精品解析：北京市清华大学附属中学2025-2026学年高三上学期12月月考数学试卷

G23级试卷 数学 2025.12 一､选择题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项. 1. 设集合，，若，则（ ） A. B. C. D. 2. 若复数的模为，则的值为（ ）. A. 1 B. C. 3 D. 3. 已知向量，，若，则（ ）. A. B. C. D. 4. 在等差数列中，，当取得最小值时，（ ） A. 27 B. 18 C. 6 D. 3 5. 已知双曲线的一个焦点为，直线，则“点到直线的距离不小于1”是“直线与双曲线没有公共点”（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 6. 已知点，，，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数，那么下列命题中假命题是 A. 既不是奇函数也不是偶函数 B. 在上恰有一个零点 C. 是周期函数 D. 在上是增函数 8. 设抛物线的焦点为，不经过的直线与交于，两点，与轴交于点，点的纵坐标为，且与的面积之比是，则（ ） A. B. C. D. 9. 已知，曲线在点的切线都过坐标原点，则（ ） A. B. C. D. 10. 如图，在棱长为的正方体中，是线段的中点，点，满足，，其中，，则下列说法中错误的是（ ） A. 存在，使得平面平面 B. 不存在，，使得平面平面 C. 的最小值为 D. 至少存在两个不同的点，使得平面与平面的夹角和平面与平面的夹角相等. 二､填空题共道小题，每小题分，共分. 11. 的展开式中的系数为__________. 12. 已知圆的圆心是，直线交于､两点.写出使得的面积为的一组，的值__________，__________. 13. 如图所示，鲁班锁是中国传统的智力玩具，起源于中国古代建筑中首创的榫卯结构，它的外观是如图所示的十字立方体，其上下､左右､前后完全对称，六根完全一样的正四棱柱体分成三组，经榫卯起来.若正四棱柱的高为，底面正方形的边长为.现将该鲁班锁放进一个球形容器内，则该球形容器（容器壁的厚度忽略不计）的表面积的最小值为__________，该鲁班锁的体积为__________. 14. 设，关于的方程的实根个数记为，若，则______________；已知，若存在使得，则的取值范围是______________. 15. 已知曲线：与轴交于，两点，点是上一个动点，给出下列四个结论： ①点在上； ②面积的最大值为1； ③曲线内含无数个面积大于的等腰三角形； ④至少存在个点，满足. 其中，所有正确结论的序号为__________. 三､解答题共6道小题，共85分.解答应写出文字说明､演算步骤或证明过程. 16. 已知的内角，，的对边分别为，，，且. （1）求的值； （2）给出以下三个条件： 条件①：；条件②：；条件③：. 这三个条件中仅有两个正确，请选出正确的条件并回答下面的问题： （i）求的值； （ii）求的角平分线的长. 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分. 17. 在五面体中，平面，平面. （1）求证：； （2）若，求直线与平面所成角的正弦值. 18. 某投篮比赛分为两个阶段，每个参赛队由两名队员组成，比赛具体规则如下：第一阶段由参赛队中一名队员投篮次，若次都未投中，则该队被淘汰，比赛成绩为分；若至少投中一次，则该队进入第二阶段，由该队的另一名队员投篮次，每次投中得分，未投中得分，该队的比赛成绩为第二阶段的得分总和.某参赛队由甲、乙两名队员组成，该队的比赛成绩记为，设甲每次投中的概率为，乙每次投中的概率为，各次投中与否相互独立. （1）若，求的分布列； （2）若，，甲参加第一阶段比赛，求不小于的概率； （3）假设，为使得的数学期望尽量大，应该由谁参加第一阶段比赛？（直接写出结论） 19. 已知椭圆的左，右焦点分别为，，离心率是，其上顶点与右顶点的距离为. （1）求椭圆的方程； （2）若直线与椭圆交于第一象限内的､两点（点在的左侧），，且，求直线的方程. 20. 已知. （1）曲线在点处的切线为直线，记的斜率为，比较与的大小； （2）若对任意的，恒成立，求的取值范围； （3）证明：. 21. 已知无穷数列满足，且，，，均为正整数. （1）若，，直接写出该数列首个为0的项为第几项； （2）令，，，，，求证：存在正整数，使得，恒成立； （3）求证：，使得. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ G23级试卷 数学 2025.12 一､选择题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项. 1. 设集合，，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先求解出对数不等式的解集，由此可表示出集合，再根据分类讨论二次不等式的解即可求解出的值. 【详解】因为，所以，所以，所以， 又因为， 当时，无解，所以，此时； 当时，由可得，所以，若，则； 当时，由可得，所以，此时. 综上，. 故选：C. 2. 若复数的模为，则的值为（ ）. A. 1 B. C. 3 D. 【答案】B 【解析】 【分析】化简复数，根据复数模的几何意义列式计算即可求解. 【详解】复数， 由题意可得，解得. 故选：B 3. 已知向量，，若，则（ ）. A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据向量平行列式可求，再利用二倍角的余弦公式求值即可. 【详解】因为，所以. 所以. 故选：A 4. 在等差数列中，，当取得最小值时，（ ） A. 27 B. 18 C. 6 D. 3 【答案】D 【解析】 【分析】根据等差数列的性质求得，根据均值不等式，求得当时，取得最小值，从而可得答案． 【详解】在等差数列中，设公差为， 由得 根据基本不等式，有， 当且仅当即，即时， 取得最小值， 故． 故选：D 5. 已知双曲线的一个焦点为，直线，则“点到直线的距离不小于1”是“直线与双曲线没有公共点”（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 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】先根据直线与双曲线无公共点求的取值范围，再根据点到直线的距离公式进行判断. 【详解】双曲线的一个焦点. 因为直线与双曲线无公共点， 等价于方程无解，即. 又有. 所以“点到直线的距离不小于1”与“直线与双曲线没有公共点”等价. 所以“点到直线的距离不小于1”是“直线与双曲线没有公共点”的充分必要条件. 故选：C 6. 已知点，，，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设，则.由题求出的取值范围，根据不等式的性质，可得的取值范围. 【详解】设，则. 因为，所以. 所以. 所以. 所以. 其中当与同时取最大值时，即与时，取得最大值，最大值为.此时，点重合，坐标为或. 当与同时取最小值时，即与时，取得最小值，最小值为.此时，点的坐标分别为或. 所以的取值范围是. 故选：B. 7. 已知函数，那么下列命题中假命题是 A. 既不是奇函数也不是偶函数 B. 在上恰有一个零点 C. 是周期函数 D. 在上是增函数 【答案】B 【解析】 【详解】试题分析：∵f（x）=cos2x+sinx，∴f（-x）=cos2x-sinx，故f（x）既不是奇函数也不是偶函数，即A是真命题；∵由f（x）=cos2x+sinx=1-sin2x+sinx=0，得sinx=，∴f（x）在[-π，0]上恰有2个零点，即B是假命题；∵f（x）=cos2x+sinx=1-sin2x+sinx=-（sinx-）2+，∴f（x）是周期函数，即C是真命题；∵f（x）=cos2x+sinx=1-sin2x+sinx=-（sinx-）2+，∴f（x）在上是增函数，即D是真命题．故选B． 考点：本题考查了三角函数的性质及命题的真假判断 点评：解此类试题时要注意三角函数恒等变换及性质的灵活运用，属基础题 8. 设抛物线的焦点为，不经过的直线与交于，两点，与轴交于点，点的纵坐标为，且与的面积之比是，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，得到，得到，求得，结合抛物线的定义，即可求解. 【详解】如图所示，因为与的面积比为，可得与的面积比为， 所以，则， 又因为点的纵坐标为，可得，即，所以， 由抛物线的定义，可得. 故选：B. 9. 已知，曲线在点的切线都过坐标原点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】选项A：利用导数的几何意义求得切线的斜率，结合切线过原点列式可得即可判断；选项B：由函数与的图象可得，即可判断；选项C：由函数与的图象可得，即可判断；选项D：由C知，，整理后即可判断． 【详解】选项A：由，得， 则在点处的切线方程为：， 又切线过原点，代入得： 即，由此可得 故故A错误； 选项B：由得 故是函数与的图象交点的横坐标， 且这两个函数图象都是奇函数，图象关于原点对称，如图所示： 故，且，得，故B错误； 选项C：由函数与的图象可知，当时， 由得，即 ，故C错误； 选项D：由C知，即，又， 故，即 由A知，代入上式，得 ，即 故D正确． 故选：D 10. 如图，在棱长为的正方体中，是线段的中点，点，满足，，其中，，则下列说法中错误的是（ ） A. 存在，使得平面平面 B. 不存在，，使得平面平面 C. 的最小值为 D. 至少存在两个不同的点，使得平面与平面的夹角和平面与平面的夹角相等. 【答案】B 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明判断A，举特例判断B，利用模长公式结合平方的非负性判断C，利用面面夹角的向量求法判断D即可. 【详解】如图所示，以为原点建立空间直角坐标系， 可得， 可得， 所以，即， 而，即， 对于A，由题意得， 则， 设平面的法向量为，则， 令，解得，可得， 由题意得， 设平面的法向量为，则， 令，解得，可得， 若平面平面，则， 得到，即，解得， 则存在，使得平面平面，故A正确， 对于B，令，此时， 而是线段的中点，可得，得到平面的法向量为， 由题意得平面的法向量为，此时， 则存在，，使得平面平面，故B错误， 对于C，由题意得， 由模长公式得, 由平方的非负性得，则， 当，即时，取得最小值为，故C正确.， 对于D，由题意得平面的法向量为， 平面的法向量为， 设平面与平面的夹角为，平面与平面的夹角为， 由已知得平面的法向量为，， 此时，， ，所以或，结合余弦函数性质得，符合题意， 得到至少存在两个不同的点，使得，故D正确. 故选：B 二､填空题共道小题，每小题分，共分. 11. 的展开式中的系数为__________. 【答案】 【解析】 【分析】利用二项式定理求出展开式的通项，再结合赋值法求解即可. 【详解】由二项式定理得的展开式的通项公式如下， 为， 令，解得，则系数为. 故答案为： 12. 已知圆的圆心是，直线交于､两点.写出使得的面积为的一组，的值__________，__________. 【答案】 ①. ②. （答案不唯一，满足即可） 【解析】 【分析】根据条件，利用三角形的面积公式得，从而得圆心到直线的距离为，再利用点到直线的距离公式，即可求解. 【详解】因为圆的半径为，设， 由，得到， 所以圆心到直线的距离为，则，整理得到， 取， 故答案为：（答案不唯一，满足即可） 13. 如图所示，鲁班锁是中国传统的智力玩具，起源于中国古代建筑中首创的榫卯结构，它的外观是如图所示的十字立方体，其上下､左右､前后完全对称，六根完全一样的正四棱柱体分成三组，经榫卯起来.若正四棱柱的高为，底面正方形的边长为.现将该鲁班锁放进一个球形容器内，则该球形容器（容器壁的厚度忽略不计）的表面积的最小值为__________，该鲁班锁的体积为__________. 【答案】 ①. ②. 31 【解析】 【分析】由于图形的对称性，只要求出一组正四棱柱的体对角线，即是外接球的直径； 该鲁班锁是由几个几何体互相交叉组合时，它的体积可以通过所有单个体积之和减去两两相交的体积再加上三者相交的体积计算即可. 【详解】由题意，该球形容器的半径的最小值为并在一起的两个长方体体对角线的一半， 即为， ∴该球形容器表面积的最小值为： . 根据容斥原理计算，该鲁班锁六根完全一样的正四棱柱体分成三组，故所有单个体积为， 两两相交的体积为，三者相交的体积为，所以该鲁班锁的体积为. 故答案为：；31. 14. 设，关于的方程的实根个数记为，若，则______________；已知，若存在使得，则的取值范围是______________. 【答案】 ①. 1 ②. 【解析】 【分析】令，根据函数的值域为可得；分、讨论结合的图象可得的取值范围. 【详解】令， 函数的值域为，并且函数是单调递增函数， 故方程，只有一个解，故，可得； 当时，即，的图象如下， 显然存在使得；. 当时，即，的图象如下， 要想存在使得，只需， 即,得. 综上所述，的取值范围是. 故答案为：. 15. 已知曲线：与轴交于，两点，点是上一个动点，给出下列四个结论： ①点在上； ②面积的最大值为1； ③曲线内含无数个面积大于的等腰三角形； ④至少存在个点，满足. 其中，所有正确结论的序号为__________. 【答案】①②③ 【解析】 【分析】对于①将点的坐标代入方程验证即可；对于②求出曲线上点到轴距离的最大值；对于③构造一个等腰三角形，证明其面积大于，这样的三角形很多；对于④求出点的轨迹方程，与曲线的方程联立，求交点坐标判断. 【详解】将点代入曲线方程的左边， 得， 方程左边等于右边，所以点在上，故①正确； 令，得，即，解得， 所以，，则. 因为点在曲线上，所以，所以. 点到轴的距离就是中边上的高，由于，所以， ，所以的最大值为1，故②正确； 在曲线上取关于轴对称的两点，， 则等都是等腰三角形，如图， 则，到的距离为， 则. 由可得，不妨取， 则. 当无限趋近于1时，无限趋近于2， 且函数在上是连续不间断的， 大于小于2的值有无数个，且这样的等腰三角形有无数个，故③正确； 坐标平面内满足的点的轨迹是以为焦点，长轴长为的椭圆， 设椭圆的方程为，由已知，，故， 所以椭圆的方程为. 联立，得， 所以，即， 所以，所以， 解得，所以椭圆与曲线M的交点为和， 所以满足的点有两个，故④错误. 故答案为：①②③ 三､解答题共6道小题，共85分.解答应写出文字说明､演算步骤或证明过程. 16. 已知的内角，，的对边分别为，，，且. （1）求的值； （2）给出以下三个条件： 条件①：；条件②：；条件③：. 这三个条件中仅有两个正确，请选出正确的条件并回答下面的问题： （i）求的值； （ii）求的角平分线的长. 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分. 【答案】（1） （2）选②③，（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）由两角和差的正弦及辅助角公式化简可得，进而可得； （2）利用余弦定理即可推出条件①不正确；根据三角形面积公式和余弦定理求出，结合正弦定理即可求出，再次利用正弦定理可得，解方程组即可. 【小问1详解】 由可得， 即，， 因为，所以，则，解得； 【小问2详解】 若条件①正确，由，得， 由余弦定理，得，即， 解得不符合题意，故条件①不正确，则条件②③正确； （i）由，， 得，解得， 由余弦定理，得， 因为，所以，由正弦定理， 得，即； 由正弦定理，得，即， （ii）因为平分，，所以， 在中，由正弦定理，得， 在中，由正弦定理，得， 又，上述两式相除，得， 解得，所以. 17. 在五面体中，平面，平面. （1）求证：； （2）若，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明：由平面，平面，得，而平面，平面， 则平面，又平面，平面平面， 所以. （2）. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，利用线面垂直的性质、线面平行的判定性质推理即得. （2）结合已知可得直线两两垂直，以点为原点建立空间直角坐标系，求出平面法向量，再利用线面角的向量求求解即得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 令，则，有， 于是，由已知得直线两两垂直， 以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则， ， 设平面的法向量，则，令，得， 设直线与平面所成的角为，则， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 【点睛】 18. 某投篮比赛分为两个阶段，每个参赛队由两名队员组成，比赛具体规则如下：第一阶段由参赛队中一名队员投篮次，若次都未投中，则该队被淘汰，比赛成绩为分；若至少投中一次，则该队进入第二阶段，由该队的另一名队员投篮次，每次投中得分，未投中得分，该队的比赛成绩为第二阶段的得分总和.某参赛队由甲、乙两名队员组成，该队的比赛成绩记为，设甲每次投中的概率为，乙每次投中的概率为，各次投中与否相互独立. （1）若，求的分布列； （2）若，，甲参加第一阶段比赛，求不小于的概率； （3）假设，为使得的数学期望尽量大，应该由谁参加第一阶段比赛？（直接写出结论） 【答案】（1）的分布列为： （2） （3）选甲参加第一阶段的比赛 【解析】 【分析】（1）先确定的可取值为，然后分析出甲、乙谁先参加第一阶段的投篮对结果没有影响，再计算出的不同取值对应的概率，由此可得分布列； （2）根据不小于分析出甲第一阶段投篮至少投中次，乙第二阶段投篮也至少投中次，由此可计算对应概率； （3）分别计算出甲、乙参加第一阶段比赛时比赛成绩的数学期望，然后通过作差法比较大小，由此可确定出结果. 【小问1详解】 由题意可知，可取， 由于甲、乙每次投中的概率相等， 所以无论甲、乙谁先投篮，该队不能进入第二阶段的概率都为， 所以该队能进入第二阶段的概率都为， 所以， ， ， ， 所以的分布列为： 【小问2详解】 若不小于，则说明甲第一阶段投篮至少投中次，乙第二阶段投篮也至少投中次， 甲第一阶段投篮至少投中次的概率为， 乙第二阶段投篮至少投中次的概率为， 所以. 【小问3详解】 若甲先参加第一阶段的比赛，比赛成绩可取， ， ， ， ， 所以 所以， 所以， 若乙先参加第一阶段比赛，比赛成绩可取， 同理可得， 所以， 因为，所以， 所以，所以， 所以应选甲参加第一阶段的比赛. 19. 已知椭圆的左，右焦点分别为，，离心率是，其上顶点与右顶点的距离为. （1）求椭圆的方程； （2）若直线与椭圆交于第一象限内的､两点（点在的左侧），，且，求直线的方程. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用椭圆离心率及上顶点与右顶点的距离计算即可得； （2）联立直线与椭圆方程，可得与交点横坐标有关韦达定理，利用，可表示出两直线斜率，利用韦达定理计算可得，利用，可表示出两直线斜率，利用点在椭圆且在直线上，结合，可解出，即可得. 【小问1详解】 椭圆上顶点与右顶点的距离为，则， 离心率，则， 则，故，即椭圆的方程为：； 【小问2详解】 由题意可得，，设、，且， 联立，消去得， ， ，， ，，由，则， 即 即， 即， 由题意可得，故， 则， 即，整理得， ，又，，则，即， 则，则，即，， 则，整理得， 又，则，整理得， 又､两点在第一象限，故，，故， 则，即，则， 故直线的方程为. 20. 已知. （1）曲线在点处的切线为直线，记的斜率为，比较与的大小； （2）若对任意的，恒成立，求的取值范围； （3）证明：. 【答案】（1） （2） （3） 令，可得，其中， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 所以，即，即， 由（2）知，当，，即， 即， 令，则，即， 可得， 所以， 又由对数的运算性质，可得， 所以对于任意正整数，总有. 【解析】 【分析】（1）求得，得到，结合对数函数的性质，即可得到与的大小关系； （2）若，得到恒成立；若，由（1）得，令，求得在递增，结合，分和，两种情况讨论，即可求得实数的取值范围； （3）令，利用导数求得的单调性和极小值，得到， 取，由（2）得到，令，求得，结合对数的运算性质和累加法，即可得证. 【小问1详解】 由函数 可得，则， 所以曲线在点处的切线的斜率为， 因为，所以，即. 【小问2详解】 由函数， 当时，可得， 若，可得恒成立； 若，由（1）知：， 令，可得， 因为，可得，所以，在递增， 又由， 当时，即，此时，即， 所以在递增，所以，满足恒成立； 当时，即，存在，使得， 当时，，即，单调递减，则， 不满足恒成立，舍去， 综上可得，实数的取值范围为. 【小问3详解】 略 21. 已知无穷数列满足，且，，，均为正整数. （1）若，，直接写出该数列首个为0的项为第几项； （2）令，，，，，求证：存在正整数，使得，恒成立； （3）求证：，使得. 【答案】（1） （2） 令，， 则由， 可得， 则， 故数列满足. 设，. 下面用数学归纳法证明：，恒成立. （i）当时，显然成立； (ii)假设对任意不超过的正整数，成立， 由及， 可知， 综合（i）(ii)可知，，恒成立. 故存在正整数，使得，恒成立. （3） 设. 预备结论：存在，数列从第项起以后各项均为常数. 由（2）知，数列满足， 则由， 可得，即数列为单调（非严格）递减数列， 又数列各项均为非负整数， 则数列各项逐项递减，必经过有限次（可能为次）递减，减至某常数后不再变化. 不妨设此常数为，故存在，使得任意时，， 即数列从第项起之后的各项都恒等于某个常数，且， 预备结论得证. 由（2）， 可得. 故数列存在某一项为数列存在连续三项为. 所以证明：，使得，即证：数列存在连续三项为. 由上分析，任意时，，且， 即数列任意连续四项中至少有一项为，故中有无穷项为. 故可取充分大的，使得，如：可在区间内取正整数. 当时，则由任意时，， 可知任意时，，于是恒有，设， 故由递推式， 故存在，使得； 当时，由， 可得或， 又由，， 则或. 同理可知，数列中，在区间内， 对任意正整数，若，则或，即若某项， 则其前一项只能取或，且与的值严格对应. 记此性质为性质（）. 第一类情况：， 由，可得，或， ①若，由，结合（）性质可得或； ②若，由，可得，即， 又，结合（）性质可得或， 故或； 因为数列满足， 所以数列根据连续项的取值情况共有下列种可能： 第二类情况：. 由结合（）性质，可得，或， ①若，由，且， 则，结合（）性质可得或； ②若，由，可得， 则，则，可得， 又由，结合（）性质可得或， 由，可得或， 则，或. 因为数列满足， 所以数列根据连续项的取值情况共有下列种可能： 综上两类情况，结合表格可知，数列均存在连续三项为， 即，使得. 【解析】 【分析】（1）由定义逐项求解可得； （2）结合关系，利用第二数学归纳法证明即可. （3）构造，证明数列单调（非严格）递减性质，再取充分大的，使得，再结合得到项的两种可能方法，分类讨论确定数列的连续四项，找到数列为的连续三项即可证. 【小问1详解】 由题意，，及， 则； ； ； ； ； ； ； ； ； 故该数列首个为0的项为第项. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $