精品解析：海南省海口市第一中学2025-2026学年高三上学期12月月考数学试题

海口市第一中学2026届高三12月月考试题 一、单项选择题：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. 已知复数z满足，则复数z在复平面内对应的点所在象限为 A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 设集合，则（ ） A. B. C. D. 3. 抛物线的焦点到直线的距离为，则p＝（ ） A. 1 B. 2 C. 2 D. 4 4. 若，则的大小关系为（ ） A. B. C. D. 5. 已知公差不为零的等差数列的前项和为，且成等比数列，若，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知向量不共线，，则 是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分又不必要条件 7. 如图所示，在平面四边形中，，，，，则的长度为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数的定义域为R，为偶函数，为奇函数，且在上单调递增，则下列错误的是（　　） A. B. 为函数图象的一条对称轴 C. 函数在上单调递减 D. 二、多项选择题：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. 已知函数，则（ ） A. 的最小正周期为 B. 在区间上的最小值为 C. 点是图象的一个对称中心 D. 将的图象向右平移个单位长度后，得到的图象关于轴对称 10. 已知直线，圆，则（ ） A. ，与相交 B. ，使得圆心到的距离为 C. 当圆截所得的弦长为时，的值为 D. 当圆上有个点到的距离为时， 11. 设首项为1的数列的前项和为，且，则（ ） A. B. 是等比数列 C. 是单调递增数列 D. 若，则正整数的最小值为19 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知正项等比数列的前项和为，若，则公比______. 13. 如图，向量，，的起点与终点均在正方形网格的格点上，请用基底，表示__________. 14. 已知函数的图象在点和处的两条切线互相垂直，且分别交轴于两点，则的取值范围为__________. 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. 已知等差数列的前n项和为，是公比大于1的等比数列， （1）求和的通项公式； （2）设求数列的前n项和. 16. 如图，在正三棱柱中，P是的中点，M是AP的中点，N在线段上，且，． （1）求证：； （2）求直线MN与平面所成角的正弦值． 17. 记为数列的前项和，且，，其中. （1）证明：为等差数列，并求出数列的通项公式； （2）若对，不等式恒成立，求实数的取值范围. 18. 已知椭圆的离心率为，点在椭圆上，过点的两条直线，分别与椭圆交于另一点A，B，且直线，，的斜率满足． （1）求椭圆的方程； （2）证明直线过定点； （3）椭圆C的焦点分别为，，求凸四边形面积的取值范围． 19. 已知函数. （1）若函数在处的切线方程为，求的值； （2）讨论的单调性； （3）当时，记函数，求证：函数有唯一的极大值点，且. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 海口市第一中学2026届高三12月月考试题 一、单项选择题：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. 已知复数z满足，则复数z在复平面内对应的点所在象限为 A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】D 【解析】 【详解】复数满足，∴，则复数在复平面内对应的点在第四象限，故选D. 2. 设集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据交集、补集的定义可求. 【详解】由题设可得，故， 故选：B. 3. 抛物线的焦点到直线的距离为，则p＝（ ） A. 1 B. 2 C. 2 D. 4 【答案】D 【解析】 【分析】确定抛物线的焦点坐标，然后利用点到直线距离公式可得的值. 【详解】抛物线的焦点坐标为， 其到直线的距离：，又， 解得：. 故选：D. 4. 若，则的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用对数函数、指数函数的单调性直接求解. 【详解】因为在上是减函数，， 又在上是增函数，， 在上是增函数，， 所以. 故选：B. 5. 已知公差不为零的等差数列的前项和为，且成等比数列，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据条件，列方程求出，进而可得，即可求解. 【详解】设公差为，则，所以， 又，所以，解得， 所以，则， 故选：D． 6. 已知向量不共线，，则 是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分又不必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】利用向量平行的充要条件结合充分条件、必要条件的概念分析即可. 【详解】因为向量不共线，可知均非零向量， 由，可知，则，满足充分性； 若，则，即，所以，解得， 满足必要性， 所以是“”的充要条件. 故选：C 7. 如图所示，在平面四边形中，，，，，则的长度为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】在中，由余弦定理求得，从而求得，设，由正弦定理求得，然后在中，用余弦定理求解． 【详解】在中，由余弦定理得， 即，则， 又，，所以， 设，由正弦定理得，即， 从而， 在中，由余弦定理得：， 即，则． 故选：A． 8. 已知函数的定义域为R，为偶函数，为奇函数，且在上单调递增，则下列错误的是（　　） A. B. 为函数图象的一条对称轴 C. 函数在上单调递减 D. 【答案】D 【解析】 【分析】由为奇函数可得，取，即可判断A；由为偶函数可得，即可判断B；分析可得在上单调递增，结合B选项可判断C；由，取，即可判断D． 【详解】A选项，因为奇函数，则， 令，得，可得，故A正确； B选项，因为偶函数，则， 即为函数图象的一条对称轴，故B正确； C选项，由，得为图象的一个对称中心， 又在上单调递增，则在[2,4]上单调递增， 所以在当单调递增， 又由B选项可知函数在上单调递减，故C正确； D选项，由B选项，，令，可得，故D错误． 故选：D． 二、多项选择题：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. 已知函数，则（ ） A. 的最小正周期为 B. 在区间上的最小值为 C. 点是图象的一个对称中心 D. 将的图象向右平移个单位长度后，得到的图象关于轴对称 【答案】BC 【解析】 【分析】由周期公式判断A；根据余弦函数的单调性可判断B；由代值法判断C；根据图象平移写出解析式判断奇偶性可判断D. 【详解】对于A，的最小正周期为，A错误； 对于B，当时，，由余弦函数的单调性可得此时函数单调递减，所以在区间上的最小值为，B正确； 对于C，因为，所以点是图象的一个对称中心，C正确； 对于D，因为，所以平移后得到的图象不关于轴对称，D错误； 故选：BC. 【点睛】三角函数图象变换题的解题入手点 1.对于函数，其图象的基本变换有如下几种： （1）纵向伸缩变换：由的变化引起，时伸长，时缩短； （2）横向伸缩变换：由的变化引起，时缩短，时伸长； （3）横向平移变换：由的变化引起，时左移，时右移； （4）纵向平移变换：由的变化引起，时上移，时下移． 可以使用“先伸缩后平移”或“先平移后伸缩”两种方法来进行变换． 2.若变换前后的函数名不同，则需要先利用诱导公式将函数名化一致，再利用相应的变换得到结论． 3.由的图象得到的图象，可采用逆向思维，将原变换反过来进行推． 10. 已知直线，圆，则（ ） A. ，与相交 B. ，使得圆心到的距离为 C. 当圆截所得的弦长为时，的值为 D. 当圆上有个点到的距离为时， 【答案】ACD 【解析】 【分析】A选项利用直线恒过的定点在圆内即可判断；B选项圆心到的距离公式即可求解；C选项利用直线与圆相交的弦长公式即可求解；D选项利用当圆上有个点到的距离为时，需满足圆心到直线的距离即可求解. 【详解】直线可变形为， 令，则，解得，， 则直线恒过定点； 又圆的圆心为，半径为. 则圆心到直线的距离为. 对于A选项，，点在圆内， 对，与相交，故A正确； 对于B选项，令，两边平方化简得，， ，此方程无解， 不存在实数，使得圆心到的距离为，故B错误； 对于C选项，直线与圆相交弦长， 则，解得，，两边平方解得， 当圆截所得的弦长为时，的值为，故C正确； 对于D选项，当圆上有个点到的距离为时，需满足圆心到直线的距离， 即，两边平方解得，即，故D正确. 故选：ACD. 11. 设首项为1的数列的前项和为，且，则（ ） A. B. 是等比数列 C. 是单调递增数列 D. 若，则正整数的最小值为19 【答案】BCD 【解析】 【分析】由递推公式依次计算可求出；分为偶数与奇数，利用递推公式及构造法推导出通项公式，进而利用分组求和法及等比数列求和公式求为偶数、奇数时的前项和，再结合单调性确定的值即可． 【详解】由，得，，，，，A错， 当为偶数时，，则，又， 此时是首项为4，公比为2的等比数列，则，； 当为奇数时，，则，又， 此时是首项为4，公比为2的等比数列，则，，B对， 综上，，且， 则，且， 所以是单调递增数列且各项均为正，则数列单调递增，C对， 当为奇数时， ，又， 当为偶数时， ，又， 所以正整数的最小值是19，D对. 故选：BCD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知正项等比数列的前项和为，若，则公比______. 【答案】 【解析】 【分析】设等比数列的公比为，分和两种情况讨论，根据等比数列求和公式得到方程，解得即可. 【详解】设等比数列的公比为， 因为， 当时，则，所以，则，不符合题意； 当时，则，，所以， 所以，即，所以，解得或（舍去）； 综上可得. 故答案为： 13. 如图，向量，，的起点与终点均在正方形网格的格点上，请用基底，表示__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据平面向量的基本定理进行表示即可. 【详解】假设竖直向上的一个向量的起点与终点在网格的格点上，且长度为最小正方形边长， 那么，所以有， 那么. 故答案为：. 14. 已知函数的图象在点和处的两条切线互相垂直，且分别交轴于两点，则的取值范围为__________. 【答案】 【解析】 【分析】由题意分别表示出，，两直线相互垂直可得，进而根据切线方程，结合两点间的距离公式可得，再根据求解即可. 【详解】作图可得的零点为1，故不妨设，， 则，， 当时，， 当时， 由导数的几何意义知，． 因为的图象在P，Q两点处的切线互相垂直，所以，即． 因为：，即， ：，即， 则，，因为，且， 故，故的取值范围为. 故答案为： 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. 已知等差数列的前n项和为，是公比大于1的等比数列， （1）求和的通项公式； （2）设求数列的前n项和. 【答案】（1）； （2） 【解析】 【分析】（1）设等差数列的公差为d，等比数列的公比为q，根据题意建立方程组，求解即可； （2）利用分组求和法结合等差数列和等比数列的求和公式求解即可. 【小问1详解】 设等差数列的公差为d，等比数列的公比为q，且． 依题意得，得，故， 又，消去可得，则（舍）或． 则，故． 【小问2详解】 因为，所以， 则. 16. 如图，在正三棱柱中，P是的中点，M是AP的中点，N在线段上，且，． （1）求证：； （2）求直线MN与平面所成角的正弦值． 【答案】（1） 设AC的中点为D，线段BC的四等分点为E，且，连接MD，DE，NE， 则，∴，， ∵M为AP的中点，D为AC的中点，∴，， 又P是的中点，∴． ∴，，∴四边形DMNE是平行四边形， ∴， 又，， ∴． （2） 【解析】 【分析】(1)构建平行四边形使得平行于平面的一条直线即可. (2)构建空间直角坐标系利用空间向量进行空间角的求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 设的中点为Q，连接DB，DQ，易知DB，DQ，DC两两互相垂直． 以D为坐标原点，向量，，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz， 则，，，， ∴，∴， ∴，，． 设平面的法向量为， 则取，则，， ∴平面的一个法向量为． 设直线MN与平面所成的角为θ，则 ， 即直线MN与平面所成角的正弦值为. 17. 记为数列的前项和，且，，其中. （1）证明：为等差数列，并求出数列的通项公式； （2）若对，不等式恒成立，求实数的取值范围. 【答案】（1）证明：由已知得，两式相减并化简得， 两边同时除以得， 所以数列为常数列，亦即为公差为0的等差数列. 首项为，则，即. （2） 【解析】 【分析】（1）由递推关系式化为，整理得是等差数列，并求通项公式即可； （2）分离参数得，构造数列，则只需求其最小项，即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）， 所以， 记，则， 当时，，当时，，当时，， ， ，则. 所以实数的取值范围为. 18. 已知椭圆的离心率为，点在椭圆上，过点的两条直线，分别与椭圆交于另一点A，B，且直线，，的斜率满足． （1）求椭圆的方程； （2）证明直线过定点； （3）椭圆C的焦点分别为，，求凸四边形面积的取值范围． 【答案】（1） （2）证明：由题意可设，设，， 由，整理得， ． 由韦达定理得，， 由得， 即， 整理得， 因为，得，解得或， 时，直线过定点，不合题意，舍去； 时，满足， 所以直线过定点． （3） 【解析】 【分析】（1）根据条件列出方程组，解出即可； （2）设直线，联立直线和椭圆方程，消元后，利用，建立方程，解出后验证即可； （3）设直线，联立直线和椭圆方程，消元后，利用韦达定理得到条件，利用进行计算，换元法求值域即可. 【小问1详解】 由题设得，解得， 所以的方程为； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 ）由（2）得直线，所以， 由， 整理得，， 由题意得， 因为点与连线的斜率为，所以，所以， 令，， 所以，在上单调递减， 所以的范围是． 【点睛】 19. 已知函数. （1）若函数在处的切线方程为，求的值； （2）讨论的单调性； （3）当时，记函数，求证：函数有唯一的极大值点，且. 【答案】（1）； （2） 时，在上单调递减； 时，在上单调递减，在上单调递增. （3） 当时，， 则， 令，则， 则得；得， 则在上单调递减，在上单调递增，故， 又，，， 则由零点存在性定理可知，使得， 则或时，，；时，，， 故在和上单调递增，在上单调递减，则有唯一的极大值点， 且， 令，则， 则在上单调递增，则，故. 【解析】 【分析】（1）根据，可求； （2）求导，因式分解，分、两种情况讨论； （3）求出，构造函数，通过的单调性结合零点存在性定理即可求证函数有唯一的极大值点，且使得，进而化简得，通过构造函数即可求证. 【小问1详解】 ， 因函数在处的切线方程为， 则，，得； 【小问2详解】 ，， 当时，，则在上单调递减； 当时，得；得； 则在上单调递减，在上单调递增， 综上，时，在上单调递减； 时，在上单调递减，在上单调递增. 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $