精品解析：福建省龙岩市上杭县第一中学2025-2026学年高三上学期12月教学质量检测数学试题

2026 届高三毕业班 12 月教学质量检测 数学试题 满分：150 分，考试时间：120 分钟 一、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，只有一个选项是正确的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上. 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】解对数不等式化简集合A，进而可得并集. 【详解】由题意可得：， 且，所以. 故选：C. 2. 设为虚数单位．若复数是纯虚数，则复数在复面上对应的点的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由已知求得a，代入，再由复数代数形式的乘除运算化简得答案． 【详解】解：∵复数是纯虚数， ∴，即． ∴， ∴复数在复面上对应的点的坐标为． 故选：B ． 【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，考查复数的代数表示法及其几何意义，属于基础题． 3. 已知向量，若，则实数（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由平面向量的数量积的坐标运算即可求解． 【详解】由题意得，， 因为，所以， 解得， 故选:C. 4. 已知等差数列的前n项和为，，，若，则（ ） A. 11 B. 12 C. 13 D. 14 【答案】A 【解析】 【分析】利用等差数列的性质和求和公式列方程求解即可 【详解】因为等差数列中，，， ， 所以， 所以，解得， 故选：A 5. 已知角α的终边经过点(-4,-3)，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据角α的终边经过点(-4,-3)，利用三角函数的定义得到，再利用诱导公式及二倍角公式，商数关系，转化为求解. 【详解】因为角α的终边经过点(-4,-3)， 所以 所以， ， 故选：A 【点睛】本题主要考查三角函数的定义，同角三角函数基本关系式以及诱导公式，二倍角公式，还考查了运算求解的能力，属于中档题. 6. 如图所示，一个正四棱台的上底边长与侧棱长相等，且为下底边长的一半，一个侧面的面积为，则该正四棱台的体积为（ ）． A. B. C. 224 D. 【答案】D 【解析】 【分析】检验所给定条件，结合正四棱台的结构特征求出正四棱台的高扩底面边长，再利用台体的体积公式计算得解. 【详解】设，则，正四棱台的各个侧面都为等腰梯形，上､下底面为正方形， 在四边形中，过点作于点，，则， ，解得， 在平面中，过点作于点，则为正四棱台的高， 且，因此， 该正四棱台的体积为. 故选：D 7. 将函数的图象上所有点的横坐标变为原来的，得到函数的图象，若在上只有一个极大值点，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用三角函数图象变换求出函数的解析式，根据可求出的取值范围，根据在上只有一个极大值点，可得出关于的不等式，从而可得出正整数的最大值. 【详解】将函数的图象上所有点的横坐标变为原来的， 得到函数的图象，则， 当时，， 因为在上只有一个极大值点，则，解得， 因为，故正整数的最大值为. 故选：D. 8. 已知函数（不恒为零），其中为的导函数，对于任意的满足，且，则（ ） A. B. 是偶函数 C. 曲线关于点对称 D. 【答案】D 【解析】 【分析】借助赋值法令，即可判断A；结合赋值法与函数奇偶性的定义计算可判断B；结合复合函数导数公式与对称性可判断C；借助赋值法，可逐项计算出到，即可判断D. 【详解】对A：令，有，故，故A错误； 对B：令，有，又不恒为零， 故，即，又，故是奇函数，故B错误； 对C：令， ； 令， 所以，即， 因为不恒为零，所以，， 关于直线对称，所以关于直线对称，故C错误； 对D：由，故， 令，有， 即，则，即， ，即，，即， 令，有， 即，则，则； ，所以； ，所以； 故，故D正确. 故选：D. 【点睛】关键点点睛：D选项中，关键点在于令可得，结合，可得为偶数时，. 二、多选题：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. 全部选对得 6 分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得 0分. 9. 已知，则下列结论正确的有（ ） A. 的最小值为16 B. 的最小值为9 C. 的最小值为10 D. 的最小值为128 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据基本不等式，结合“1”的代换方法，逐一分析各个选项，即可得答案. 【详解】选项A：因为， 所以，解得，所以， 当且仅当，即时，则的最小值为16，故A正确； 选项B：因为，所以， 所以， 当且仅当，即时，取到最小值为9，故B正确； 选项C： ， 当且仅当，即时取等号， 所以的最小值为，故C错误； 选项D：因为，所以， 当且仅当，即时取等号， 所以的最小值为，故D正确. 故选：ABD 10. 在正方体中，为棱上的动点（不包括两个端点），过点作平面，使得平面，则（ ） A. 平面 B. ∥平面 C. 平面平面 D. 平面∥平面 【答案】BC 【解析】 【分析】利用反证法可判断A、D；由题设得到，再根据，结合线面平行的判定即可判断B；由面面垂直的判断即可判断C. 【详解】对于A，若，因为，所以，因为，所以，矛盾，所以A错误； 对于B，因为平面，所以，因为，且，所以，所以B正确； 对于C，因为平面，且，所以平面，所以C正确； 对于D，若平面，因为，所以平面，又平面，矛盾，所以D错误． 故选：BC. 11. 已知函数，则（ ） A. 点是图像的对称中心 B. 是的极小值点 C. 当时， D. 当时， 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用导数判断出单调性，作出的大致图象，利用任意三次函数的图象均为中心对称图形，且对称中心为点可判断A；由单调性可判断BCD. 【详解】由题可得，令，得或， 所以当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 又，，，， 且当时，，当时，， 所以可作出的大致图象如图所示： 选项A：设，则，令，得， 又，所以点是图象的对称中心，故A正确； 选项B：易知是的极小值点，故B正确； 选项C：当时，，又在上单调递减， 在上单调递增，所以当时，，， 所以，故C错误. 选项D：当时，，又在上单调递增， 所以，故D正确； 故选：ABD. 三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分. 12. 设为第二象限角.若，则______. 【答案】##0.25 【解析】 【分析】由二倍角公式得到关于的一元二次方程，求解即可. 【详解】因为，所以， 所以，解得或， 因为为第二象限角，所以. 故答案为： 13. 已知向量、满足，，则______． 【答案】 【解析】 【分析】由向量的坐标运算可得，再求模长即可． 【详解】因为，故． 故答案为：． 14. 已知函数（e为自然对数的底数），若在上恒成立，则实数a的取值范围是______. 【答案】 【解析】 【分析】先将命题转化为在上恒成立，令，运用二阶求导法讨论的单调性及最值，对a分类讨论，利用最小值列不等式求解即可. 【详解】由，令， 令，则在上单调递增，. （1）当时，恒成立，即函数在上单调递增，则有，解得； （2）当时，则存在使得，则时，，在上单调递减；时，，在上单调递增. ∴，又，∴. ∵，令，，则，∴在上单调递减. 则，故. 综上，. 故答案为： 【点睛】含参不等式恒成立问题，一般构建函数，利用导数研究函数的单调性及最值，对参数分类讨论，将问题转化为函数最值的不等式求解. 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. 设各项均为正数的数列，记的前项和为. （1）求的通项公式； （2）设，求数列的前项和. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由可得，两式相减，即可证明数列为等差数列，由等差数列的通项公式求解即可； （2）由（1）求出，再由裂项相消法求和即可得出答案. 【小问1详解】 由，两式相减得， ， 当时，，且， ，得（舍去，. ， 数列为等差数列，公差为，. 【小问2详解】 由（1）及题意可得. . 16. 在中，角的对边分别为.设向量，，记. （1）求函数的最大值； （2）若，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由数量积的定义、二倍角的正弦公式化简和辅助角公式，再由三角函数的性质即可得出答案； （2）法一：先求出，由两角和的余弦公式求出，由正弦定理求出，再由三角形的面积公式即可得出答案；法二：先求出，由两角差的余弦公式，二倍角公式化简可求得，由此可求出，再由正弦定理和三角形的面积公式即可得出答案. 【小问1详解】 因为， 所以 又因为，所以， 所以， 所以. 【小问2详解】 法一：由（1）知若， 因为，所以， 因为， 所以，因为， 由正弦定理知， 所以，所以， 所以. 解法二：由（1）知. 因为，所以， 因为，所以， ， ， ， ，所以 又因为，所以或， 由正弦定理知， 所以， . 17. 如图，在直三棱柱中，，，，上的点E满足． （1）求证：平面； （2）求平面CBE与平面ABE夹角的余弦值． 【答案】（1） 因为三棱柱是直三棱柱，所以， 又因为，，平面， 所以平面，又平面，所以， 又因为，，平面平面， 所以平面； （2） 【解析】 【分析】（1）由题意可得平面，可得，结合已知可证平面； （2）建立空间直角坐标系，求得平面和平面，利用向量法可求两平面夹角的余弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 以为坐标原点，所在直线为坐标轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 设，则， 因为，所以，解得， 所以，所以， 设平面的法向量为， 则，令，则， 所以平面的一个法向量为， 又平面的一个法向量为， 设平面与平面所成的角为， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 18. 记是等差数列的前项和，数列是等比数列，且满足，，，． （1）求数列和的通项公式； （2）若，求数列的前项和； （3）求证：对于且，． 【答案】（1），； （2）； （3）证明如下： 由（1）知， 当时，， 所以 . 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，利用等差数列性质求出公差，求出结合等差等比数列定义求出通项. （2）由（1）求出，再利用裂项相消法求和即得. （3）求出，借助不等式性质放缩，再利用裂项相消法求和即得. 【小问1详解】 在等差数列中，，解得，而， 则数列的公差，通项公式为， 由，得，令等比数列的公比为， 由，得，解得， 所以数列的通项公式为. 【小问2详解】 由（1）知，， 所以数列的前项和 . 【小问3详解】 略 19. 设函数. （1）求函数的值域； （2）当时，恒成立，求的最小值； （3）若，证明：. 附：. 【答案】（1） （2）1 （3） 由，，得即， 所以 由（1）可知，当时，，即， 所以当，， 当时，有， 又由（2）知时，，所以 所以，故， 所以 所以 【解析】 【分析】（1）利用导数研究的单调性，进而可求的值域； （2）用分离参数的方法，转化为不等式恒成立问题，构造函数，利用导数研究函数的最值求解即可； （3）化简可得，接下来结合（1）证明，在结合（2）的结论即可证明. 【小问1详解】 由，，得 因为，则，即 所以在区间递减，即值域为 【小问2详解】 在区间上，由恒成立，得， 设，当时，，故只需研究时的情形 ，设， 在区间上，， 所以，在区间上递减，所以， 即在区间上递减，所以， 所以，解得，故的最小值为1. 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026 届高三毕业班 12 月教学质量检测 数学试题 满分：150 分，考试时间：120 分钟 一、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，只有一个选项是正确的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上. 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 设为虚数单位．若复数是纯虚数，则复数在复面上对应的点的坐标为（ ） A. B. C. D. 3. 已知向量，若，则实数（ ） A. 1 B. C. D. 4. 已知等差数列的前n项和为，，，若，则（ ） A. 11 B. 12 C. 13 D. 14 5. 已知角α的终边经过点(-4,-3)，则（ ） A. B. C. D. 6. 如图所示，一个正四棱台的上底边长与侧棱长相等，且为下底边长的一半，一个侧面的面积为，则该正四棱台的体积为（ ）． A. B. C. 224 D. 7. 将函数的图象上所有点的横坐标变为原来的，得到函数的图象，若在上只有一个极大值点，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数（不恒为零），其中为的导函数，对于任意的满足，且，则（ ） A. B. 是偶函数 C. 曲线关于点对称 D. 二、多选题：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. 全部选对得 6 分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得 0分. 9. 已知，则下列结论正确的有（ ） A. 的最小值为16 B. 的最小值为9 C. 的最小值为10 D. 的最小值为128 10. 在正方体中，为棱上的动点（不包括两个端点），过点作平面，使得平面，则（ ） A. 平面 B. ∥平面 C. 平面平面 D. 平面∥平面 11. 已知函数，则（ ） A. 点是图像的对称中心 B. 是的极小值点 C. 当时， D. 当时， 三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分. 12. 设为第二象限角.若，则______. 13. 已知向量、满足，，则______． 14. 已知函数（e为自然对数的底数），若在上恒成立，则实数a的取值范围是______. 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. 设各项均为正数的数列，记的前项和为. （1）求的通项公式； （2）设，求数列的前项和. 16. 在中，角的对边分别为.设向量，，记. （1）求函数的最大值； （2）若，求的面积. 17. 如图，在直三棱柱中，，，，上的点E满足． （1）求证：平面； （2）求平面CBE与平面ABE夹角的余弦值． 18. 记是等差数列的前项和，数列是等比数列，且满足，，，． （1）求数列和的通项公式； （2）若，求数列的前项和； （3）求证：对于且，． 19. 设函数. （1）求函数的值域； （2）当时，恒成立，求的最小值； （3）若，证明：. 附：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $