福建省长汀县第一中学、厦门英才学校2025-2026学年高三上学期12月月考数学试卷

长汀一中·厦门英才学校联考2025-2026学年第一学期12月月考 高三数学试卷 （考试时间：120分钟 总分：150分） 命题人：一中. 英才. 注意事项： 1. 答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2. 请将答案正确填写在答题卡上，写在本试卷上无效 3. 考试结束后，只需上交答题卡. 第Ⅰ卷 一、单选题：本大题共8小题，每小题5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. “”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 2. 若，，且，恒成立，则实数m的取值范围是（    ） A． B．或 C．或 D． 3. 已知直线a，b及平面，有下列命题：①；②；③；④.则其中正确命题的个数为（    ） A．0个 B．1个 C．2个 D．4个 4. 连续函数是定义在上的偶函数，当时，.若，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 5. 已知函数，则（    ） A．0 B．12 C．24 D．-24 6. 若，则（   ） A． B． C． D． 7. 设数列的前项和为，若，则（   ） A．65 B．127 C．129 D．255 8. 已知函数， ，若对任意的，总存在实数，使得成立，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 二、多选题：本大题共3小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分. 9. 已知复数z满足，则下列说法中正确的是（    ） A．复数z的模为 B．复数z在复平面内所对应的点在第四象限 C．复数z的共轭复数为 D． 10. 在边长为2的菱形中，，将菱形沿对角线折成四面体，使得，E,F,O分别为棱的中点，则（    ） A．平面平面 B．直线与所成角的余弦值为 C．四面体的体积为 D．四面体外接球的表面积为8π 11．在平面四边形中，点D为动点，的面积是面积的2倍，又数列满足，当时，恒有，设的前项和为，则（    ） A．为等比数列 B．为递减数列 C．为等差数列 D． 第Ⅱ卷 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分，把答案填在答题卡相应横线上. 12．在平行四边形ABCD中，，点E是AB的中点，点F满足，且，则_________． 13．已知，则_________． 14．高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号，为了纪念数学家高斯，人们把函数，称为高斯函数，其中表示不超过的最大整数. 设，则函数的所有零点之和为______． 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．（13分）已知，其中向量, （1）求的最小正周期和最小值； （2）在锐角△ABC中，角A、B、C的对边分别为、、，若，，求△ABC面积的取值范围． 16.（15分）如图，四边形ABCD为平行四边形，点E在AB上，AE＝2EB＝2，且DE⊥AB，沿DE将折起，使点A到达点F的位置，且． (1)求证：平面BFC⊥平面BCDE； (2)若直线DF与平面BCDE所成的角的正弦值为，求平面DEF与平面DFC的夹角的余弦值． 17．（15分）已知为数列的前n项和，，. （1）求数列的通项公式； （2）若，求证数列的前n项和. 18.（17分）已知函数． (1)证明：函数的图象关于对称； (2)解不等式； (3)关于的方程在上有解，求实数的取值范围． 19.（17分）已知函数. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)当时，函数在区间内有唯一的极值点. （i）求实数的取值范围； （ii）求证：在区间内有唯一的零点，且. ( 第 1 页 共 4 页 )长汀一中·英才学校联考高三数学试卷 学科网（北京）股份有限公司 $ 长汀一中·厦门英才学校联考2025～2026学年第一学期 12月月考 高三数学参考答案及评分标准 一.选择题： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 B A B D D C B A AD ACD BD 二.填空题：12. 9 13. 14. 提示： 8．【详解】依题意，当时，是减函数，，， 当时，是增函数，，，于是得的值域是， “对任意的，总存在实数，使得成立”等价于“函数的值域是函数在区间上值域的子集”， ①当时，，此时在区间上值域为，有，则， ②当时，图象对称轴，在时，当时，，即的值域为， 显然不可能包含于，无解， ③当时，函数在单调递增，在上的值域为，则， 于是得，解得，即， 综上，实数的取值范围是. 故选：A 10．ACD 【详解】对于A，由题意，得， 又,平面，从而平面， 又平面，故平面平面，故A正确． 对于B，取的中点，连接，所以, 则就是直线与所成的角（或其补角）， 因为边长为的菱形中,而, 易得， 因为平面，所以, 所以，所以， 所以，故B错误． 对于C，在中，， 可得的面积为，因为平面   ， 所以四面体 ,故C正确． 对于D，设和的中心分别为点， 分别过点，作平面和平面的垂线交于点， 则点即为四面体外接球的球心， 四点共圆，且， 利用正弦定理可得，因此， 所以四面体外接球的半径， 所以四面体外接球的表面积为，故D正确． 11．BD 【详解】如图，连交于， 则，即， 所以，所以，所以， 设，因为当时，恒有， 所以， ，所以当时，恒有， 所以，即，又，所以， 所以，所以， 因为不是常数，所以不为等比数列，故A不正确； 因为，即，所以为递减数列，故B正确； 因为不是常数，所以不为等差数列，故C不正确； 因为， 所以， 所以， 所以， 所以，故D正确. 故选：BD 13．【详解】因为，所以 ， 故答案为： 14.【详解】，令，可得， 则函数的零点，即为函数与函数的图象交点的横坐标， 作出函数与函数的图象如下图所示： 由图象可知，两函数除以交点之外，其余的交点关于点对称， 所以，函数的所有零点之和为. 故答案为：. 三、解答题 15．解：（1） 则的最小正周期，最小值为.………………5分 （2），则， 又 ，则，故，解得 ∵，由正弦定理可得， ∴，，又△ABC为锐角三角形， ∴，又，得， ∴ ， ∵，∴，∴， ∴，即△ABC面积的取值范围是．………………13分 16. 解：（1）∵AE＝EF＝2，EB＝1，， ∴， ∴，∴BF⊥BE， 又∵DE⊥AB，∴DE⊥EF，DE⊥EB．又， ∴DE⊥平面BEF， ∵平面BEF，∴BF⊥DE， ∵EB，平面BCDE，， ∴BF⊥平面BCDE，又平面BFC， ∴平面BFC⊥平面BCDE；………………7分 （2）由（1）知BF⊥平面BCDE，∴∠FDB为直线DF与平面BCDE所成的角， 设AD＝a，则， ∴，∴，解得，∴DE ＝1， 以E为坐标原点，，的方向分别为x轴，y轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 则A（-2，0，0），B（1，0，0），D（0，1，0），C（3，1，0），， ∴，， 设为平面DFC的一个法向量，则， 即，令，则z＝1，∴， 同理得平面DEF的一个法向量， ∴， ∴平面DEF与平面DFC的夹角的余弦值为．………………15分 17. 解： （1）∵，∴时，， 相减得，即，∴ ∴，即， 又，∴， ∵，∴也满足上式，∴ 为所求；………………6分 （2）由（1）得， ∴， ∴.………………15分 18. 解：（1）证明：∵ ∴函数的图象关于对称.………………4分 （2）任取，不妨设，则， ，∴在上单调递减. 由函数的图象关于对称可得：， 故， ∴不等式可化为， 由在上单调递减可得：，解得， ∴不等式的解集为.………………………………10分 （3）设，∵，且在上单调递减，∴． 则方程在有解，即在有解． 设，∵， ∴函数在单调递减，又，，故的值域为， ∴实数的取值范围为．………………17分 19. 解：（1）当时，， ，即切点为， 故曲线在点处的切线方程为.………………4分 （2）（i）函数， ①当时，当时，， 则在区间上单调递增，没有极值点，不合题意，舍去； ②当时，设， 则在区间上恒成立， 在区间上单调递增，即在区间上单调递增， 又在区间上有唯一零点， 当时，，函数单调递减； 当时，，函数单调递增， 函数在区间内有唯一极值点，符合题意， 综上，的取值范围是.………………10分 （ii）由（i）知，当时，， 当时，，函数单调递减； 当时，，函数单调递增； 时，，则， 又在区间上有唯一零点， 即在区间上有唯一零点. ， 由①知，则 ， 设，则， ， 在区间上单调递增，又， 又. . 由前面讨论知在区间上单调递增， .………………17分 ( 第 2 页 共 8 页 )长汀一中·英才学校联考高三数学答案 学科网（北京）股份有限公司 $