精品解析：江苏省南京市金陵中学、姜堰中学、南菁中学、前黄高级中学2025-2026学年高三上学期12月联考数学试题

2026届高三年级综合练习二 （数学试卷） 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. 设集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 若（为虚数单位），则复数的虚部为（ ） A. B. C. D. 3. 设点不共线，则“与的夹角为锐角”是“”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 4. 已知等比数列满足，，记为其前项和，则（ ） A. B. C. 7 D. 14 5. 已知实数满足，则最大值为（ ） A. 2 B. 3 C. D. 6. 若函数及其导函数满足，且，则（ ） A. B. C. D. 7. 蒙日是法国著名的数学家，他首先发现椭圆的两条相互垂直的切线的交点的轨迹是圆，这个圆被称为“蒙日圆”.已知椭圆的焦点在轴上，为椭圆上任意两点，动点在直线上.若恒为锐角，根据蒙日圆的相关知识得椭圆的离心率的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 函数在上单调递增，且对任意的实数，在上不单调，则的取值范围为（ ） 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. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，则（ ） A. 若，则为等腰三角形 B. 若，则为锐角三角形 C. 在锐角三角形中，不等式恒成立 D. 若，，且该三角形有两解，则b的范围是 10. 已知定义在上的函数不是奇函数，且，，则（ ） A. B. ， C. 的解析式可以是 D. 若的解析式是，则实数的最小值为 11. 在四棱锥中，底面是矩形，，，平面平面，点M在线段上运动（不含端点），则（ ） A. 存在点使得 B. 四棱锥外接球的表面积为12π C. 直线与直线所成角为 D. 当动点到直线的距离最小时，过点A，D，M作截面交于点N，则四棱锥的体积是1 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，且，则__________． 13. 已知圆O的半径为2，点A，B在圆O上，点C在圆O内，且，则的最小值为______. 14. 已知数列中，，正项数列的前n项和为，且，若，则的最大整数值为_____. 15. 在中，． （1）求； （2）若，的面积为，点在边上且，求线段的长． 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. 16. 已知数列的前项和，且. （1）证明：数列为等差数列； （2）设，求数列的前n项和. 17. 如图，在三棱柱中，为等腰直角三角形，，，，为棱的中点，为棱上的一点. （1）求证：平面； （2）若平面与平面的夹角的余弦值为，求线段的长. 18. 已知椭圆：，短轴长为4，椭圆上的点到两个焦点的距离之和为.设椭圆E的左右顶点为A，B，直线交椭圆E于M，N两点（不与A，B重合），设直线的斜率为，直线的斜率为，且. （1）求椭圆方程； （2）求证：直线过定点； （3）弦的中点为，直线与椭圆交于P，Q两点，求四边形面积S的取值范围. 19. 已知函数. （1）讨论的单调性； （2）若对于任意的，恒成立，求的最大值； （3）证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026届高三年级综合练习二 （数学试卷） 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. 设集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由对数函数单调性解不等式可化简集合A，后由并集定义可得答案. 【详解】，则，又， 则. 故选：C . 2. 若（为虚数单位），则复数的虚部为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数的运算法则化简可得，即可得解. 【详解】由， 得，即， 其虚部为， 故选：B. 3. 设点不共线，则“与的夹角为锐角”是“”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】由题意结合向量的减法公式和向量的运算法则考查充分性和必要性是否成立即可. 【详解】∵三点不共线， ∴，即， 可得，得， 所以与的夹角为锐角. 故“与的夹角为锐角”是“”的充分必要条件. 【点睛】本题考查充要条件的概念与判断､平面向量的模､夹角与数量积，同时考查了转化与化归数学思想. 4. 已知等比数列满足，，记为其前项和，则（ ） A. B. C. 7 D. 14 【答案】B 【解析】 【分析】设等比数列的公比为，根据等比数列的定义和性质可化简得到，再将其代入即可求得. 【详解】设等比数列的公比为，则，； 将，，代入中，得，化简得； 所以. 故选：B. 5. 已知实数满足，则最大值为（ ） A. 2 B. 3 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】解法（1）采用三角换元，令，再结合余弦函数的值域求解即可；解法（2）采用基本不等式求解即可； 【详解】解法（1）：由， 令，即，， ，即最大值为2； 解法（2）： 当且仅当，即时取等号， ，即最大值为2， 故选：A. 6. 若函数及其导函数满足，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由已知可得，可得，结合已知即可求解. 【详解】因为，所以， 所以，因为， 所以，解得， 所以，令，可得，解得. 故选：D. 7. 蒙日是法国著名的数学家，他首先发现椭圆的两条相互垂直的切线的交点的轨迹是圆，这个圆被称为“蒙日圆”.已知椭圆的焦点在轴上，为椭圆上任意两点，动点在直线上.若恒为锐角，根据蒙日圆的相关知识得椭圆的离心率的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据蒙日圆定义求得椭圆的蒙日圆方程，根据为锐角可知直线与蒙日圆相离，根据直线与圆位置关系可求得范围，进而得到离心率的取值范围. 【详解】椭圆的焦点在轴上，， 直线，与椭圆都相切， ，所围成矩形的外接圆即为椭圆的蒙日圆， 为椭圆上任意两个动点，动点满足为锐角， 点在圆外，又动点在直线上，直线与圆相离，，解得：， 又，； 椭圆离心率，，. 故选：B. 8. 函数在上单调递增，且对任意的实数，在上不单调，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用三角函数恒等变换的应用化简函数解析式可得，由题意利用正弦函数的单调性可得，所以，利用正弦函数的周期性可求的周期，解得，即可得解． 【详解】因为 ， 又因为，且，则， 若在上单调递增， 所以，所以， 因为对任意的实数，在上不单调， 所以的周期，所以， 所以． 故选：D． 【点睛】关键点点睛：本题考查正弦函数单调性求参数，关键是整体思想的应用及对任意实数，在上不单调与周期间的关系. 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. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，则（ ） A. 若，则为等腰三角形 B. 若，则为锐角三角形 C. 在锐角三角形中，不等式恒成立 D. 若，，且该三角形有两解，则b的范围是 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，根据正弦定理边化角即可判断；对于B，余弦定理可得，则角为锐角, 不能得到为锐角三角形；对于C，应用正弦单调性判断；对于D：由题意得到即可求解． 【详解】对于A，因为， 所以由正弦定理得， 又A，B 为的内角，，则，即，故A正确； 对于B，由余弦定理可得，则角为锐角，不能得到为锐角三角形，故B错误； 对于C，因为是锐角三角形，所以，所以， 又，所以， 又因为在单调递增，所以，C正确； 对于D，因为，，且该三角形有两解， 所以，即，故D正确． 故选：ACD 10. 已知定义在上的函数不是奇函数，且，，则（ ） A. B. ， C. 的解析式可以是 D. 若的解析式是，则实数的最小值为 【答案】BD 【解析】 【分析】取特例可判断A；根据奇函数定义可判断B；判断方程是否有解可判断C；根据分类，将方程具体化，然后分离参数求出的范围可判断D. 【详解】对于A，因为函数不是奇函数，且， 所以无法判断是否成立， 例如：设，显然不是奇函数，且存在， 但，故A错误； 对于B，因为函数不是奇函数，所以，故B正确； 对于C，若，令， 即，即， 当时，方程化为，解得（舍去）； 当时，方程化为，无实数解； 当时，方程化为，解得（舍去）. 综上，不存在，故C错误； 对于D，函数显然不是奇函数， 若，， 当时，，则，得， 当时，，则，得， 当时，则，得， 综上，，故实数的最小值为，故D正确. 故选：BD. 11. 在四棱锥中，底面是矩形，，，平面平面，点M在线段上运动（不含端点），则（ ） A. 存在点使得 B. 四棱锥外接球的表面积为12π C. 直线与直线所成角为 D. 当动点到直线的距离最小时，过点A，D，M作截面交于点N，则四棱锥的体积是1 【答案】BCD 【解析】 【分析】取的中点，利用面面垂直的性质定理及线面垂直的判定定理证明平面，然后由线面垂直的性质定理判断A，把四棱锥补成一个如图2的正方体，根据正方体的性质判断B，C，由平面，当动点到直线的距离最小时，从而得为的中点，为的中点，再由体积公式计算后判断D． 【详解】如图1，取的中点，连接，，则， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，平面，则． 又因为，所以， 又，，平面，所以平面． 因为平面，平面，所以不成立，A错误．    因为为等腰直角三角形，将四棱锥的侧面作为底面一部分，补成棱长为的正方体． 如图2，则四棱锥的外接球即为正方体的外接球，其半径， 即四棱锥外接球的表面积为，B正确． 如图2，直线与直线所成角即为直线与直线所成角， 而是正三角形，故该夹角为，C正确． 如图1，因为平面，当动点到直线的距离最小时， 由上推导知，，， ，， ，， 因此为的中点，如图3，由为的中点，即为中点， 平面即平面与的交点也即为与的交点，可知为的中点， 故，D正确． 故选：BCD． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，且，则__________． 【答案】 【解析】 【分析】利用同角三角函数关系，诱导公式，两角和的正弦公式，特殊角的三角函数值计算即可. 【详解】由且，得， 则． 故答案为： 13. 已知圆O的半径为2，点A，B在圆O上，点C在圆O内，且，则的最小值为______. 【答案】## 【解析】 【分析】将分别表示为，然后根据向量数量积的定义表示出，再分析的夹角即可求解出的最小值. 【详解】因为，所以， 又 ， 当且仅当时取等号， 所以的最小值为， 故答案为：. 14. 已知数列中，，正项数列的前n项和为，且，若，则的最大整数值为_____. 【答案】88 【解析】 【分析】对递推公式化简变形可构造等比数列，求得 ，结合条件可得，从而得，利用放缩法可求得，从而得出结论. 【详解】已知 ，递推关系 ，即， 移项可得：， 设 ，即 ， 所以 是首项为 ，公比为 2 的等比数列， . 因此，. 又因为 ，则， 又因为是正项数列，故 . 数列的前 项和 ， 由于放缩法：且， 证明如下：因为 ，所以 ，则 ， 由于 ，所以 ， 则 ，即 . 综上，不等式 成立； 同理可证得. 所以当时，， 因此 ； 当 时， ，故 . 当时：， 当 时， . 所以 ， 因此，满足的最大整数 为 88. 故答案为：88 15. 在中，． （1）求； （2）若，的面积为，点在边上且，求线段的长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理可得，利用辅助角公式化简，结合三角形内角范围即可求角； （2）根据，代入可得，接着用余弦定理可求，由勾股定理可知，再在中利用勾股定理即可求. 【小问1详解】 在中，由正弦定理得：，可得， 又，所以， 所以，即． 因为，所以，所以，可得． 【小问2详解】 因为的面积为，，由（1）知， 所以，得， 所以，可得， 所以，所以． 在直角中，， 可得. 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. 16. 已知数列的前项和，且. （1）证明：数列为等差数列； （2）设，求数列的前n项和. 【答案】（1）证明： 由题意可知，当时，，因为，解得， 当时，，化简得， 因为，所以，则，即， 可知数列是以1为首项，1为公差的等差数列. （2） 【解析】 【分析】（1）根据数列前项和与通项公式的关系，通过作差法证明数列为等差数列即可. （2）根据等差数列定义，写出数列通项公式，进而求出数列通项公式，再根据错位相减法，以及等比数列前项和公式，求出结果即可. 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 由（1）可知，，则， 则， 则， 可得， 解得. 17. 如图，在三棱柱中，为等腰直角三角形，，，，为棱的中点，为棱上的一点. （1）求证：平面； （2）若平面与平面的夹角的余弦值为，求线段的长. 【答案】（1）证明： 因为，所以侧面为矩形，故， 又，即，且，平面， 所以平面， 而平面，故， 又，，故为等边三角形， 所以， 因为是线段的中点，故， 且，平面，故平面， 因为平面，故， 又，所以平面. （2）. 【解析】 【分析】（1）先得到，，得到线面垂直，故，再得到，由三线合一得到，得平面，然后可得结论； （2）先证明出面面垂直，再建立空间直角坐标系，设，表示出点的坐标，然后求出平面的法向量，根据面面角的余弦值列方程求解可得. 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 由（1）知，平面，又平面， 故平面平面， 以为原点，，所在直线分别为x，y轴， 过点C在平面内作垂直的直线为z轴，建立空间直角坐标系， 由（1）知为等边三角形，故为等边三角形，且轴， 所以，，，，， ，设，，， 则，解得， 故， 易得平面的一个法向量为， 设平面的法向量，则， 令，则. 记平面与平面夹角为， 故 ， 整理得，解得或（舍去）， 所以. 18. 已知椭圆：，短轴长为4，椭圆上的点到两个焦点的距离之和为.设椭圆E的左右顶点为A，B，直线交椭圆E于M，N两点（不与A，B重合），设直线的斜率为，直线的斜率为，且. （1）求椭圆方程； （2）求证：直线过定点； （3）弦的中点为，直线与椭圆交于P，Q两点，求四边形面积S的取值范围. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由题意可得，，代入可得椭圆的标准方程； （2）由结合题意可得，设直线的方程为，，，直线与椭圆联立方程组可得，，由两点间斜率公式列式计算可得，计算即可得证； （3）直线的方程为，直线与椭圆联立方程组可得，由点到直线距离公式可三角形面积公式列式可得，进而计算可解. 【小问1详解】 由题意可得，则， ，则， 所以椭圆的标准方程为； 【小问2详解】 连接，设，，而，， 因为，所以， 则， 因为，所以， 设直线的方程为， 则，得， ， ，， 则， 化简可得， 所以， 因为，所以，解得， 所以直线的方程为，故恒过定点； 【小问3详解】 因为，所以， 设直线的方程为，即， 则，得，故， 则到的距离为， 到的距离为， 且与异号， 故， 所以 ， 由（2）可知， 所以， 所以且， 所以的取值范围为. 19. 已知函数. （1）讨论的单调性； （2）若对于任意的，恒成立，求的最大值； （3）证明：. 【答案】（1） 当时，在上单调递减， 当时，在区间单调递减，在区间上单调递增； （2） （3） 要证： 证： 即证：， 只需证：， 即证：，即证：， 令 证： ， 令在上单调递增， ∴，证毕. 【解析】 【分析】（1）通过对参数分类讨论，利用导数判断单调性； （2）换元与构造辅助函数，转化为恒成立条件下的最值问题，借助导数分析最值位置并建立不等式； （3）取对数并转化为累加形式，再逐项放缩为单元不等式，最终构造函数并利用单调性证明. 【小问1详解】 ， 当时，，在上单调递减， 当时，令， 当时，，故函数在区间单调递减； 当时，，故函数在区间上单调递增； 【小问2详解】 对恒成立， 当时，时，左边与条件矛盾，舍去，∴， 令，即对恒成立， 令， 当时，，时，， 所以在上单调递减；单调递增， 故只需． 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $