精品解析：江苏省苏南五校2025-2026学年高三上学期12月月考数学试卷

苏南地区2025-2026学年上学期12月月考 数学 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. 设全集，集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数满足，则（ ） A. B. 1 C. D. 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. 已知平面向量，，若，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知双曲线，以其右焦点为圆心，为半径的圆与双曲线的两条渐近线相切，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. 2 D. 6. 下列区间上函数单调递减的是（ ） A. B. C. D. 7. 已知圆C的方程为，，点P在圆C内部，过点P的2025条弦长组成一个等比数列，且过点P的最短弦长和最长弦长分别为，，若，则的最大值为（ ） A. 24 B. 26 C. 28 D. 30 8. 已知函数及其导函数的定义域均为，若，都为偶函数，则（ ） A. 440.5 B. 441.5 C. 442.5 D. 443.5 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. 下列命题为真命题的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，， D. 若，则 10. 已知曲线：．以下说法正确的是（ ） A. 曲线C的面积为 B. 直线与曲线C有且仅有两个公共点 C. 圆与曲线C无公共点 D. 是曲线C的一条切线 11. 已知从点P出发的三条射线，每两条射线的夹角均为，A，B，C分别是三条射线上不同于P的三个点.以下说法正确的是（ ） A. 若，则直线与平面所成角的余弦值是 B. 若，且，则四面体的外接球的体积为 C. 存在四面体，其每个面都是直角三角形 D. 若，存在，使得平面平面 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知抛物线，点P为抛物线上一点，，则的最小值为______. 13. 已知等差数列的前n项和为，的前n项和为.若，，则______. 14. 对于任意实数，符号表示“不超过的最大整数”，如，，，则______；若函数，则的值域为______. 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. 记为数列的前项和，已知，且为等比数列. （1）求的值. （2）设，证明：. 16. 如图，在四棱锥中，，，两两垂直，四边形是梯形，，，为棱的中点. （1）设过点的平面与棱交于点，求证：； （2）在线段上是否存在点，使得平面与平面的夹角的余弦值为，若存在，求出点到平面的距离；若不存在，请说明理由. 17. 已知椭圆：的左、右焦点分别为，，离心率为.过点的直线与椭圆交于两点.当轴时，. （1）求椭圆C的方程； （2）设，当面积为时，求直线的方程. 18. 已知中，角的对边分别是，且. （1）若，求； （2）若且B为钝角. （i）若，求的面积. （ii）若D为线段上一点，且满足，求的值. 19. 已知，，. （1）讨论函数的单调性； （2）求证：当时，； （3）若在时恒成立，求实数的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 苏南地区2025-2026学年上学期12月月考 数学 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. 设全集，集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先求出集合及，再根据交集的定义运算即可得解. 【详解】要使函数有意义，须满足真数，解得， 所以，所以. 又因为，所以. 故选：B 2. 已知复数满足，则（ ） A. B. 1 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】首先根据方程求，并化简，再求，最后代入公式求. 【详解】由条件可知，， 所以，所以. 故选：A 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】B 【解析】 【分析】利用三角函数的诱导公式结合充分必要条件求解即可. 【详解】因为所以或 所以或者 故“”是“”的必要不充分条件. 故选：B. 4. 已知平面向量，，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先根据向量垂直求出m，再根据向量数量积公式求出两向量夹角的余弦，从而确定夹角的大小． 【详解】已知，则， ∵，∴，解得， ∴． ∴，， ∴， ∵，∴． 故选：C． 5. 已知双曲线，以其右焦点为圆心，为半径的圆与双曲线的两条渐近线相切，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据圆与渐近线相切列方程，求得，再根据即可求得答案. 【详解】双曲线的渐近线为， 因为以为圆心，为半径的圆与双曲线的两条渐近线相切， 所以到渐近线的距离为，即， 所以， 所以双曲线的离心率. 故选：D. 6. 下列区间上函数单调递减的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用整体代入法即可求解的单调递减区间. 【详解】令，则， 所以函数的单调递减区间为， 当时，，则. 经检验ACD均不满足题意. 故选：B. 7. 已知圆C的方程为，，点P在圆C内部，过点P的2025条弦长组成一个等比数列，且过点P的最短弦长和最长弦长分别为，，若，则的最大值为（ ） A. 24 B. 26 C. 28 D. 30 【答案】A 【解析】 【分析】设，根据圆的性质可得过点P的最长弦长，再由等比数列的性质求出，由求出，进而得到点P的轨迹是圆，即可利用圆的性质求出的最大值. 【详解】 由圆C的方程为可知，圆心，半径 由题意可知，过圆内点的最长弦为直径，即. 过圆内点的最短弦与垂直，设， 所以①. 又因为数列是等比数列，由等比数列的性质可知， 即，解得，将其代入①式可得， 所以点P在以C为圆心，8为半径的圆上. 由，可得， 所以圆外一点到圆上一点的最大值. 故选：A 8. 已知函数及其导函数的定义域均为，若，都为偶函数，则（ ） A. 440.5 B. 441.5 C. 442.5 D. 443.5 【答案】C 【解析】 【分析】由为偶函数，可得，由是偶函数，可得，从而得，用赋值法求得，，进而得成等差数列，公差，首项为，并求得；同理可得，即可得答案. 【详解】因为为偶函数， 所以， 即， 即， 所以； 又因为是偶函数， 所以， 即， 所以， 即， 所以， 即，， 在中，令， 则有 所以； 在中，令， 可得， 在中，令， 则有， 所以； 又因为， 所以， 所以成等差数列，公差，首项为， 所以； 同理可得， 所以成等差数列，公差，首项为， 所以； 所以. 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. 下列命题为真命题的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，， D. 若，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于选项A，当时,显然不成立.故A错误.对于选项B,,所以 ，故B正确.对于选项C,,而,所以,故C正确.对于选项D,令,所以且,显然成立,所以成立，即，故D正确. 【详解】对于选项A，当时,，故A错误. 对于选项B，因为,所以,所以 ,故B正确. 对于选项C，,而,所以，故C正确. 对于选项D，令,所以且, 又因为显然成立， 所以成立，即，故D正确. 故选：BCD. 10. 已知曲线：．以下说法正确的是（ ） A. 曲线C的面积为 B. 直线与曲线C有且仅有两个公共点 C. 圆与曲线C无公共点 D. 是曲线C的一条切线 【答案】ACD 【解析】 【分析】首先分析曲线C的形状，并画出图形．AB：数形结合求解即可；C：根据圆与圆的位置关系即可判断；D：根据圆切线的判断方法即可判断． 【详解】当时，曲线的方程为，即，表示圆心为，半径为的圆在第一象限（包括坐标轴）的部分； 同理，曲线还包含圆心为、、，半径均为的圆分别在第二、三、四象限的部分（包含坐标轴）， 当时，曲线C表示原点． ∴曲线：如图所示： 选项A：由上述分析可知，曲线是由四个半径为的圆在不同象限的部分组成，其面积为四个半圆的面积加上四个 等腰直角三角形的面积，即，故A正确； 选项B：直线过原点，故与曲线有三个公共点，故B错误． 选项C：考虑曲线C在第一象限时，，设圆心为， 设圆的圆心为， 则，即圆与圆是相离关系， 根据曲线C的对称性可知，曲线C与该圆相离，没有公共点，故C正确； 选项D：如图： 圆， 圆心到直线的距离， ∴圆与直线相切，即曲线C与相切，故D正确； 故选：ACD． 11. 已知从点P出发的三条射线，每两条射线的夹角均为，A，B，C分别是三条射线上不同于P的三个点.以下说法正确的是（ ） A. 若，则直线与平面所成角的余弦值是 B. 若，且，则四面体的外接球的体积为 C. 存在四面体，其每个面都是直角三角形 D. 若，存在，使得平面平面 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，把放在正方体中，建立空间直角坐标系，利用向量法即可求解；对于B，将四面体补成正方体，正方体的体对角线即为外接球的直径，利用体积公式即可求解；对于C，分为和两种情况分别判断即可；对于D，假设平面平面，判断是否有解即可判断. 【详解】A，如图所示，把放在正方体中，的夹角均为． 建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体棱长为1， 则， 所以， 设平面的法向量，则 令，则，所以， 所以． 设直线与平面所成角为，所以， 所以，故A正确； B，将四面体补成正方体，正方体的外接球即为四面体的外接球， 外接球的半径，所以，故B正确； C，若四面体每个面都是直角三角形，则为直角三角形， 当，则三个三角形的直角顶点只能是， 在中，若，则，若，， 所以，同理，， 三式相乘，左边恒为，右边等于，其中为取到的个数， 因为，所以，故不能同时为直角三角形， 故不存在四面体，其每个面都是直角三角形， 当时，即为直角三角形， 此时，，，， 不妨设，则中，边最大， ， 所以为锐角，则不可能为直角三角形， 故不存在四面体，其每个面都是直角三角形，故C错误； D，假设平面平面，过点作，垂足为，连接， 而，根据对称性可得是的角平分线， 由题意，设，，，作，垂足为，连接， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，又平面，则，，， 又因为，，平面， 所以平面，又平面，所以， 在中，， 在中，， 在中，， 因为，所以， 所以，则， 在中，，即， 两边同时除以得，即， 所以，则，所以， 当时，，所以存在使得平面平面，故D正确. 故选：ABD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知抛物线，点P为抛物线上一点，，则的最小值为______. 【答案】 【解析】 【分析】利用两点间距离公式，再结合点在抛物线上来消元，即可利用二次函数求出最小值. 【详解】 设，则由题意得：， 因为点P为抛物线上一点，所以， 代入可得：， 所以当时，的最小值为， 故答案为： 13. 已知等差数列的前n项和为，的前n项和为.若，，则______. 【答案】 【解析】 【分析】根据等差数列的性质设出，再根据已知条件求出，即可计算出的值. 【详解】因为数列为等差数列，为其前n项和，由其性质可知数列为等差数列， 又因为为等差数列的前n项和，即， 因为，所以，解得， 所以，故. 故答案为： 14. 对于任意实数，符号表示“不超过的最大整数”，如，，，则______；若函数，则的值域为______. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】第一空根据规律直接计算和即可；第二空根据题意可得为偶函数，且周期为，再分和得到函数的值域为，再分段求得值域即可． 【详解】根据题意， ； 又， ， ， 为偶函数，且周期为， 当时，， ， 又因为在上单调递增，所以值域为； 当时，， ， 又因为在上单调递减，所以值域为； 综上，时，的值域为，即时，的值域为， 又， 所以时，； 时，； 时，； 时，； 综上，的值域为． 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. 记为数列的前项和，已知，且为等比数列. （1）求的值. （2）设，证明：. 【答案】（1） （2） 证明：由（1）知是以为公比，为首项的等比数列， 所以，即， 所以， 所以 因为，，所以， 所以，即 【解析】 【分析】（1）先根据，，成等比数列列式得或，再检验即可得答案； （2）结合（1）得，进而根据裂项求和法求解即可得证明. 【小问1详解】 因为，， 所以，， 因为为等比数列， 所以，即，解得或， 当时，，与等比数列的项不为矛盾，故不满足题意，舍去； 当时，，， 故，即，又，， 所以，即为等比数列，满足题意. 综上，. 【小问2详解】 略 16. 如图，在四棱锥中，，，两两垂直，四边形是梯形，，，为棱的中点. （1）设过点的平面与棱交于点，求证：； （2）在线段上是否存在点，使得平面与平面的夹角的余弦值为，若存在，求出点到平面的距离；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） 证明：如图，取中点，连接， 因为为棱的中点，所以， 因为，， 所以， 所以四边形为平行四边形，即四点共面， 所以平面即为过点的平面， 因为过点的平面与棱交于点， 所以点与点重合，所以 （2）存在，或 【解析】 【分析】（1）取中点，连接，，进而证明四边形为平行四边形即可得点与点重合，进而证明结论； （2）根据题意，建立空间直角坐标系，利用坐标法，结合平面与平面的夹角的余弦值为求解得点位置，再计算点面距. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为在四棱锥中，，，两两垂直， 所以，如图建立空间直角坐标系， 则 设，则，， 所以，， 设平面的一个法向量为， 则，即，令得，即， 设平面的一个法向量为 则，即，令，则，即 因为平面与平面的夹角的余弦值为， 所以，即， 整理得，即，解得或，均满足， 所以，当时，，此时点到平面的距离为； 当时，，此时点到平面的距离为 综上，线段上存在点，使得平面与平面的夹角的余弦值为，点到平面的距离或. 17. 已知椭圆：的左、右焦点分别为，，离心率为.过点的直线与椭圆交于两点.当轴时，. （1）求椭圆C的方程； （2）设，当面积为时，求直线的方程. 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）利用离心率得出，进而得出，，再利用时，得出点的坐标，代入椭圆的方程即可求解； （2）设出直线的方程，与椭圆的方程联立，结合韦达定理求出弦长，再利用点到直线的距离公式求出三角形的高，即可求解. 【小问1详解】 离心率，， 又，即，则， 椭圆：可化为， 当轴时，，，， 点在椭圆上，，将代入，得，， ，，椭圆C的方程为； 【小问2详解】 由（1）知，设，， 当直线的斜率不存在时，，， 此时三点共线，不能构成三角形，故不满足题意； 当直线的斜率存在时，设， 联立直线与椭圆的方程，消去，得， 则，， ， 又点到直线的距离， ， 化简得，解得或（舍），则， 经检验符合题意. 直线的方程为或. 18. 已知中，角的对边分别是，且. （1）若，求； （2）若且B为钝角. （i）若，求的面积. （ii）若D为线段上一点，且满足，求的值. 【答案】（1） （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）已知的角度，从而得到，结合三角公式，将方程的未知量只保留，从而得解； （2）（i）先将方程化简为，代入，利用是钝角的条件将方程只保留未知量，解得三角形的三个角度，结合正弦定理和三角形面积公式求解； （ii）设，在和中使用正弦定理，将用含的式子表达，然后结合，最后用角平分线定理求解. 【小问1详解】 时，， 即， 由辅助角公式，， 结合可得，， 则，结合，可得 【小问2详解】 （i）， 整理可得， 即， 由可知， 代入上式可得，， 即， 由题知，可知， 则，得到， 故，解得， 由正弦定理，，则， 由面积公式可知； （ii）设， 在中，由正弦定理，， 在中，由正弦定理，， 两式相乘可得， 由题干可得， 则， 则，则（负值舍去）， 由于，只可能，得到， 即是的平分线， 根据角平分线定理结合正弦定理， 19. 已知，，. （1）讨论函数的单调性； （2）求证：当时，； （3）若在时恒成立，求实数的取值范围. 【答案】（1） 当时，在上单调递增； 当时，在区间上单调递增，在区间，上单调递减； （2） 当时，要证明，即证明， 即证明：，令，， 则 ， 所以在上单调递增， 即， 所以原不等式得证； （3） 【解析】 【分析】（1）通过导数，结合分类讨论，即可判断单调性； （2）通过不等式变形，构造函数，再求导即可判断单调性来进行证明； （3）通过不等式变形，构造函数，再利用求导，结合端点值效应，必要性先行，再证明充分性，即可求解. 【小问1详解】 由， 当时，，则在上单调递增； 当时，由可解得：， 由可解得：或， 则在区间上单调递增，在区间，上单调递减； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由可得： ， 因为，所以，即原不等式， 令，，， 又令，则， 又令，则， 先判断必要性： 因为，，， 要证明当，， 则必满足在及附近单调递减，则必有， 当时， 此时必存在区间，使得，即在上单调递增， 则，即在上单调递增， 则，即在上单调递增， 则，从而可判断原不等式不成立， 即是原不等式成立的必要条件； 再证明充分性： 当时，， 令，则， 所以在上单调递减，即， 即可得， 从而可得，即可证明原不等式成立. 所以实数的取值范围是. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $