精品解析：湖北省孝感高级中学2025-2026学年高三上学期12月测试数学试卷（12.24）

孝感高中2023级高三年级 数学试题 本卷满分150分 考试时间：120分钟 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 若复数满足，则（ ） A. 5 B. 2 C. D. 1 2. 已知，，且，的夹角为，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 3. 设是公比不为1的等比数列，其前n项和为，设甲：成等差数列；乙：成等差数列，则甲是乙的（ ） 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. 已知函数，若且，则的最小值为（ ） A. B. 9 C. D. 5. 已知抛物线的焦点为，为上一点，为的中点，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 6. 已知定义在上的偶函数和奇函数满足，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数，时满足恒成立，且在区间内，仅存在三个数，，，使得，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知球是正三棱锥的外接球，，过点作球的截面，若截面面积为，则直线与该截面所成的角为（ ） 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. 9. 若单位向量与垂直，且与共线，则（ ） A. 与平行 B. 与垂直 C. 的最小值为2 D. 的最小值为 10. 已知双曲线的左、右焦点分别为，过点的直线与双曲线的左、右两支分别交于两点，为坐标原点，则（ ） A. 存在直线，使为线段的中点 B. 若，则 C. D. 若直线的斜率为，且，则 11. 设正项数列的前项和为，若，且对任意的正整数都有，则称是“数列”.下列结论正确的是（ ） A. 若是首项为公差为的等差数列，则是“数列” B. 若是“数列”，则不可能存在正整数，满足 C. 若是“数列”，且，则的最小值是 D. 任给，若，且，则是“数列” 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在的展开式中，各项系数和与二项式系数和之和为，则展开式中的常数项为_______． 13. 已知曲线和存在一条过坐标原点的公切线，则实数________． 14. 已知，，若存在，，使得，则称函数与互为“距零点函数”.若与（为自然对数的底数）互为“1距零点函数”，则实数的取值范围为______. 四、解答题：本题共6小题，共72分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 已知等差数列的公差，且成等比数列． （1）求数列的通项公式； （2）设求数列前项和为； 16. 在中，内角A、B、C的对边分别为a、b、c，且，． （1）求的值； （2）若的面积为，求AB边上的高． 17. 如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为等腰梯形，，点P在底面的射影点Q在线段AC上. （1）过A作，H为垂足，证明：面PCD； （2）若，证明：，并求平面PAB与平面PCD的夹角的余弦值. 18. 已知椭圆的右焦点为，过的直线与交于两点.当为的上顶点时，. （1）求的方程； （2）过点作的垂线，垂足为. （i）证明：直线过定点； （ii）若的斜率不为0，记的中点为，（i）中的定点为的斜率为的斜率为，证明：是定值. 19. 已知，函数，其中e=2.71828…为自然对数的底数． （1）证明：函数在上有唯一零点； （2）记x0为函数在上的零点，证明： （ⅰ）； （ⅱ）． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 孝感高中2023级高三年级 数学试题 本卷满分150分 考试时间：120分钟 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 若复数满足，则（ ） A. 5 B. 2 C. D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】先根据条件求出，再利用复数的乘法可得答案. 【详解】因为，所以， 所以，即. 故选：B 2. 已知，，且，的夹角为，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据投影向量定义以及向量数量积定义计算可得结果. 【详解】易知 所以在上的投影向量为. 故选：D 3. 设是公比不为1的等比数列，其前n项和为，设甲：成等差数列；乙：成等差数列，则甲是乙的（ ） 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】C 【解析】 【分析】根据充分条件和必要条件的定义可得选项. 【详解】设等比数列的公比为. ①∵成等差数列， ∴，即， ∴，即， ∴，故成等差数列，充分性成立. ②∵成等差数列，∴，故，解得， ∴， ∴， ∴， ∴成等差数列，必要性成立. 综上得，甲是乙的充要条件. 故选：C. 4. 已知函数，若且，则的最小值为（ ） A. B. 9 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意得出，再利用基本不等式即可求得答案. 【详解】 作出函数的图象，如图所示，因为，即，因为，由图可知，，即，所以有． 则， 当且仅当，即时等号成立， 所以的最小值为， 故选：A． 5. 已知抛物线的焦点为，为上一点，为的中点，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】不妨假设在第一象限，设，可得,由,结合基本不等式求解即可. 【详解】根据对称性，不妨假设在第一象限，设，由于，则，即, 则, 由基本不等式可得：，当且仅当时取等号； 所以,所以则的最大值为， 故选：C 6. 已知定义在上的偶函数和奇函数满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用奇函数和偶函数的性质，对原等式进行变形，得出的递推式，结合所求推出，进而求解． 【详解】是奇函数，， ①， 把中的替换为，则②， 等式①加上②可得： ， 是偶函数，， ， 令，则 取，则，解得， 取，则，解得， 取，则，解得， 以此类推，对任意整数，， ，故C正确． 故选：C． 7. 已知函数，时满足恒成立，且在区间内，仅存在三个数，，，使得，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先求出，根据恒成立，得到，不妨取，画出图象，数形结合，利用对称性得到，求出答案. 【详解】时，， 令，则当时，， 故要想在时满足恒成立， 需满足，不妨取， ，， 画出在上的图象，如下： 由图象可知，，， 则， 故， 两式相加得， 所以. 故选：C 8. 已知球是正三棱锥的外接球，，过点作球的截面，若截面面积为，则直线与该截面所成的角为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】作平面，垂足为，由正三棱锥性质求出及外接球的半径，进而求得，利用球的截面性质求解. 【详解】如图，作平面，垂足为，则是正三角形的中心， 因为    ，， 所以，则， 因为，取的中点，所以， ， 设正三棱锥外接球的半径为，则，得， 所以，故， 设过点的球的截面圆的半径为，圆心为，为截面圆上一点， ，则， 所以，则， 所以与该截面所成角为，故， ，即与该截面所成角为. 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. 9. 若单位向量与垂直，且与共线，则（ ） A. 与平行 B. 与垂直 C. 的最小值为2 D. 的最小值为 【答案】AD 【解析】 【分析】根据单位向量及平面基本定理计算判断A，应用数量积计算判断B，C，数量积公式及运算律结合基本不等式判断D. 【详解】由于单位向量与垂直，故且，. 又与共线，设，即，故，，解得. 存在使得，故A正确； ， 又，，，故上式等价于，，故显然不成立，B错误； 同理，，若，，则为负数，无最小值，C错误； 求的最小值等价于求的最小值. ，代入等于， 由于且，故由不等式，当且仅当或时取等， 即的最小值为2，故的最小值为，D正确. 故选：AD. 10. 已知双曲线的左、右焦点分别为，过点的直线与双曲线的左、右两支分别交于两点，为坐标原点，则（ ） A. 存在直线，使为线段的中点 B. 若，则 C. D. 若直线的斜率为，且，则 【答案】BD 【解析】 【分析】对于A，由点差法求出斜率后联立即可；对于B，设，，，计算后可得；对于C，设，利用距离公式计算即可；对于D，利用双曲线性质结合点到直线的距离公式计算. 【详解】对于A，设， 代入双曲线可得， 得， 所以C为中点的直线的斜率应为， 此时直线的方程为， 联立双曲线， 可得 即直线与双曲线不相交，故A错误； 对于B，设， ，， ， ，又， ，故B正确； 对于C，设，其中， 则，即， ， ， ， ， ， ，故C错误； 对于，， ，， ， 直线的斜率为即，且过点， 直线的方程为， 又，， ， ，即， 又点到直线的距离， 点到直线的距离，即， 点与点关于直线对称， ， ，故D正确， 故选：. 11. 设正项数列的前项和为，若，且对任意的正整数都有，则称是“数列”.下列结论正确的是（ ） A. 若是首项为公差为的等差数列，则是“数列” B. 若是“数列”，则不可能存在正整数，满足 C. 若是“数列”，且，则的最小值是 D. 任给，若，且，则是“数列” 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据“数列”的定义可判断A；根据“数列”满足的条件可得出相应不等式，可推出，即可判断B；根据“数列”满足的条件可得出，判断时的值的情况，可判断C；举出反例可判断D. 【详解】对于A，若是首项为、公差为的等差数列，则， 前项和， 时等号成立， 即是“数列”，故A正确； 对于B，若是“数列”，则，且， 所以，则， 故，由题意知当，，结合，得， 因此不存在使，故B正确； 对于C，若是“数列”，， 前项和，要使， 即， 因为，且当时，， 所以时趋近于，且所有项均小于，故最小值为，C正确； 对于D，取，，满足， 则，， 而，所以不成立， 因此“”不足以保证是“数列”，D错误. 故选：ABC 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在的展开式中，各项系数和与二项式系数和之和为，则展开式中的常数项为_______． 【答案】 【解析】 【分析】利用已知条件求出的值，再利用二项展开式通项可求得结果. 【详解】在的展开式中，各项系数和与二项式系数和之和为， 令，得各项系数和为，二项式系数和为，则，得． 展开式的通项为， 令，可得，因此，展开式中的常数项为. 故答案为：. 【点睛】结论点睛：对于二项展开式的问题，注意一些常见结论的应用： （1）二项式的系数和为； （2）令变量为，二项式的值为各项系数和. 13. 已知曲线和存在一条过坐标原点的公切线，则实数________． 【答案】 【解析】 【分析】先设出公切线与两曲线的切点坐标，分别求出两曲线在切点处的切线方程，再根据公切线过原点这一条件，联立切线方程求解切点坐标，进而求出实数的值. 【详解】设直线与曲线相切于点， 由，得，因为与曲线相切， 所以，消去，得，解得，所以， 设与曲线相切于点，由，得，即，解得， 因为是与曲线的公共点， 所以，消去，得，即，解得． 故答案为： 14. 已知，，若存在，，使得，则称函数与互为“距零点函数”.若与（为自然对数的底数）互为“1距零点函数”，则实数的取值范围为______. 【答案】 【解析】 【分析】利用函数零点概念进行求解，借助零点所在的区间，转化方程，构造函数，来分析根的分布，从而可得参数范围. 【详解】由解得，所以的零点为， 要满足与（为自然对数的底数）互为“1距零点函数”， 则函数的零点满足：，即， 由， 构造函数，则， 当时，，则在上单调递减， 当时，，则在上单调递增， 当时，，则在上单调递减， 因为且 所以当时，方程的解落在区间上，满足题意， 故答案为： 四、解答题：本题共6小题，共72分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 已知等差数列的公差，且成等比数列． （1）求数列的通项公式； （2）设求数列前项和为； 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据等差数列通项公式列方程组，即可求解； （2）利用裂项相消法，即可求解. 【小问1详解】 由条件可知，且， 解得， 所以； 【小问2详解】 ， 所以. 16. 在中，内角A、B、C的对边分别为a、b、c，且，． （1）求的值； （2）若的面积为，求AB边上的高． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由二倍角的正弦公式、正弦定理和余弦定理求解即可. （2）由（1）求出，由同角三角函数的基本关系求出，最后由三角形的面积公式求解即可. 【小问1详解】 ∵， ∴， 由正余弦边角关系得，①， 又，② 由①②得，， ∴，∴ 【小问2详解】 由（1）得，， （或由余弦定理得） ∵为锐角，∴， ∴的面积， ∴， 设边上的高为， 则的面积， ∴，即边上的高为. 17. 如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为等腰梯形，，点P在底面的射影点Q在线段AC上. （1）过A作，H为垂足，证明：面PCD； （2）若，证明：，并求平面PAB与平面PCD的夹角的余弦值. 【答案】（1） 连接，平面，所以. 在中，. 同理，在中，有. 又因为，所以， 所以，，故，即. 又因为，，平面，所以平面. 因为平面，所以平面平面. 因为，平面，则平面，又因为平面， 所以平面， 又因为平面平面，，平面平面， 所以平面. （2） 连接，因为平面，面， 所以，由勾股定理得， 同理可得，即， 因为，所以. 平面与平面所成角的余弦值为 【解析】 【分析】（1）根据题意，由余弦定理可得，结合勾股定理即可得到，再由面面垂直的判定定理可证平面平面，再由面面垂直的性质定理即可证得平面； （2）利用勾股定理即可证明，再建立空间直角坐标系，求出关键平面的法向量，利用二面角的向量求法求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 证明略. 由上知为的交点，且由平行线性质得， 得到，故， 过作直线的平行线，则两两垂直， 如图，以为原点建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，， 得到，， ，， 设平面的法向量为， 则，令， 解得，，故， 设平面的法向量为， 则，令， 解得，，故， 设平面与平面所成角为， 则， 故平面与平面所成角的余弦值为． 18. 已知椭圆的右焦点为，过的直线与交于两点.当为的上顶点时，. （1）求的方程； （2）过点作的垂线，垂足为. （i）证明：直线过定点； （ii）若的斜率不为0，记的中点为，（i）中的定点为的斜率为的斜率为，证明：是定值. 【答案】（1） （2） （i）证明：解法一：设， 当直线的斜率不为0时，设， 联立，得， 可得. 易知，故直线可表示为， 显然，故当时， ， 故直线过定点. 当直线的斜率为0时，易知过点. 综上所述，直线过定点. 解法二：由解法一得，直线可表示为， 显然，当时， ， 故直线过定点. 当直线的斜率为0时，易知过点. 综上所述，直线过定点. （ii）证明：由题意，而， 则 ， 则，故，为定值. 【解析】 【分析】（1）根据椭圆的定义进行求解即可. （2）（i）解法一：联立直线与椭圆方程，结合韦达定理，将直线的方程表示出来并化简即可求出定点；解法二：联立直线与椭圆方程，结合韦达定理，得出，然后将直线的方程表示出来并化简即可求出定点； （ii）列出的表达式并化简即可证明. 【小问1详解】 记的半焦距为，显然，而， 故，于是的方程为. 【小问2详解】 略 19. 已知，函数，其中e=2.71828…为自然对数的底数． （1）证明：函数在上有唯一零点； （2）记x0为函数在上的零点，证明： （ⅰ）； （ⅱ）． 【答案】（1）[方法一]：单调性+零点存在定理法 在上单调递增， ， 所以由零点存在定理得在上有唯一零点． [方法二]【最优解】：分离常数法 函数在内有唯一零点等价于方程在内有唯一实根，又等价于直线与只有1个交点． 记，由于在内恒成立，所以在内单调递增，故． 因此，当时，直线与只有1个交点． （2）（i）， ， 令 一方面： ， 在单调递增，， ， 另一方面：， 所以当时，成立， 因此只需证明当时，， 因为 当时，，当时，， 所以， 在单调递减，，， 综上，. （ii）[方法一]：分析+构造函数法 ， ，， ，因为，所以， ， 只需证明， 即只需证明， 令， 则， ，即成立， 因此. [方法二]【最优解】：放缩转化法 ． 设，则由得． 从而只要证． 上式左边． 使用不等式可得 【解析】 【分析】（I）方法一：先利用导数研究函数单调性，再结合零点存在定理证明结论； （II）（i）先根据零点化简不等式，转化求两个不等式恒成立，构造差函数，利用导数求其单调性，根据单调性确定最值，即可证得不等式； （ii）方法一：先根据零点条件转化：，再根据放缩，转化为证明不等式，最后构造差函数，利用导数进行证明. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【整体点评】（Ⅰ）方法一：直接研究函数的单调性，并根据零点存在定理证得结论，为通性通法；方法二：先分离常数，转化为证明水平直线与函数的图象交点个数问题，为最优解； （Ⅱ）（ⅰ）通过分析，转化，然后构造函数证得； （ⅱ）方法一：构造函数，利用导数研究单调性，求得最小值，然后根据条件放缩转化为证明不等式．利用作差法构造关于实数的函数，利用导数证得此不等式，为该题的通性通法；方法二：利用放缩判定的导函数大于零，确定单调性，得到其最小值，转化为，然后利用不等式放缩证明，运算相对简洁，为最优解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $