精品解析：河南省湘豫名校联考2025-2026学年高三上学期12月质量检测巩固训练数学试题

湘豫名校联考 2025年12月高三上学期质量检测巩固训练 数学 注意事项： 1.本试卷共6页．时间120分钟，满分150分．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写在试卷指定位置，并将姓名、考场号、座位号、准考证号填写在答题卡上，然后认真核对条形码上的信息，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．作答非选择题时，将答案写在答题卡上对应的答题区域内．写在本试卷上无效． 3.考试结束后，将试卷和答题卡一并收回． 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，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知集合，，则 （ ） A. B. C. D. 2. 已知，则 （ ） A. 1 B. C. D. 3. 已知向量，，若，则 （ ） A. 3 B. 5 C. D. 4. 已知正四棱台的上、下底面的边长分别为、，侧棱长为，则该正四棱台的体积为（ ） A. B. C. D. 5. 已知数列和满足，且，则 （ ） A. 12 B. 15 C. 16 D. 19 6. 已知，且，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知双曲线的右焦点为F，过原点O的直线l与C的右支交于点P．若，，则C的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 8. 已知是定义域为R的单调函数，且对任意的，，则（ ） A. 是奇函数 B. C. D. 二、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. 在区间上单调递减 C. 的图象关于点对称 D. 的图象关于直线对称 10. 在正方体中，P为的中点，则（ ） A. B. 平面 C. 平面平面 D. 平面平面 11. 设函数，且当时，，则（ ） A. B. 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. 不等式的解集为______． 13. 设a，b为正数，且，则的最小值为______． 14. 初等数论中的四平方和定理最早由欧拉提出，后被拉格朗日等数学家证明．四平方和定理的内容是任意正整数都可以表示为不超过4个自然数的平方和，例如．设，其中均为自然数，则满足条件的有序自然数数组的个数为______． 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. 在数列中，，． （1）证明是等差数列，并求的通项公式； （2）求． 16. 某学校为了解本校历史、物理方向学生的学业水平模拟测试的数学成绩情况，分别从物理方向的学生中随机抽取60人的数学成绩得到样本甲，从历史方向的学生中随机抽取50人的数学成绩得到样本乙，根据两个样本数据分别得到如下频率分布直方图： （1）求a的值，并估计该校历史方向的学生本次模拟测试数学成绩的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）； （2）采用按比例分配的分层随机抽样的方法从甲样本数据中分数落在区间和内的学生中抽取6人，并从这6人中任取2人，求这2人分数落在区间内的人数X的分布列及数学期望． 17. 已知函数． （1）若，求的单调区间； （2）若没有极值点，求a的取值范围． 18. 如图，在三棱锥中，D，E分别为PA，BC的中点，F为AB上一点，且． （1）证明：平面CDF； （2）设底面ABC是边长为7的等边三角形，点P到底面ABC的距离为，且点P在底面ABC上的射影恰好在线段CF上． （i）求二面角的正切值； （ii）若三棱锥的所有顶点都在同一球面上，求该球表面积的最小值． 19. 已知椭圆的左、右顶点分别为，，上、下顶点分别为，，为第一象限内上的动点，，直线，的斜率之积为． （1）求的方程； （2）求四边形面积的最大值； （3）直线与直线交于点，过点且与平行的直线交直线于点，证明：点E在一定直线上，并求出该定直线的方程． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 湘豫名校联考 2025年12月高三上学期质量检测巩固训练 数学 注意事项： 1.本试卷共6页．时间120分钟，满分150分．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写在试卷指定位置，并将姓名、考场号、座位号、准考证号填写在答题卡上，然后认真核对条形码上的信息，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．作答非选择题时，将答案写在答题卡上对应的答题区域内．写在本试卷上无效． 3.考试结束后，将试卷和答题卡一并收回． 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，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知集合，，则 （ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先求出集合，然后根据交集的定义进行求解即可. 【详解】因为，， 所以． 故选：B. 2. 已知，则 （ ） A. 1 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由复数的运算以及模长公式代入计算，即可得到结果. 【详解】因为，所以， 故． 故选：D 3. 已知向量，，若，则 （ ） A. 3 B. 5 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先根据结合平面向量的数量积的坐标表示求出，进而再根据模的坐标表示求解即可. 【详解】因为，，所以， 又，所以，解得， 则，故． 故选：B 4. 已知正四棱台的上、下底面的边长分别为、，侧棱长为，则该正四棱台的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】求出正四棱台的高，结合台体的体积公式可求得该正四棱台的体积. 【详解】如图，过作下底面的投影，垂足为， 上底面对角线长，下底面对角线长， 则，可得正四棱台的高为， 所以正四棱台的体积. 故选：A. 5. 已知数列和满足，且，则 （ ） A. 12 B. 15 C. 16 D. 19 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意可得，由求得答案． 【详解】因为，所以，且，， 所以． 又因为，所以， 故， 所以． 故选：A. 6. 已知，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由诱导公式化简可得，再由余弦的和差角公式代入计算，即可得到结果. 【详解】因为，又，所以 因为，故，， 所以，即， 故， 因为，， 故，，， 所以． 故选：D 7. 已知双曲线的右焦点为F，过原点O的直线l与C的右支交于点P．若，，则C的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设C的左焦点为，连接，结合题设及双曲线的定义可得，，进而结合余弦定理列式可得，进而得到，进而求解即可. 【详解】设C的左焦点为，连接，则，， 又，在和中， 分别由余弦定理，得， 即，整理得， 所以，则，即， 所以C的渐近线方程为． 故选：B 8. 已知是定义域为R的单调函数，且对任意的，，则（ ） A. 是奇函数 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题设条件和的单调性可推导出，对A、B、D，令可判断；对C，由赋值可求解判断. 【详解】对于A：因为是定义域为R的单调函数，所以存在唯一的常数t，使得，故． 令，则，故，所以，且， 若令，则满足以上条件，此时不是奇函数，A错误； 对于B：若，则，B错误； 对于C：由，得，且，故，C正确； 对于D：由得，D错误. 故选：C. 二、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. 在区间上单调递减 C. 的图象关于点对称 D. 的图象关于直线对称 【答案】AC 【解析】 【分析】由周期公式可判断A；利用余弦函数单调递减区间解不等式可判断B；求出函数图象的对称中心，可判断C；根据余弦型函数图象的对称轴过最值点，直接验证可判断D. 【详解】函数的最小正周期为，故A正确； 令，，得，， 即的单调递减区间为，，故B错误； 函数的对称中心横坐标满足，，解得， 当时，，故的图象关于点对称，C正确， ，所以的图象不关于直线对称，故D错误． 故选：AC. 10. 在正方体中，P为的中点，则（ ） A. B. 平面 C. 平面平面 D. 平面平面 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，根据线面垂直的性质得出线线垂直，即通过证明平面证明即；对于B，根据线面平行的判定定理，通过证明线线平行得到线面平行，即证明得到平面；对于C，根据平面和平面各自的法向量垂直得到面面垂直；对于D，先找出平面和平面的法向量，然后根据法向量垂直即可得到面面垂直. 根据线面平行、面面垂直、线线垂直的判定定理进行判断即可. 【详解】对于A：因为P为的中点，所以P是正方体体对角线的交点，故A，P，三点共线． 连接，易知，，且平面，故平面 因为平面，所以，即，故A正确； 对于B：由上可知平面即为平面，因为，平面，平面，所以平面，故B正确； 对于C：易知平面即为平面， 因为P为的中点，所以P也为的中点，所以平面即为平面， 且是平面的一个法向量，是平面的一个法向量， 而不与垂直，所以平面不与平面垂直， 即平面不与平面垂直，故C错误； 对于D：易知平面即为平面，平面即为平面， 且是平面的一个法向量，是平面的一个法向量， 而，所以平面平面 ，故D正确． 故选：ABD. 11. 设函数，且当时，，则（ ） A. B. C. 当时， D. 当时， 【答案】ABD 【解析】 【分析】由题意得，列出不等式即可求得的值判断A选项；讨论不同取值，通过函数单调性列出不等式组，由不等式组求得的取值范围，判断B选项；取特殊值得到不等式不成立，判断C选项；构造函数，通过导数求函数的单调区间，从而求得在上的最大值，即可判断D选项. 【详解】因为当时，，所以，即①， ，即②，则由①②得，故A正确． 由上可知，当时，满足当时，； 当时，，令，则或． 当，即时，由或， 即函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，在区间上单调递增， 当，即时，在区间上单调递增，在区间上单调递减， 故应满足，即，此时不等式组无解； 当，即时， 在区间上单调递增，在区间上单调递减，在区间上单调递增， 故应满足，故，解得， 当，即时，令，则或， 即函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，在区间上单调递增， 当，即时，函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 所以，即，解得， 当，即时， 函数在上单调递减，在上单调递增， ，不等式组无解. 综上，，故B正确． 由题得，取，则， 所以．令，则，所以，故C错误； 令函数，则， ，令， 则，令，则，∵，则， ∴当时，，则单调递减，则， ∵，∴，即， ∴函数在上单调递增，即，即， ∴当时，，D选项正确. 故选：ABD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 不等式的解集为______． 【答案】 【解析】 【分析】将所求不等式变形为，利用对数函数的单调性以及定义域可得出关于的不等式组，由此得出原不等式的解集. 【详解】， 因为函数是定义域为的增函数， 所以，解得，故原不等式的解集为． 故答案为：． 13. 设a，b为正数，且，则的最小值为______． 【答案】 【解析】 【分析】通过基本不等式“1”妙用求得最小值. 【详解】因为，所以， 所以， 当且仅当，即，时，等号成立， 故的最小值为． 故答案为：. 14. 初等数论中的四平方和定理最早由欧拉提出，后被拉格朗日等数学家证明．四平方和定理的内容是任意正整数都可以表示为不超过4个自然数的平方和，例如．设，其中均为自然数，则满足条件的有序自然数数组的个数为______． 【答案】60 【解析】 【分析】分类讨论四个数的组成后，由排列数公式与计数原理求解即可． 【详解】由题意知均为不超过6的自然数，下面分情况讨论： ①当最大数为6时，，此时共有种情况； ，此时共有种情况； ②当最大数为5时，，此时共有种情况； ③当最大数为4时，，此时共有种情况； 综上，满足条件的有序自然数数组的个数为， 故答案为：60 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. 在数列中，，． （1）证明是等差数列，并求的通项公式； （2）求． 【答案】（1） 由，得． 所以是首项为1，公差为1的等差数列，则， 所以． （2） 【解析】 【分析】（1）根据递推式，结合等差数列的定义，证明是等差数列，进而求出； （2）设，利用错位相减法求出. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 记， 则. 两式作差可得，， 所以． 16. 某学校为了解本校历史、物理方向学生的学业水平模拟测试的数学成绩情况，分别从物理方向的学生中随机抽取60人的数学成绩得到样本甲，从历史方向的学生中随机抽取50人的数学成绩得到样本乙，根据两个样本数据分别得到如下频率分布直方图： （1）求a的值，并估计该校历史方向的学生本次模拟测试数学成绩的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）； （2）采用按比例分配的分层随机抽样的方法从甲样本数据中分数落在区间和内的学生中抽取6人，并从这6人中任取2人，求这2人分数落在区间内的人数X的分布列及数学期望． 【答案】（1）， （2）X的分布列为 X 0 1 2 P 【解析】 【分析】（1）根据频率之和为1即可求出,利用平均数的公式即可求解； （2）先根据分层抽样求出分数落在区间内的有2人，落在区间内的学生有4人，然后写出分布列，利用期望公式求解即可. 【小问1详解】 由题意得，，解得． 估计该校历史方向的学生本次模拟测试的数学成绩的平均值为 ． 【小问2详解】 采用按比例分配的分层随机抽样的方法从甲样本数据中分数落在区间和内的学生中抽取6人， 则抽取分数落在区间内的学生有2人，落在区间内的学生有4人． X的所有可能取值为0，1，2， 所以，，， 所以X的分布列为 X 0 1 2 P 故． 17. 已知函数． （1）若，求的单调区间； （2）若没有极值点，求a的取值范围． 【答案】（1）单调递减区间是和，单调递增区间是 （2） 【解析】 【分析】（1）求出导数，分别求出和的解，即可得到单调区间； （2）分类讨论的范围，从而得到的单调性，即可求解. 【小问1详解】 若，则， 函数定义域为， ． 当时，； 当时，； 当时，， 故的单调递减区间是和，单调递增区间是． 【小问2详解】 ， 函数，当，即时，恒成立， 则有，单调递减，此时没有极值点，符合题意． 当时，方程有两个实数根，，不妨设， 则，． 当时，，此时在区间，上单调递减， 在区间上单调递增，所以是的极小值点，是的极大值点，不符合题意； 同理可知，当时，在区间上单调递增，上单调递减，是的极大值点，不符合题意． 综上，a的取值范围是． 18. 如图，在三棱锥中，D，E分别为PA，BC的中点，F为AB上一点，且． （1）证明：平面CDF； （2）设底面ABC是边长为7的等边三角形，点P到底面ABC的距离为，且点P在底面ABC上的射影恰好在线段CF上． （i）求二面角的正切值； （ii）若三棱锥的所有顶点都在同一球面上，求该球表面积的最小值． 【答案】（1） 证明：如图，设G为AE与CF的交点，连接DG．过点E作，交CF于点Ｍ． 因为E为BC的中点，且，所以，故． 又D为PA的中点，所以DG为的中位线，故． 因为平面 CDF，平面CDF， 所以平面CDF． （2）（i）； （ii） 【解析】 【分析】（1）设G为AE与CF的交点，连接DG；过点E作，交CF于点Ｍ；由线面平行的判定定理证明； （2）法一：（i）记D在底面ABC上的射影为K，为二面角的平面角，由其与二面角的平面角互余可求二面角的正切值；（ii）记O在底面ABC上的射影为 N，，求得的最小值，由可求解. 法二：（i）由二面角的向量求法求解；（ii）设，由求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 法一：（i）如图，记H为P在底面ABC上的射影，连接AH，则点H在线段CF上，且平面底面ABC，平面底面ABC． 记D在底面ABC上的射影为K，则K在线段AH上． 因为D为PA的中点，故K为AH的中点． 过点K作，垂足为点S，连接DS． 因为底面ABC，底面ABC，所以． 又，KS，平面DKS，所以平面DKS． 又平面DKS，所以， 所以为二面角的平面角． 过点A作，交CF的延长线于点T，由几何关系可知． 因为底面ABC是边长为7的等边三角形， 所以，则． 又点P到底面ABC的距离为，所以，且． 因为平面底面ABC， 所以二面角的平面角与二面角的平面角互余， 所以二面角的正切值为． （ii）如图，设球心为O，球的半径为R，由几何关系可知O在底面ABC上的射影恰为AC的中点，记为点 N， 且记，则，其中． 过点N作，垂足为点Q，由几何关系可知． 设，则由几何关系有， 故， 即． 所以当时，h取得最小值，R也取得最小值，此时， 故， 所以该球表面积的最小值为 法二：（i）如图，以A为坐标原点，的方向为y轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系． 设点P的横坐标为， 由余弦定理可知，则， 所以，，，，， 故，． 设平面CDF的法向量为， 则即 令，得，，则． 而底面ABC的一个法向量为， 故，且． 因为平面底面ABC， 所以二面角的平面角与二面角的平面角互余， 所以二面角的正切值为． （ii）设球心为O，球的半径为R，由几何关系可知O在底面ABC上的射影恰为AC的中点， 设，则， 即， 则． 因为，所以当时，， 此时，则球O的表面积的最小值为． 19. 已知椭圆的左、右顶点分别为，，上、下顶点分别为，，为第一象限内上的动点，，直线，的斜率之积为． （1）求的方程； （2）求四边形面积的最大值； （3）直线与直线交于点，过点且与平行的直线交直线于点，证明：点E在一定直线上，并求出该定直线的方程． 【答案】（1） （2） （3）证明：由得直线的方程为， 又直线的方程为， 由解得， 即， 因为，所以， 所以直线的方程为， 又， 所以直线的方程为， 由消去可得： ，整理得， 由，得， 所以， 故点在一定直线上，其方程为． 【解析】 【分析】（1）设，利用直线，的斜率之积为和椭圆方程列式求解即可； （2）将四边形拆分成，和，结合基本不等式求面积的最大值即可； （3）根据点坐标和直线斜率得到直线方程，与直线方程联立得到点坐标，再根据平行关系得到直线方程，再将直线与直线联立化简即可得解. 【小问1详解】 由题意知，，设，则， 因为直线，的斜率之积为， 则，即得， 由题意得，所以，， 所以的方程为． 【小问2详解】 设坐标原点为，则的面积， 因为，且， 所以四边形的面积， 当且仅当，即，时等号成立， 所以， 当点P的坐标为时，四边形面积取得最大值为． 【小问3详解】 证明略，. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $