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

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. 已知复数z满足，则z的虚部是（ ） A. B. 1 C. D. i 【答案】A 【解析】 【分析】设，根据，求得，即可求得复数的虚部，得到答案. 【详解】设， 因为，可得， 则，可得，所以复数的虚部是. 故选：A 【点睛】关键点点睛：本题主要考查了复数的运算，共轭复数的概念，以及复数相等的应用，其中解答中熟记复数相等的条件是解答的关键，属于基础题. 2. 记为等差数列的前项和，已知，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由结合等差中项的性质可得，即可计算出公差，即可得的值. 【详解】由，则， 则等差数列的公差，故. 故选：B. 3. 已知，且，则的最小值为（ ） A. 2 B. C. 4 D. 5 【答案】D 【解析】 【分析】应用“1”的代换化将目标式化为，再由基本不等式求最小值，注意取值条件. 【详解】由题意得， 由基本不等式得， 当且仅当，即，联立可得时取等号， 故的最小值为5． 故选：D 4. 已知函数的定义域为，，，且，则（    ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用赋值法，可判断A、B；利用赋值法，可得，又，由的值及可推导出，可判断C；由及可判断D. 【详解】对于A，令，则， 又，则，所以，故A错误； 对于B，令，则， 又，，所以，解得，故B错误； 对于C，令，则， 又，则， 由上可知，故， 所以，可得，即，故C正确； 对于D，由，得， 所以， ， 由选项C中分析知，所以，故D错误. 故选：C. 5. 已知函数的图象关于直线对称，且在上有最大值没有最小值，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用三角函数降幂公式以及辅助角公式整理函数解析式，根据整体思想，结合正弦函数的单调性以及对称性，建立不等式与方程，可得答案. 【详解】 ，， 则， 因为在上有最大值没有最小值，所以，， 又因为的图象关于直线对称，则，， 解得，，所以当时，符合要求. 故选：D． 6. 将4个不同的小球放入4个不同的盒子中，则恰有两个盒子为空的放法种数为（ ） A. 72 B. 84 C. 96 D. 108 【答案】B 【解析】 【分析】利用先选后排的方法进行解题即可. 【详解】选个空盒：种， 分配个小球到个非空盒 情况一（分法）：种 情况二（分法）：种 总分配方法; 种， 总放法数：种 故选： 7. 在中，点P满足，过点P的直线与所在的直线分别交于点，若，，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据平面向量的线性运算法则，及三点共线，推得.利用基本不等式中“1”的妙用，求得的最小值. 【详解】，即，， ，，，， ，三点共线，则. ， 当且仅当，即时，等号成立，因此，的最小值为. 故选：B. 8. 已知双曲线的左、右焦点分别为、，过的直线与双曲线E的两条渐近线分别交于M，N，若，且，则双曲线E的离心率为（ ） A. B. 4 C. D. 6 【答案】B 【解析】 【分析】设，由将的坐标表示出来，再利用N在，M在上，求出点的坐标，由可求出离心率. 【详解】设，已知、， ∵， ∴，∴ N在，M在，∴， ∴，即N，，，， ∴，∴， 故选：B． 二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 9. 已知数列的前项和为，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则是等差数列 B. 若，则是等比数列 C. 若是等差数列，则 D. 若是等比数列，且（为常数），则 【答案】CD 【解析】 【分析】求出判断A；求出通项公式进而判断B；利用等差数列性质判断C；找出通项公式，结合等比数列意义判断D. 【详解】对于A，，， 数列不是等差数列，A错误； 对于B，当时，，满足上式，因此，当时， 数列不是等比数列，B错误； 对于C，是等差数列，，C正确； 对于D，当时，，， 由是等比数列，得，因此，，D正确. 故选：CD 10. 在△ABC中，AB＝4，AC＝5，BC＝6，下列说法中正确的有（ ） A. 若点O为△ABC的重心，则 B. 若点O为△ABC的外心，则 C. 若点O为△ABC的垂心，则 D. 若点O为△ABC的内心，且，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】A选项，根据重心性质和向量的平行四边形法则来判断；B选项，根据外心性质和向量的数量积运算法则求解即可；C选项，根据垂心性质和向量的数量积运算法则求解即可；D选项，根据三角形内心的性质及向量三点共线求系数和即可. 【详解】A选项，如图1，设BC中点为D，则，由于点O为△ABC的重心，则，所以，A选项正确； B选项，如图2，设AB中点为E，由于点O为△ABC的外心,则垂直，，B选项错误； C选项，如图3，作，垂足为，则在上，在△ABC中由余弦定理可得，在直角△ACF中，， 所以，C选项正确； D选项，如图4，设△ABC的内切圆半径为，由可得， 则，， 由，且为三角形内角，可得，， 则， 延长交于点， 则即， 则，则， 由于B、C、G三点共线，则，，D选项正确； 故选：ACD. 11. 已知，圆，点为圆上一动点，以为直径的圆交轴于两点，设，则（ ） A. 当点在轴上时， B. 的取值范围是 C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，先根据已知求出点的坐标，然后再验算即可；对于B，得出点在以坐标原点为圆心、为半径的圆上运动，即可验算；对于C，根据圆的向量表示式，结合韦达定理即可验算；对于D，只需验算是否成立即可. 【详解】 当在轴上时，，则，则，故A正确； 设且，则，代入得， 可得在以坐标原点为圆心、为半径的圆上运动，又圆交轴于，故，故B错误； 以为直径的圆的方程可写为， 令，可得，即， 则分别为方程的两根，由韦达定理得，故C正确； 要证，即证， ， ， 所以，即，故D正确． 故选：ACD． 【点睛】关键点点睛：判断C选项的关键在于得到以为直径的圆的方程可写为，然后结合韦达定理即可顺利得解. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据余弦的二倍角公式和辅助角公式求解即可. 【详解】因为， 所以， 所以，解得， 故答案为： 13. 已知函数和的定义域均为.若是奇函数，是偶函数，且，则______________． 【答案】2 【解析】 【分析】利用为奇函数、为偶函数的性质，通过对已知等式进行赋值，求出与的值，从而得到的值. 【详解】因为是奇函数，所以. 令，则； 令，则. 因为， 所以令，可得，所以， 令，可得. 因为是偶函数，所以 ，所以，所以， 所以. 故答案为：2. 14. 在正三棱锥中，，.点是线段上的点，且.点是棱上的动点，直线与平面所成角为，则的最大值为______. 【答案】 【解析】 【分析】 证明直线与平面所成角中当此为二面角的平面角时最大即可得． 【详解】先证一个命题：平面内所有直线与平面所成的角中，当此角为二面角的平面角时最大． 如图平面于点，于，是上任一点， 则，而，则平面，又平面，∴是二面角的平面角， 而是直线与平面所成的角， 显然，，又，∴， 都是锐角，∴，重合时等号成立． 由此可知平面内所有直线与平面所成的角中，当此角为二面角的平面角时最大． 由已知，，， ， ∴直线与平面所成角最大值等于， ∴的最大值为． 故答案为：． 【点睛】 结论点睛：在二面角（为锐二面角）中，是二面角的平面角，是棱上任一点，则与平面所成角中最大值为二面角的平面角，与平面内过点的直线（实际上是所有直线）所成角中最大值为直线与平面所成的角． 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. 已知等比数列的前项和为． （1）求数列的通项公式； （2）当时，，求数列的通项公式． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据已知条件及数列前项和的定义，结合等比数列的通项公式即可求解； （2）根据（1）的结论及数列的递推公式即可求解. 【小问1详解】 设数列的公比为,则 ，由，得，所以， 有，得， 所以数列的通项公式为． 【小问2详解】 由（1）知，， 由，得 当时，得． 当时， 有，得时， 取时，，此式也满足， 故数列的通项公式为． 16. 在中，内角的对边分别是，，． （1）求角； （2）若，求边上的角平分线长； （3）若为锐角三角形，求边上的中线的取值范围． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理结合两角和的正弦公式化简求值即可； （2）根据余弦定理及已知得，然后利用面积分割法列方程求解即可； （3）利用向量加法运算及数量积以及模的运算得，利用正弦定理得，然后利用角的范围，结合正弦函数的性质求解范围即可. 【小问1详解】 在中，由正弦定理及， 得 ， 即，而，， 解得，又，所以. 【小问2详解】 由及，余弦定理得， 又，解得， 由得， 即，则，所以. 【小问3详解】 因为是的中点，所以， 则， 由正弦定理得， 即， 为锐角三角形， ，所以，所以， 所以，所以， 所以， 所以，即边上的中线的取值范围为． 17. 已知椭圆，，分别是左、右焦点，是椭圆上一点，的最大值为3，当为椭圆上顶点时，为等边三角形． （1）求椭圆的标准方程； （2）设，分别是椭圆的左、右顶点，若直线与交于点，，且．证明：直线过定点． 【答案】（1） （2）证明：法一：由（1）可知， 设直线的斜率为，则直线的斜率为，设， 则直线的方程为，直线的方程为， 联立，化简得， 因为，所以，即， 联立，化简得， 因为，所以，即， 则， 所以直线的方程为， 整理得， 所以直线过定点． 法二：设，又由（1）知， 所以， 则有， 又，则，代入上式可得. 又因为，所以. 设直线的方程为， 联立，得， 所以， 且， 所以， 由， 化简得且， 即，解得或（舍），所以直线过定点． 【解析】 【分析】（1）设，，，表示出，故最大值为，又，从而得到，求出，得到椭圆方程； （2）法一：设，直线的方程为，直线的方程为，分别联立椭圆方程，求出的坐标，得到直线的方程为，所以直线过定点； 法二：设，求出，所以，设直线的方程为，联立椭圆方程，得到两根之和，两根之积，由得到，由得到方程，求出，所以直线过定点. 【小问1详解】 设，则，，， 则， 故当时，取得最大值，最大值为， 又为椭圆上顶点时，为等边三角形，故， 联立，解得， 因为，所以椭圆的标准方程为． 【小问2详解】 略 18. 如图，正四棱锥中，是棱的中点，是底面的中心．过作平面与棱分别交于不同的点（可以是端点）． （1）求证：三线交于一点； （2）若． （i）求直线与平面所成角的正弦值； （ii）求多面体的体积的取值范围． 【答案】（1） 证明：根据题意，，为定点，，为动点． 如图，连接． 在平面中，不妨设交于点， 因为平面，所以平面． 因为平面，所以平面． 因为平面平面，所以点也在上， 即三线交于一点． （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）利用平面相交的性质，证明点在两个平面的交线上，从而证明三线共点． （2）（i）建立空间直角坐标系，求出直线的方向向量和平面的法向量，利用向量的夹角公式求线面角的正弦值． （ii）方法一：利用重心性质，结合三角形面积比例关系，求出体积的取值范围； 方法二：将多面体体积转化为两个三棱锥体积之和，通过分析距离和的范围求解体积范围． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （i）因为，所以． 由已知四边形为正方形，易得． 以为坐标原点，分别以所在的直线为轴，轴，轴， 建立如图所示的空间直角坐标系，则． 所以． 设平面的法向量为， 则，即． 取，得， 即平面的一个法向量为． 所以． 所以直线与平面所成角的正弦值为． （ii）方法一：由（1）知三线交于点， 显然是和的重心． 同时． 因此，只需要求的面积的取值范围． 如图，中，， 由重心的性质知①， 又三点共线，所以， 且， 所以②． 对比①②两式，可得． 因为，所以． 因为， 所以. 又，令，则， 故． 因此． 所以，即多面体的体积的取值范围为． 方法二：由（1）知三线交于点，显然是的重心， ， 又， 所以． 只需要求距离和的取值范围． 根据已知条件，线段绕点旋转，如图， 设，又， 则， 所以， 因为，即， 所以． 由题意，，则，所以. 故令，则， 令，解得， 所以在上单调递减，在上单调递增． 故，此时； ，此时． 所以如图，在中， 当位于平行于位置时，距离和最小，最小距离为； 当位于位置时，距离和最大，此时为的中点，最大距离和为， 所以，即多面体的体积的取值范围为． 19. 已知函数，其中． （1）若，求曲线在点处的切线方程； （2）证明：在区间上存在唯一的极值点与唯一的零点； （3）在（2）的条件下，证明：． 【答案】（1） （2）函数求导得：． 当时，，，又，所以． 当时，令，则， ，则在上单调递增，在上单调递增， 在上单调递增，且，， 存在，使得． 当时，，单调递减，当时，，单调递增． ， 又，存在，使得． 当时，，单调递减，当时，，单调递增， 在上存在唯一极（小）值点． ，又， 存在，使得， 在上存在唯一零点，得证． （3），， ，得，， ，等价于． 结合（2）的分析，，， ，即， 同理， ． 在区间上单调递减，要证，只需证． 又在上单调递增，只需证． ， 借助，可得， 令，则恒成立， 在上单调递增，，即成立，得证． 不等式成立． 【解析】 【分析】（1）先求导，利用导数的几何意义得出斜率，从而求出切线方程； （2）先求导，结合正弦函数的性质，利用导数研究函数的单调性和极值，进而证明结论； （3）对不等式进行变形处理，结合（2）的条件，并借助进行放缩构造函数，从而证明结论． 【小问1详解】 若，则，求导得， ， 又， 所求的切线方程为． 【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 $ 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. 已知复数z满足，则z的虚部是（ ） A. B. 1 C. D. i 2. 记为等差数列的前项和，已知，，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知，且，则的最小值为（ ） A. 2 B. C. 4 D. 5 4. 已知函数的定义域为，，，且，则（    ） A. B. C. D. 5. 已知函数的图象关于直线对称，且在上有最大值没有最小值，则的值为（ ） A. B. C. D. 6. 将4个不同的小球放入4个不同的盒子中，则恰有两个盒子为空的放法种数为（ ） A. 72 B. 84 C. 96 D. 108 7. 在中，点P满足，过点P的直线与所在的直线分别交于点，若，，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知双曲线的左、右焦点分别为、，过的直线与双曲线E的两条渐近线分别交于M，N，若，且，则双曲线E的离心率为（ ） A. B. 4 C. D. 6 二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 9. 已知数列的前项和为，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则是等差数列 B. 若，则是等比数列 C. 若是等差数列，则 D. 若是等比数列，且（为常数），则 10. 在△ABC中，AB＝4，AC＝5，BC＝6，下列说法中正确的有（ ） A. 若点O为△ABC的重心，则 B. 若点O为△ABC的外心，则 C. 若点O为△ABC的垂心，则 D. 若点O为△ABC的内心，且，则 11. 已知，圆，点为圆上一动点，以为直径的圆交轴于两点，设，则（ ） A. 当点在轴上时， B. 的取值范围是 C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，则__________. 13. 已知函数和的定义域均为.若是奇函数，是偶函数，且，则______________． 14. 在正三棱锥中，，.点是线段上的点，且.点是棱上的动点，直线与平面所成角为，则的最大值为______. 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. 已知等比数列的前项和为． （1）求数列的通项公式； （2）当时，，求数列的通项公式． 16. 在中，内角的对边分别是，，． （1）求角； （2）若，求边上的角平分线长； （3）若为锐角三角形，求边上的中线的取值范围． 17. 已知椭圆，，分别是左、右焦点，是椭圆上一点，的最大值为3，当为椭圆上顶点时，为等边三角形． （1）求椭圆的标准方程； （2）设，分别是椭圆的左、右顶点，若直线与交于点，，且．证明：直线过定点． 18. 如图，正四棱锥中，是棱的中点，是底面的中心．过作平面与棱分别交于不同的点（可以是端点）． （1）求证：三线交于一点； （2）若． （i）求直线与平面所成角的正弦值； （ii）求多面体的体积的取值范围． 19. 已知函数，其中． （1）若，求曲线在点处的切线方程； （2）证明：在区间上存在唯一的极值点与唯一的零点； （3）在（2）的条件下，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $