（ ） A. B. C. D. 6. 若，则（ ） A. B. C. D. 7. 记数列的前项和为，若，，则（ ） A. 64 B. 81 C. 256 D. 1024 8. 已知函数的定义域是，的图象关于点中心对称，若，且对任意，，都有，则不等式的解集为（ ） 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. 下列函数中，在区间上是增函数的有（ ） A. B. C. D. 10. 下列不等式一定成立的是（ ） A. B. C. D. 11. 已知椭圆：的离心率为．若点在上，，分别是的左、右焦点，则下列结论正确的是（ ） A. B. 若，则 C. 椭圆内接矩形周长的最大值为 D. 满足是直角三角形的点有4个 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知函数则________． 13. 已知函数，则的最大值是______． 14. 在四面体中，，，，，若异面直线与所成的角为，则________． 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程及演算步骤. 15. 已知函数的部分图象如图所示． （1）求的解析式； （2）将的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，在中，内角，，所对的边分别是，，．若，，求面积的最大值． 16. 已知函数． （1）若斜率为15的直线与曲线相切，求的方程； （2）记曲线在点处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为，求的最小值． 17. 已知等比数列中，，．在与之间插入个数，使得这个数依次构成一个公差为的等差数列． （1）求数列，的通项公式； （2）是否存在三个不同的正整数，，，且，使得数列中的三项，，成等比数列？若存在，求出这样的三项；若不存在，请说明理由． 18. 把底面为椭圆且母线与底面垂直的柱体称为“椭圆柱”．如图，椭圆柱中底面长轴，短轴长为，，分别为下底面椭圆的左、右焦点，为上底面椭圆的右焦点，，为下底面上过点的一条动弦（与不重合），点在下底面椭圆上（与点，不重合），是在上底面的投影． （1）证明：平面； （2）求四面体的体积的取值范围； （3）设平面与平面的夹角为，求的最小值． 19. 对于定义域为的函数，若存在常数，使得是以为周期的周期函数，则称为“余弦周期函数”，且称为其“余弦周期”．使得是以为周期的周期函数，则称为“正弦周期函数”，且称为其“正弦周期”． （1）判断函数是否为“余弦周期函数”，并说明理由； （2）已知是以为“正弦周期”的“正弦周期函数”，设为连续函数”，若，，求的值； （3）已知是以为一个“余弦周期”的“余弦周期函数”，且，恒成立，若存在和，使得对任意，都有，证明：是周期函数． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 数学 本试卷4页.总分150分.考试时间120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用㫟绾把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据集合交集的运算判断选项. 【详解】因为，，所以． 故选：B 2. 设复数满足，则（ ） A. B. 1 C. D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数模长运算性质得，再计算即可． 【详解】由已知得，从而，即，所以． 故选：C． 3. 已知，则“”是“”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】A 【解析】 【分析】解不等式，再利用充分条件和必要条件的概念进行判断． 【详解】因为，所以“”等价于“”， 所以“”是“”的充分不必要条件． 故选：A． 4. 在中，点满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据向量加法、减法运算法则计算即可. 【详解】． 故选：B 5. 若直线与圆相切，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，圆心到直线的距离，再解方程即可． 【详解】圆的标准方程为，圆心为，半径为1， 根据题意得圆心到直线的距离， 解得． 故选：D． 6. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由正余弦二倍角公式，，结合即可求解． 【详解】因为， 则， 所以． 故选：A． 7. 记数列的前项和为，若，，则（ ） A. 64 B. 81 C. 256 D. 1024 【答案】C 【解析】 【分析】先根据递推数列判断是等比数列，进而根据等比数列的通项公式求出结果. 【详解】因为，所以当时，， 两式相减得，即， 当时，，所以数列是首项为1，公比为4的等比数列， 所以． 故选：C. 8. 已知函数的定义域是，的图象关于点中心对称，若，且对任意，，都有，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意可得为奇函数，进而得到在，上为减函数，再由分式不等式的等价条件得，再根据奇偶性和单调性解不等式即可． 【详解】因为对任意，，都有， 所以在上为减函数， 因为的对称中心为，所以的对称中心为， 所以为奇函数， 所以上为减函数． 则在，上为减函数， 因为，所以， ， 即或， 则或， 解得或， 所以解集为． 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. 下列函数中，在区间上是增函数的有（ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】根据题意，依次分析选项中函数的单调性，综合即可得答案． 【详解】对于A，易知在上既有增区间又有减区间，故A错误； 对于B，易知指数函数在上单调递增，故B正确； 对于C，当时，，则在上是增函数，故C正确； 对于D，幂函数在上是减函数，故D错误． 故选：BC． 10. 下列不等式一定成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据不等式的性质结合函数的性质逐一分析选项. 【详解】对于A，由题可知不等式有意义须需，则， 则，当且仅当时，等号成立，故A正确； 对于B，当，即，时，有，故不等式不一定成立，故B错误； 对于C，由，则， 当且仅当，即时，等号成立，故C正确； 对于D，由题意知,，故, 故不等式成立，D正确． 故选：ACD 11. 已知椭圆：的离心率为．若点在上，，分别是的左、右焦点，则下列结论正确的是（ ） A. B. 若，则 C. 椭圆内接矩形周长的最大值为 D. 满足是直角三角形的点有4个 【答案】AC 【解析】 【分析】根据条件，先求出，对A，利用椭圆的定义，即可求解；对B，根据条件求出，再由余弦定理，即可求解；对C，令，，从而得，即可求解；对于D，利用，得以原点为圆心，为半径的圆与椭圆有4个交点，再结合椭圆的对称性，即可求解. 【详解】因为，则，又，，则 解得，， 对于A，由椭圆的定义可得，故A正确； 对于B，因为①，又②，由①②可得，， 在中，由余弦定理可得，故B错误； 对于C，因为椭圆方程为，令，， 则内接矩形周长，其中， 因为，取，则， 故当时，内接矩形周长的最大，最大值为，故C正确； 对于D，因为，，则，所以以原点为圆心，为半径的圆与椭圆有4个交点， 所以椭圆上有个点，使，如图所示， 又当或时，满足条件的点各有2个， 所以满足是直角三角形的点有8个，所以D错误． 故选：AC. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知函数则________． 【答案】 【解析】 【分析】根据分段函数从里往外计算即可． 【详解】． 故答案为：． 13. 已知函数，则的最大值是______． 【答案】## 【解析】 【分析】利用二倍角余弦公式得，令，则，利用二次函数性质求解最大值即可. 【详解】，令，则. 则，故当，即时，取到最大值， 所以． 故答案为： 14. 在四面体中，，，，，若异面直线与所成的角为，则________． 【答案】 【解析】 【分析】方法一：分别作和斜边上的高，，先求出值，进而判定四边形是平行四边形，进而得到故，从而求得结果；方法二：根据向量的方法和向量夹角的余弦公式求出结果即可. 【详解】法一：由题意得，均为直角三角形，故， 如图，分别作和斜边上的高，， 则在中，根据面积公式可知， 故，故． 在平面中，过作，且，连接，，故四边形是平行四边形， 则，且．因为四边形是平行四边形，且，所以四边形为矩形，所以． 又，，故，又平面， 所以平面，故， 又，所以． 法二： 因为在四面体中，，，，，所以 且．又异面直线与所成的角为， 所以，所以，所以，即． 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、证明过程及演算步骤. 15. 已知函数的部分图象如图所示． （1）求的解析式； （2）将的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，在中，内角，，所对的边分别是，，．若，，求面积的最大值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据图象得到，进而求得，再由求解； （2）易得，再由得到，然后利用余弦定理及基本不等式得到，最后利用三角形面积公式求解. 【小问1详解】 由题图知，， 所以最小正周期为， 所以． 又， 即，，得，， 又因为， 所以． 所以． 【小问2详解】 由（1）知， 所以． 由， 得． 因为是的内角， 所以， 所以，得． 由余弦定理，得， 所以，当且仅当时，等号成立， 因此，的面积为， 即的面积的最大值为． 16. 已知函数． （1）若斜率为15的直线与曲线相切，求的方程； （2）记曲线在点处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为，求的最小值． 【答案】（1）或． （2）72 【解析】 【分析】（1）先求导数，利用切线斜率可求切点，利用点斜式可得答案； （2）先求出切线方程，再表示出三角形面积，利用导数求最值. 【小问1详解】 因为，所以， 设切点为， 则，即，得． 所以，， 所以切点为，． 所以的方程为或， 即或． 【小问2详解】 由题意得切点为，显然， 因为在点处的切线方程为， 整理得， 令，得，令，得， 所以， 则． 令，得， 令，得， 所以在区间上单调递减，在区间上单调递增， 所以的最小值为． 17. 已知等比数列中，，．在与之间插入个数，使得这个数依次构成一个公差为的等差数列． （1）求数列，的通项公式； （2）是否存在三个不同的正整数，，，且，使得数列中的三项，，成等比数列？若存在，求出这样的三项；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）， （2）不存在，理由如下： 假设在数列中存在三项，，成等比数列， 则，即，即． 因为，所以，即，即， 联立解得，与题设矛盾， 故在数列中不存在三项，，成等比数列． 【解析】 【分析】（1）根据题意得到，进而得到，再由题意得即可求解； （2）假设在数列中存在三项，，成等比数列，则，结合，解得，与题设矛盾，从而得出结论． 【小问1详解】 设等比数列的公比为，则， 又，所以，所以，所以． 在与之间插入个数组成一个公差为的等差数列， 则，即， 则． 【小问2详解】 略 18. 把底面为椭圆且母线与底面垂直的柱体称为“椭圆柱”．如图，椭圆柱中底面长轴，短轴长为，，分别为下底面椭圆的左、右焦点，为上底面椭圆的右焦点，，为下底面上过点的一条动弦（与不重合），点在下底面椭圆上（与点，不重合），是在上底面的投影． （1）证明：平面； （2）求四面体的体积的取值范围； （3）设平面与平面的夹角为，求的最小值． 【答案】（1）证明：如图，连接， 由题意得，，则，，， 所以，，所以且， 则四边形是平行四边形，所以． 又因为平面，平面，所以平面． （2） （3）32 【解析】 【分析】（1）要证明线面平行，则需要通过证明线线平行来证明线面平行，即证明． （2）建立空间直角坐标系，求出直线的方程，然后与椭圆方程联立，结合韦达定理，求出四面体体积的表达式的范围. （3）利用坐标的方法将平面与平面的法向量求出来，然后根据向量夹角的余弦公式表示出，进而得到，最后求出所求表达式的最小值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系． 下底面椭圆方程为， 设，，：，联立 得，且， 所以，． 所以，令， 则， 因为在上单调递增， 所以， 由题可得 【小问3详解】 解：，，， 设， 则且， ，． 易得平面的一个法向量是， 设平面的法向量是， 则 令，得， 则， 所以， 所以． 又，， 所以， ，其中． 令， 由对勾函数性质知在上单调递减， 故． 19. 对于定义域为的函数，若存在常数，使得是以为周期的周期函数，则称为“余弦周期函数”，且称为其“余弦周期”．使得是以为周期的周期函数，则称为“正弦周期函数”，且称为其“正弦周期”． （1）判断函数是否为“余弦周期函数”，并说明理由； （2）已知是以为“正弦周期”的“正弦周期函数”，设为连续函数”，若，，求的值； （3）已知是以为一个“余弦周期”的“余弦周期函数”，且，恒成立，若存在和，使得对任意，都有，证明：是周期函数． 【答案】（1）是“余弦周期函数”，理由如下： ，则， 故， 所以是“余弦周期函数”； （2） （3）法一：若，则由可知为周期函数． 若，则对任意，存在正整数，使得且． 由可得， 由是以为一个“余弦周期”的“余弦周期函数”可得， 所以， 因为在上单调递减，所以，即， 所以对，都有，故是周期函数． 若，则同理可证（取为负整数即可）． 综上，是周期函数，得证． 法二：假设不是周期函数，则与均不恒成立． 显然．因为不恒成立， 所以存在，使得， 因为，所以存在，使得且， 其中若，取为负整数； 若，取为正整数．由可得， 由是以为一个“余弦周期”的“余弦周期函数”可得， 所以， 因为在上单调递减， 所以，即，矛盾，假设不成立． 综上，是周期函数，得证． 【解析】 【分析】（1）利用余弦函数的周期性，检验是否存在常数使得对所有成立，通过选取并利用余弦函数周期为的整数倍的性质进行验证； （2）根据正弦周期函数的定义，由推导出与的关系式，结合已知函数值代入特殊点，通过解整数参数方程确定具体表达式，进而计算函数值； （3）方法一：首先分情况讨论系数的取值，在时直接得出周期函数结论，在时利用迭代关系，并借助余弦函数的单调区间及余弦周期条件，通过选取适当的整数使得函数值落入单调区间，从而由余弦值相等推出自变量相等，最终导出对任意成立； 方法二：假设不是周期函数，则存在使，当时，取适当整数使与均落在内，由余弦周期条件得，利用余弦函数在上的单调性可得，即，矛盾，故必为周期函数. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为是以为“正弦周期”的“正弦周期函数”， 所以对所有成立． 即或． 若， 则， 则，． 则， 所以． 若， 则， 则，，矛盾． 综上，． 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $