精品解析：天津市武清区黄花店中学2025-2026学年高三上学期第二次（12月）月考数学试题

2025年12月高三数学第二次月考 一、单选题 1. 设集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据并集、补集的知识求得正确答案. 【详解】依题意，， 所以. 故选：D 2. “”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】根据给定条件，利用充分条件、必要条件的定义判断得解. 【详解】集合真包含于集合， 所以“”是“”的充分不必要条件. 故选：A 3. 已知函数的部分图象如下，则的解析式可能为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据函数奇偶性排除CD选项，再代入特殊值即可排除A，最后分段讨论其单调性即可判断B正确. 【详解】由图知为奇函数， 对C，，定义域为，关于原点对称， 且，则此时它为偶函数，与题图不符合，故排除C； 对D，，定义域为，关于原点对称，且，则此时它为偶函数，与题图不符合，故排除D； 由图知，而对A解析式，代入知，矛盾，故A错误. 对B，，定义域为，关于原点对称， ，则其为奇函数， 则只需研究其时的单调性， 当时，， 因为在上单调递增，且恒成立， 则在上单调递减， 当时，， 因为在上单调递增，且恒成立， 则在上单调递减， 结合其为奇函数和其在上函数图象的连续性知： 在上单调递减，在上单调递减，在上单调递减，与题目所给图象符合，则B正确. 故选：B. 4. 设是两条不同的直线， 是三个不同的平面，下列说法中错误的为（ ） A. 若 ，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若 ，则 【答案】A 【解析】 【分析】利用线面平行性质可判断A，利用平行传递性可判断B，利用空间的垂直和平行位置关系可判断CD. 【详解】由，可知或是异面直线，故A错误； 若，且 是三个不同的平面，则 ， 故B正确； 由可得，又因为，所以，故C正确； 由，可得，再由，可得，故D正确； 故选：A. 5. 函数的零点所在的区间为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先判断函数的单调性，再结合函数的零点存在定理进行求解． 【详解】函数在区间上单调递增， ， ，得， 所以函数的零点在区间内． 故选：B 6. 圆关于直线：对称的圆的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先求关于直线的对称点的坐标，可得对称圆的方程. 【详解】因为圆的圆心为， 设点关于直线：的对称点为，则 . 所以圆关于直线：对称的圆的方程为. 故选：A 7. 将函数图象上的各点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，再向左平移个单位，得到的图象，下列说法正确的是（ ） A. 直线是函数的图象的一条对称轴 B. 点是函数图象的对称中心 C. 函数在上单调递减 D. 函数在上的值域是 【答案】D 【解析】 【分析】先根据函数的平移变换得到，进而结合正弦函数的性质判断各选项即可. 【详解】将函数图象上的各点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变， 可得到函数的图象， 再向左平移个单位，可得的图象. 对于A，， 则直线不是函数的图象的一条对称轴，故A错误； 对于B，， 则点不是函数图象的对称中心，故B错误； 对于C，当时，， 因为函数在上有增有减， 所以函数在上有增有减，故C错误； 对于D，当时，， 则，即，故D正确. 故选：D 8. 已知是等差数列，，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据条件，可求得等差数列的首项和公差，代入公式，可得通项，即可求出所求数列的首项、末项和项数，代入等差数列的求和公式，即可得答案. 【详解】因为是等差数列，设公差为d，由题意得， 解得， 所以， 因此所求首项为，末项为， 项数为， 所以. 故选：D 9. 已知椭圆，、是的焦点，过且垂直于轴的直线截椭圆所得弦长为，是上一动点，是圆上一动点，则下列正确的有（ ） ① ②椭圆离心率为 ③圆与圆相切 ④的最大值为4 A. ①③ B. ①②③ C. ③④ D. ①③④ 【答案】A 【解析】 【分析】设，联立与椭圆方程，求出，即可求出、从而求出，即可判断①②，求出圆心坐标与半径，即可求出圆心距，从而判断③，设点，其中，表示出，结合二次函数的性质求出，即可求出的最大值，即可判断④. 【详解】对于①：设，则由，解得，所以，解得， 所以，则椭圆， 由椭圆的定义，可得，故①正确； 对于②：椭圆离心率，故②错误； 对于③：圆的圆心为，半径， 圆，即，则圆心为，半径， 因为，所以两圆内切，故③正确； 对于④：设点，其中，则满足，可得， 则 ， 当时，取得最大值，且， 故，故④错误； 故选：A 二、填空题 10. 已知复数，其中i为虚数单位，则__________. 【答案】1 【解析】 【分析】利用复数的除法运算求出，再利用复数模的意义求解. 【详解】复数， 所以. 故答案为：1 11. 的展开式中 的系数为 ____________________ 【答案】 【解析】 【分析】由通项公式即可求解. 【详解】的通项公式为， 令可得含的项， 此时系数为， 故答案为： 12. 已知底面半径为1的圆锥侧面积是它底面积的两倍，则圆锥的体积为_____________. 【答案】 【解析】 【分析】设圆锥的母线为，高为，根据圆锥的侧面积公式求出，即可求出，再由圆锥的体积公式计算可得. 【详解】设圆锥的母线为，高为，又底面半径，依题意，所以， 则， 所以圆锥的体积. 故答案为： 13. 设函数f(x)＝为奇函数，则a＝________. 【答案】 【解析】 【详解】因为函数f(x)＝为奇函数， 经检验符合题意. 故答案为. 14. 直线与圆交于两点，若的最大值为4，则的最小值为_____． 【答案】 【解析】 【分析】先结合题意并利用圆的性质得到，进而分析出当最大时，的值最小，再利用圆的性质得到此时，进而结合斜率公式求出，再利用点到直线的距离公式求出，最后利用勾股定理求出的最小值即可. 【详解】因为直线与圆交于两点， 所以当的值最大时，其为圆的直径，而的最大值为4，得到， 则圆的方程为，设圆心到直线的距离为， 如图，记圆心，直线必过定点， 由圆的性质得，当时，最大，此时的值最小， 由斜率公式得，此时， 由题意得，则， 由点到直线的距离公式得， 由勾股定理得，解得， 综上可得的最小值为. 故答案为： 15. 在中，已知，且，则______；若在线段上存在动点，使得，则的最小值为_____． 【答案】 ①. 2 ②. ## 【解析】 【分析】根据给定条件，利用和角的正弦公式化简求得，再利用数量积运算律求得；利用共线向量定理的推论及基本不等式“1”的妙用求出最小值. 【详解】在中，， 则，而，于是，，即， 由，得，因此； 由，得，又点在线段上， 则，而， 因此 ， 当且仅当，即时取等号， 所以的最小值为. 故答案为：2； 三、解答题 16. 在中，内角的对边分别为．已知． （1）求的值； （2）若． ①求的值； ②求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理和三角恒等变换的化简计算即可求解； （2）①根据正弦定理计算即可求解；②易知，利用同角的平方关系求出，结合二倍角的正弦、余弦公式和两角差的正弦公式计算即可求解. 【小问1详解】 ， 由正弦定理，得， ， 又，所以，又， 所以； 【小问2详解】 ①由（1）知，由正弦定理得， 即，解得； ②由，得，所以， 所以， 所以. 17. 在四棱锥中，底面，且，四边形是直角梯形，且，为中点，在线段上，且． （1）求证：平面； （2）求直线与平面夹角的正弦值； （3）求点到平面的距离． 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出关键点的坐标和关键平面的法向量，再利用线面平行的判定定理求解即可. （2）求出关键点的坐标和关键平面的法向量，利用线面角的向量求法求解即可. （3）求出关键点的坐标和关键平面的法向量，利用点到平面距离的向量求法求解即可. 【小问1详解】 以为坐标原点，为轴， 为轴，为轴建立空间直角坐标系， 则，，，， ，，， 则， 易知平面的一个法向量为，故， 则，又平面，故平面． 【小问2详解】 设平面的法向量为， 且，， ， 则，令，则，，， 设直线与平面夹角为，可得， 即直线与平面夹角的正弦值为． 【小问3详解】 设平面的法向量为，且， 则，令，则，，故， 设点到平面距离为，且，可得． 18. 已知椭圆的焦距为，且过点. （1）求椭圆的方程； （2）过定点的直线与椭圆交于，两点，若的面积为，求直线的方程及的长. 【答案】（1） （2）直线的方程为， 【解析】 【分析】（1）由题意可得，，可求得，进而可求得椭圆方程； （2）由题意可得直线的斜率存在，设直线的方程为，，与椭圆方程联立，可得，，进而求得弦长与点到直线的距离，结合题意可得，求解即可. 【小问1详解】 因为点在椭圆上，所以， 又椭圆的焦距为，所以，即. 又因为，所以，解得或（舍去）； 所以椭圆的方程. 【小问2详解】 当直线的斜率不存在时，直线方程为，此时，，三点共线，不符合题意； 当直线的斜率存在时，设直线的方程为，， 与椭圆方程联立，消去得， 展开并整理得， 则，所以或， 所以，， 所以 ， 点到直线的距离， 所以， 所以，所以，所以， 所以，即， 所以直线方程为， 所以弦长. 19. 已知数列，是数列的前n项和，已知对于任意，都有，数列是等差数列，，． （1）求与的通项公式； （2）数列的前n项和，求及的最小值和最大值； （3）设，求． 【答案】（1）， （2），最小值为，最大值为 （3） 【解析】 【分析】（1）借助与的关系结合等比数列定义可得的通项公式，再由等差数列性质可得的通项公式； （2）借助等比数列求和公式可得，再分奇偶讨论可得的最小值和最大值； （3）由题意计算可得，再借助错位相减法计算即可得解. 【小问1详解】 由，则， 故，即， 当时，，则， 故数列是以为首项，为公比的等比数列，故； ，则数列的公差为，故； 【小问2详解】 ， 则， 当为偶数时，，随的增大而增大， 当为奇数时，，随的增大而减小， 故当时，有最小值， 当时，有最大值； 【小问3详解】 由， 则 ， 则， 则， 故 ， 则. 20. 已知函数 （1）当时， 求曲线处的切线方程; （2）求的单调区间; （3）设函数 ，求证: 当时，在上存在极小值. 【答案】（1） （2） 当时，的单调递增区间是，误减区间； 当时，的单调递增区间是，单调递减区间是； （3） 由得：， 因为，由（2）得：在递增，又因为， 取，显然，， ∴存在满足， 令，解得：， 令，解得：， 故在递减，在递增， ∴时，在存在极小值. 【解析】 【分析】（1）求导，确定切线斜率即可求解； （2）求导，通过讨论和，确定导数符号，即可求解； （3）由，结合（2）确定在上的单调性，即可求证. 【小问1详解】 当时， ，则，又， 所以曲线处的切线方程为， 即. 【小问2详解】 解：由得： ①时，，∴在递增； ②时，若时，，若，则，故在递增，在递减； 综上：当时，的单调递增区间是，误减区间； 当时，的单调递增区间是，单调递减区间是； 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025年12月高三数学第二次月考 一、单选题 1. 设集合，则（ ） A. B. C. D. 2. “”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 3. 已知函数的部分图象如下，则的解析式可能为（ ） A. B. C. D. 4. 设是两条不同的直线， 是三个不同的平面，下列说法中错误的为（ ） A. 若 ，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若 ，则 5. 函数的零点所在的区间为（ ） A. B. C. D. 6. 圆关于直线：对称的圆的方程为（ ） A. B. C. D. 7. 将函数图象上的各点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，再向左平移个单位，得到的图象，下列说法正确的是（ ） A. 直线是函数的图象的一条对称轴 B. 点是函数图象的对称中心 C. 函数在上单调递减 D. 函数在上的值域是 8. 已知是等差数列，，则的值为（ ） A. B. C. D. 9. 已知椭圆，、是的焦点，过且垂直于轴的直线截椭圆所得弦长为，是上一动点，是圆上一动点，则下列正确的有（ ） ① ②椭圆离心率为 ③圆与圆相切 ④的最大值为4 A. ①③ B. ①②③ C. ③④ D. ①③④ 二、填空题 10. 已知复数，其中i为虚数单位，则__________. 11. 的展开式中 的系数为 ____________________ 12. 已知底面半径为1的圆锥侧面积是它底面积的两倍，则圆锥的体积为_____________. 13. 设函数f(x)＝为奇函数，则a＝________. 14. 直线与圆交于两点，若的最大值为4，则的最小值为_____． 15. 在中，已知，且，则______；若在线段上存在动点，使得，则的最小值为_____． 三、解答题 16. 在中，内角的对边分别为．已知． （1）求的值； （2）若． ①求的值； ②求的值． 17. 在四棱锥中，底面，且，四边形是直角梯形，且，为中点，在线段上，且． （1）求证：平面； （2）求直线与平面夹角的正弦值； （3）求点到平面的距离． 18. 已知椭圆的焦距为，且过点. （1）求椭圆的方程； （2）过定点的直线与椭圆交于，两点，若的面积为，求直线的方程及的长. 19. 已知数列，是数列的前n项和，已知对于任意，都有，数列是等差数列，，． （1）求与的通项公式； （2）数列的前n项和，求及的最小值和最大值； （3）设，求． 20. 已知函数 （1）当时， 求曲线处的切线方程; （2）求的单调区间; （3）设函数 ，求证: 当时，在上存在极小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $