精品解析：福建省长汀县第一中学、厦门英才学校2025-2026学年高三上学期12月月考数学试卷

长汀一中·厦门英才学校联考2025-2026学年第一学期12月月考 高三数学试卷 （考试时间：120分钟 总分：150分） 命题人：一中．英才． 注意事项： 1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上，写在本试卷上无效 3．考试结束后，只需上交答题卡. 第Ⅰ卷 一、单选题：本大题共8小题，每小题5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. “”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】B 【解析】 【分析】根据集合的包含关系可得. 【详解】，，解得，记，，因为，所以“”是“”的必要不充分条件. 故选：B 2. 若，，且，恒成立，则实数m的取值范围是（ ） A. B. 或 C. 或 D. 【答案】A 【解析】 【分析】先由基本不等式求出的最小值，进而列出关于的一元二次不等式，可求解. 【详解】因为， 由基本不等得 当且仅当时，等号成立，所以的最小值为8 由题可知， 即 ，解得， 故选：A 3. 已知直线a，b及平面，有下列命题：①；②；③；④.则其中正确命题的个数为（ ） A. 0个 B. 1个 C. 2个 D. 4个 【答案】B 【解析】 【分析】根据空间中点，线，面的位置关系及有关的判定定理，性质定理即可判断出正确命题. 【详解】①若，则可能或者； ②若，则可能，或者直线与平面相交； ③若，则可能或者； ④若，则由线面垂直的性质定理可得. 故选：B. 4. 连续函数是定义在上的偶函数，当时，.若，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用导数分析函数的单调性，可得出关于实数的不等式组，由此可解得实数的取值范围. 【详解】当时，由可得； 当时，由可得. 所以，函数在上单调递减，在上单调递增， 因为可得，即， 所以，解得. 故选：D. 5. 已知函数，则（ ） A. 0 B. 12 C. 24 D. 【答案】D 【解析】 【分析】将拆分为与其余因子的乘积，利用乘积求导法则，代入时，含的项会消去，只需计算剩余因子在处的取值，即可得到. 【详解】令，其中； 求导：； 代入：可得. 故选：D. 6. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用两角差的正弦公式，结合辅助角公式求出，可得，再根据二倍角的正切公式求解即可. 【详解】， ，， ，其中，，，， ，， ， ， ，． 故选：A． 7. 设数列的前项和为，若，则（ ） A. 65 B. 127 C. 129 D. 255 【答案】B 【解析】 【分析】降次作差得，再利用等比数列通项公式即可得到答案. 【详解】时，，则. 时，， ， 是2为首项，2为公比的等比数列，， 故选：B. 8. 已知函数， ，若对任意的，总存在实数，使得成立，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】探讨函数的性质并求出其值域，再把问题转化为的值域包含于在上的值域，然后分类讨论在上的值域即可得解. 【详解】依题意，当时，是减函数，，， 当时，是增函数，，，于是得的值域是， “对任意的，总存在实数，使得成立”等价于“函数的值域是函数在区间上值域的子集”， ①当时，，此时在区间上值域为，有，则， ②当时，图象对称轴，在时，当时，，即的值域为， 显然不可能包含于，无解， ③当时，函数在单调递增，在上的值域为，则， 于是得，解得，即， 综上，实数的取值范围是. 故选：A 二、多选题：本大题共3小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分. 9. 已知复数z满足，则下列说法中正确的是（ ） A. 复数z的模为 B. 复数z在复平面内所对应的点在第四象限 C. 复数z的共轭复数为 D. 【答案】AD 【解析】 【分析】根据复数的四则运算和几何意义求解即可. 【详解】因为，所以， ， 有，故A正确； 复数在复平面内所对应的点为，位于第一象限，故B错误； 复数的共轭复数为，故C错误； 因为，故D正确， 故选:AD. 10. 在边长为2的菱形中，，将菱形沿对角线折成四面体，使得，，，分别为棱，，的中点，则（ ） A. 平面平面 B. 直线与所成角的余弦值为 C. 四面体的体积为 D. 四面体外接球的表面积为 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用线面垂直证面面垂直可判定A，取的中点，利用条件判定可判定异面直线夹角得B，由割补法及锥体体积公式计算可判定C，根据空间几何体的外接球算法及球体表面积公式可判定D. 【详解】对于A，由题意易知，则，， 又，，平面，从而平面， 又平面，故平面平面，故A正确； 对于B，取的中点，连接，，易知， 则就是直线与所成的角（或其补角）， 因为边长为2的菱形中，，而， 易得，， 因为平面，平面，所以， 所以，所以， 所以，故B错误； 对于C，在中，，， 可得的面积为， 因为平面， 所以四面体，故C正确； 对于D，设的中心分别为点，，易知， 分别过点，作平面和平面的垂线交于点， 则点即为四面体外接球的球心， 易知，，，四点共圆（）， 且，， 由余弦定理可知， 所以 利用正弦定理可得， 所以四面体外接球的半径， 所以四面体外接球的表面积为，故D正确． 故选：ACD 11. 在平面四边形中，点D为动点，的面积是面积的2倍，又数列满足，当时，恒有，设的前项和为，则（ ） A. 为等比数列 B. 为递减数列 C. 为等差数列 D. 【答案】BD 【解析】 【分析】连交于，根据面积关系推出，根据平面向量知识推出，结合，推出，，求出，，根据等比数列的定义可判断A；根据等差数列的定义可判断C，根据数列的单调性可判断B；利用错位相减法求出，可判断D. 【详解】如图，连交于， 则，即， 所以，所以， 所以， 设， 因为当时，恒有， 所以， ，所以当时，恒有， 所以，即，又，所以， 所以，所以， 因为不是常数，所以不为等比数列，故A不正确； 因为，即，所以为递减数列，故B正确； 因为不是常数，所以不为等差数列，故C不正确； 因为， 所以， 所以， 所以， 所以，故D正确. 故选：BD 第Ⅱ卷 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分，把答案填在答题卡相应横线上. 12. 在平行四边形中，，，点是的中点，点满足，且，则_______． 【答案】 【解析】 【分析】先求得关于的线性表示，然后根据求解出的值，结合关于的线性表示以及数量积公式可求得结果. 【详解】因为， 所以， 所以，所以， 又因为， 所以 ， 故答案为：. 13. 已知，则_________． 【答案】 【解析】 【分析】由，利用倍角公式求出，再利用，借助诱导公式即可求解. 【详解】由，则， 又， 故答案为：. 14. 高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号，为了纪念数学家高斯，人们把函数，称为高斯函数，其中表示不超过的最大整数. 设，则函数的所有零点之和为________. 【答案】 【解析】 【分析】令，显然，可得出，将问题转化为函数与函数的图象交点的横坐标之和，可知两个函数的图象都关于点，数形结合可得出结果. 【详解】，令，可得， 则函数的零点，即为函数与函数的图象交点的横坐标， 作出函数与函数的图象如下图所示： 由图象可知，两函数除以交点之外，其余的交点关于点对称， 所以，函数的所有零点之和为. 故答案为：. 【点睛】本题考查函数的零点之和，一般转化为两函数的交点问题，解题时要注意函数图象对称性的应用，考查数形结合思想的应用，属于中等题. 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，其中向量，， （1）求的最小正周期和最小值； （2）在锐角中，角的对边分别为，若，，求面积的取值范围． 【答案】（1）最小正周期，最小值为 （2） 【解析】 【分析】（1）利用向量数量积，结合恒等变换化简函数，利用解析式可求周期和最小值； （2）求出,结合正弦定理边化角，根据角的范围可求答案. 【小问1详解】 向量，， 则 ． 则的最小正周期，最小值为. 【小问2详解】 ，则， 又，则，故，解得， ，由正弦定理可得， ，， 又为锐角三角形， ，又，得， ， ，，， ， 即面积的取值范围是． 16. 如图，四边形为平行四边形，点在上，，且，沿将折起，使点到达点的位置，且． （1）求证：平面平面； （2）若直线与平面所成的角的正弦值为，求平面与平面的夹角的余弦值． 【答案】（1） 证明：，，， ， ，， 又，，， 又，平面，平面， 平面，， ，平面，，平面， 又平面，∴平面平面； （2） 【解析】 【分析】（1）先余弦定理、勾股定理逆定理证明，再证平面，结合线面垂直的性质定理及面面垂直的判定定理证明即可； （2）根据线面夹角的定义及（1）的结论先计算长，建立空间直角坐标系，由空间向量研究面面夹角即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知平面，为直线与平面所成的角， 设，则， ，，解得，， 以为坐标原点，，的方向分别为轴，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， ，， 设为平面的一个法向量，则， 令，则，， 设平面的一个法向量，则 取，则，得平面的一个法向量， ， ∴平面与平面的夹角的余弦值为． 17. 已知为数列的前n项和，，． （1）求数列的通项公式； （2）若，求证：数列的前项和． 【答案】（1）； （2） 证明：由（1）得， ， ． 【解析】 【分析】（1）利用以及累乘法求得的通项公式； （2）利用裂项相消法求解出，然后可完成证明. 【小问1详解】 ， 时，， 两式相减可得，即， ， ，即， 又，， ， 也满足上式， . 【小问2详解】 略 18. 已知函数． （1）证明：函数的图象关于对称； （2）解不等式； （3）关于的方程在上有解，求实数的取值范围． 【答案】（1）证明： ∴函数的图象关于对称． （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用对称性定义可证结论； （2）先判断单调性，结合对称性可化为，求解不等式即可； （3）换元，分离参数，求导可得新函数的单调性，结合值域可得答案. 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 任取，，不妨设，则， ，在上单调递减． 由函数的图象关于对称可得：， 故， ∴不等式可化为， 由在上单调递减可得：，解得， ∴不等式的解集为． 【小问3详解】 设，，且在上单调递减，． 则方程在有解，即在有解． 设，，， ∴函数在单调递减，又，，故的值域为， ∴实数的取值范围为． 19. 已知函数. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）当时，函数在区间内有唯一的极值点. （i）求实数的取值范围； （ii）求证：在区间内有唯一的零点，且. 【答案】（1） （2）（i）； （ii）证明如下： 由（i）知，当时，， 当时，，函数单调递减； 当时，，函数单调递增； 时，，则， 又在区间上有唯一零点， 即在区间上有唯一零点. ， 由①知， 则， 设， 则， ， 在区间上单调递增，又， 又. . 由前面讨论知在区间上单调递增， . 【解析】 【分析】（1）由导数求得切线斜率，由点斜式得直线方程并整理即可； （2）（i）求出导函数，根据分类讨论，分和两类，对还需对导函数再一次求导，确定单调性，极值点； （ii）在（i）的基础上，先证明是唯一零点，然后证明：求出，利用是极值点，化简消去，得的函数，然后利用导数证明，最后由的单调性得证结论成立． 【小问1详解】 当时，， ，即切点为， 故曲线在点处的切线方程为. 【小问2详解】 （i）函数， ①当时，当时，， 则在区间上单调递增，没有极值点，不合题意，舍去； ②当时，设， 则在区间上恒成立， 在区间上单调递增，即在区间上单调递增， 又在区间上有唯一零点， 当时，，函数单调递减； 当时，，函数单调递增， 函数在区间内有唯一极值点，符合题意， 综上，的取值范围是. （ii）略 【点睛】方法点睛：本题考查用导数确定函数的极值点与零点问题，属于难题．证明，考虑到的来源，因此联想用的单调性，只要证明，这是关键，为此计算，并由是极值点得出与的关系，从而消去参数，只剩下一个未知数，引入新函数，利用导数证明出结论． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 长汀一中·厦门英才学校联考2025-2026学年第一学期12月月考 高三数学试卷 （考试时间：120分钟 总分：150分） 命题人：一中．英才． 注意事项： 1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上，写在本试卷上无效 3．考试结束后，只需上交答题卡. 第Ⅰ卷 一、单选题：本大题共8小题，每小题5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. “”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 2. 若，，且，恒成立，则实数m的取值范围是（ ） A. B. 或 C. 或 D. 3. 已知直线a，b及平面，有下列命题：①；②；③；④.则其中正确命题的个数为（ ） A. 0个 B. 1个 C. 2个 D. 4个 4. 连续函数是定义在上的偶函数，当时，.若，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 5. 已知函数，则（ ） A. 0 B. 12 C. 24 D. 6. 若，则（ ） A. B. C. D. 7. 设数列的前项和为，若，则（ ） A. 65 B. 127 C. 129 D. 255 8. 已知函数， ，若对任意的，总存在实数，使得成立，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本大题共3小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分. 9. 已知复数z满足，则下列说法中正确的是（ ） A. 复数z的模为 B. 复数z在复平面内所对应的点在第四象限 C. 复数z的共轭复数为 D. 10. 在边长为2的菱形中，，将菱形沿对角线折成四面体，使得，，，分别为棱，，的中点，则（ ） A. 平面平面 B. 直线与所成角的余弦值为 C. 四面体的体积为 D. 四面体外接球的表面积为 11. 在平面四边形中，点D为动点，的面积是面积的2倍，又数列满足，当时，恒有，设的前项和为，则（ ） A. 为等比数列 B. 为递减数列 C. 为等差数列 D. 第Ⅱ卷 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分，把答案填在答题卡相应横线上. 12. 在平行四边形中，，，点是的中点，点满足，且，则_______． 13. 已知，则_________． 14. 高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号，为了纪念数学家高斯，人们把函数，称为高斯函数，其中表示不超过的最大整数. 设，则函数的所有零点之和为________. 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，其中向量，， （1）求的最小正周期和最小值； （2）在锐角中，角的对边分别为，若，，求面积的取值范围． 16. 如图，四边形为平行四边形，点在上，，且，沿将折起，使点到达点的位置，且． （1）求证：平面平面； （2）若直线与平面所成的角的正弦值为，求平面与平面的夹角的余弦值． 17. 已知为数列的前n项和，，． （1）求数列的通项公式； （2）若，求证：数列的前项和． 18. 已知函数． （1）证明：函数的图象关于对称； （2）解不等式； （3）关于的方程在上有解，求实数的取值范围． 19. 已知函数. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）当时，函数在区间内有唯一的极值点. （i）求实数的取值范围； （ii）求证：在区间内有唯一的零点，且. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $