精品解析：甘肃省九师联盟2026届高三上学期12月质量检测数学试题

高三数学 考生注意： 1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟. 2.答题前，考生务必用直径05毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚. 3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷､草稿纸上作答无效. 4.本卷命题范围：集合，逻辑，不等式，三角函数，三角恒等变换，复数，立体几何（含空间向量）（约占30%），函数，导数，平面向量，解三角形，数列（约占70%）. 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. 在复平面内，复数对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 3. 已知向量，若与共线，则实数（ ） A. B. 2 C. 或2 D. 或 4. 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 5. 在等差数列中，，则（ ） A. 2025 B. 2027 C. 2029 D. 2031 6. 已知，且，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知的三边长分别为，则的外接圆的面积为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，若函数恰有5个零点，则实数的取值范围为（ ） 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. 已知函数，则（ ） A. 的图象关于直线对称 B. 的图象关于点对称 C. 在上的值域为 D. 在上单调递增 10. 已知函数，则（ ） A. 的图象关于点对称 B. ，使得在上单调递增 C. 若存在极值，则 D. 若有三个零点，则 11. 如图，在棱长为2的正方体中，为棱的中点，为侧面内一点（含边界），则（ ） A. 若为棱的中点，则平面截正方体所得截面为梯形 B. 若为线段上一点，则三棱锥的体积为定值 C. 若为的中点，则平面 D. 若为侧面的中心，则过且与垂直的平面截正方体所得截面面积为 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知函数为奇函数，则的值为______． 13. 紫峰大厦为南京最高的大楼，某数学建模兴趣小组的同学去实地进行测量：在水平的地面上选择三个点，点作为测量基点，设大厦主体的最高点为（与水平面垂直），在点和点处测得点处的仰角分别为和，测得米，测角仪的高度不计，则紫峰大厦主体的高度约为__________米（精确到整数位）（）. 14. 在数列中，，则的最小值为__________. 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. 在中，内角的对边分别为. （1）若，求角； （2）若的面积为，且为锐角，求的值. 16. 在数列中，. （1）求的通项公式； （2）若，求数列的前项和. 17. 如图，在四棱锥中，四边形为正方形，平面平面分别为棱和的中点. （1）证明：平面； （2）若，求平面与平面的夹角的余弦值. 18. 已知函数. （1）证明：为定值； （2）若数列的通项公式为，求数列的前项和； （3）若数列的通项公式为，记.若（2）中的满足，求及的最大值. 19. 已知函数. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若在上单调递增，求的取值范围； （3）若存在极大值和极小值，且极大值小于极小值，求的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三数学 考生注意： 1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟. 2.答题前，考生务必用直径05毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚. 3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷､草稿纸上作答无效. 4.本卷命题范围：集合，逻辑，不等式，三角函数，三角恒等变换，复数，立体几何（含空间向量）（约占30%），函数，导数，平面向量，解三角形，数列（约占70%）. 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】C 【解析】 【分析】解不等式求得集合，由集合的交集运算得到结果. 【详解】由，得，所以， 则. 故选：C. 2. 在复平面内，复数对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数的除法运算，求出复数在复平面内对应点的坐标，判断结果. 【详解】，故在复平面内，复数对应的点为，位于第一象限. 故选：A. 3. 已知向量，若与共线，则实数（ ） A. B. 2 C. 或2 D. 或 【答案】D 【解析】 【分析】根据向量共线的坐标运算即可. 【详解】因为与共线，所以，即，解得或. 故选：D. 4. 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】解分式不等式化简，再根据充分条件、必要条件的定义判断即可. 【详解】由，即，解得或，即或， 所以由推不出，故充分性不成立； 由推得出，故必要性成立； 所以是的必要不充分条件. 故选：B 5. 在等差数列中，，则（ ） A. 2025 B. 2027 C. 2029 D. 2031 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，列式求出公差，求得通项公式，得的解. 【详解】根据等差数列通项公式，可得：. 由等差数列的性质：，因此，即.而. 联立方程:，解得. 则. 故选：D 6. 已知，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用和差倍角的余弦公式进行求解计算即可. 【详解】因为，所以，又， 所以，所以. 故选：C. 7. 已知的三边长分别为，则的外接圆的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设最大边的对角为,利用余弦定理求出,进而求出，再利用正弦定理就可以求出外接圆半径,所以外接圆的面积为. 【详解】记长为4的边的对角为,则由余弦定理可以知道, 所以, 设的外接圆半径为,则由正弦定理,得,所以, 所以外接圆的面积为. 故选：A. 8. 已知函数，若函数恰有5个零点，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】画出函数的图象，利用换元法、数形结合思想、分类讨论进行求解即可. 【详解】由恰有5个零点， 则关于的方程恰有5个相异实根， 令，问题转化为满足的恰有5个不同的解. 作出函数的图象，如图所示， 由图易得：当时，关于的方程仅有一个实根，且， 此时仅有1个实根，不合题意； 当时，仅有两个相异实根， 而各仅有1个实根，不合题意； 当时，仅有3个实根， 且各仅有1个实根， 且两实根均小于，则有三个实根，必有， 所以. 又，所以，此时的5个实根互不相等， 即恰有5个零点； 当时，仅有2个相异实根，且， 此时仅有1个实根，有2个实根，不合题意. 所以实数的取值范围为. 故选：C 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. 已知函数，则（ ） A. 的图象关于直线对称 B. 的图象关于点对称 C. 在上的值域为 D. 在上单调递增 【答案】BC 【解析】 【分析】根据三角函数的对称性、单调性和值域等性质逐一判断即可. 【详解】因为，所以的图象关于点对称，不关于直线对称，故A错误； ，故的图象关于点对称，故B正确； 当时，，所以，即的值域为，故C正确； 当时，，因为在上单调递减，所以在上单调递减，故D错误. 故选BC. 10. 已知函数，则（ ） A. 的图象关于点对称 B. ，使得在上单调递增 C. 若存在极值，则 D. 若有三个零点，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】求出即可判断A；利用导数分和两种情况讨论求出函数的单调区间及极值，即可判断BCD. 【详解】对于A，因为， 所以的图象关于点对称，故A正确； 对于BCD，，当时，在上恒成立， 所以在上单调递增， 当时，令，得， 当或时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以不存在，使在上单调递增， ， 要使有三个零点，必有极小值，解得， 故B错误，CD正确. 故选：ACD. 11. 如图，在棱长为2的正方体中，为棱的中点，为侧面内一点（含边界），则（ ） A. 若为棱的中点，则平面截正方体所得截面为梯形 B. 若为线段上一点，则三棱锥的体积为定值 C. 若为的中点，则平面 D. 若为侧面的中心，则过且与垂直的平面截正方体所得截面面积为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据三棱锥的体积公式、线面平行的判定、线面垂直等知识逐项计算即可. 【详解】连接并延长交于，连接并延长，易得交于，连接，得截面，易得四边形为梯形（如图1），故A正确； 若为上一点，如图2因为，易证平面，所以点到平面的距离不变， 又的面积固定不变，所以三棱锥，即三棱锥的体积为定值，故B正确； 如图3，取的中点，连接，则，显然平面即为平面，且与平面相交，故C错误； 如图4，若为的中心，即为的中点，取的中点，连接，则. 易证，所以，又平面，所以平面，所以， 同理可证，进而可证平面，所以过且与垂直的平面截正方体所得截面为， 易求，所以的面积为，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. 已知函数为奇函数，则的值为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据奇函数的性质求即可. 【详解】定义在上函数为奇函数，则，解之得，经检验符合题意. 故答案为：-1. 13. 紫峰大厦为南京最高的大楼，某数学建模兴趣小组的同学去实地进行测量：在水平的地面上选择三个点，点作为测量基点，设大厦主体的最高点为（与水平面垂直），在点和点处测得点处的仰角分别为和，测得米，测角仪的高度不计，则紫峰大厦主体的高度约为__________米（精确到整数位）（）. 【答案】389 【解析】 【分析】设，求出，最后在中利用余弦定理可得. 【详解】由题意可知，， 设，在中，，所以， 同理在中，， 在中，由余弦定理得， 即， 所以. 故紫峰大厦主体的高度约为米. 故答案为： 14. 在数列中，，则的最小值为__________. 【答案】## 【解析】 【分析】根据数列的递推式，利用累加法求得数列的通项，即得的表达式，利用双勾函数分析数列的增减性，即得其最小值. 【详解】由，得， 所以当时， ， 当时，上式成立，所以，所以. 因为函数在上单调递减，在上单调递增， 所以在时递减，在时递增， 又， 因，所以的最小值为. 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. 在中，内角的对边分别为. （1）若，求角； （2）若的面积为，且为锐角，求的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理求解即可； （2）先根据三角形的面积公式求出，再利用余弦定理求解即可. 【小问1详解】 因为，所以，， 由，得， 因为，所以，所以； 【小问2详解】 因为的面积为，所以， 因为，所以，解得， 因为为锐角，所以， 所以，所以. 16. 在数列中，. （1）求的通项公式； （2）若，求数列的前项和. 【答案】（1） （2）. 【解析】 【分析】（1）通过对递推式变形，构造出常数列，利用首项求出该常数列的数值，进而推导得的通项. （2）由得的表达式后，采用错位相减法计算得. 【小问1详解】 因为， 所以，即， 所以数列为常数列， 又，所以，所以. 【小问2详解】 由（1）得， ， 两边同乘以，得， 两式相减，得 ， 所以. 17. 如图，在四棱锥中，四边形为正方形，平面平面分别为棱和的中点. （1）证明：平面； （2）若，求平面与平面的夹角的余弦值. 【答案】（1）证明：取棱的中点，连接， 因为为的中位线，所以，且， 因为四边形为正方形，为的中点，所以，且， 所以，，所以四边形为平行四边形， 所以. 又平面平面， 所以平面. （2）. 【解析】 【分析】（1）取棱的中点，连接，通过构造中位线、平行四边形的方法，先证得，进而证得平面； （2）建立空间直角坐标系，利用向量法求得平面与平面的夹角的余弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 分别取棱的中点，连接，则. 因为为的中点，所以， 又平面平面，平面平面平面， 所以平面，因为平面，所以， 所以直线两两垂直，以为原点， 直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，， 所以. 设平面的一个法向量， 则，即， 令，解得，所以. 设平面的一个法向量， 则，即， 令，解得，所以. 记平面与平面的夹角为， 则， 即平面与平面的夹角的余弦值为. 【点睛】 18. 已知函数. （1）证明：为定值； （2）若数列的通项公式为，求数列的前项和； （3）若数列的通项公式为，记.若（2）中的满足，求及的最大值. 【答案】（1）证明： 由，得， 所以， 即为定值1. （2） （3）；7. 【解析】 【分析】（1）利用指数幂的运算性质计算即得； （2）由（1）推得，求得，再利用倒序相加法即可求得； （3）利用裂项相消法求出，由判断为递增数列，可得的最小值为，结合解不等式即得的最大值. 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 由（1）知，所以， 即， 依题意得，又， 所以， ， 两式相加，得， 所以. 【小问3详解】 因为， 所以， 所以 ， 因为，所以数列为递增数列， 所以的最小值为， 因为恒成立，则，解得， 所以正整数的最大值为7. 19. 已知函数. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若在上单调递增，求的取值范围； （3）若存在极大值和极小值，且极大值小于极小值，求的取值范围. 【答案】（1） （2） （3）. 【解析】 【分析】（1）根据导数的几何意义求曲线在点处的切线方程. （2）问题转化为，从而求参数的取值范围. （3）分情况讨论函数的单调性，得到函数极值的存在情况，再用作差法比较极值的大小. 【小问1详解】 由， 得， 当时，， 所以曲线在点处的切线方程为，即. 【小问2详解】 因为在上单调递增，所以. 由（1）知， 因为，所以，即在上恒成立， 所以，又，所以， 即的取值范围为. 【小问3详解】 ①当时，在上恒成立，所以在上单调递增， 所以不存在极值，不合题意； ②当时，，所以当时，；当时，，所以在上单调递减，在上单调递增， 所以无极大值，不合题意； ③当时，的定义域为， 令，得，当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减， 所以的极大值为，极小值为，且，不合题意； ④当时，的定义域为，且， 令，得，且， 当时，；当时，；当时，； 当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递减，在上单调递增， 所以的极大值为，极小值为，且， ， ， 因为，所以，所以， 即，符合题意. 综上所述，的取值范围为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $