精品解析：福建省泉州市多校2026届高三上学期12月联考数学试卷

福建省泉州市多校2026届高三上学期12月联考 数学试卷 一、单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分） 1. 已知集合，且，则（ ） A. B. C. D. 2. 的展开式中x的系数是（ ） A. B. 6 C. D. 12 3. 已知数列是各项均为正数的等比数列，若，是方程的两个根，则的值为（ ） A. B. C. D. 4. 已知锐角满足，则（ ） A. B. C. D. 5. 在数列中，已知，则“”是“为单调递减数列”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 6. 已知平面向量，，则向量在向量上的投影向量的坐标为（ ） A. B. C. D. 7. 若，曲线与恰有一个交点，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 在棱长为2的正方体中，为的中点，则点到直线的距离为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分） 9. 已知厚度不计的容器是由半径为，圆心角为的扇形以一条最外边的半径为轴旋转得到的，下列几何体中，可以放入该容器中的有（ ） A. 棱长为的正方体 B. 底面半径和高均为的圆锥 C. 棱长均为的四面体 D. 半径为的球 10. 已知函数的定义域为，其导函数为，且对任意的，都有，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 11. 已知数列满足，且，则（ ） A. 为递增数列 B. C. D. 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 记的内角的对边分别为.已知，外接圆直径为4，则边的长为__________. 13. 等差数列，的前n项和分别为，，若，则________. 14. 若，且，则______． 四、解答题（本题共5小题，共77分） 15. 已知数列是首项为1的等差数列，数列满足，. （1）求数列和的通项公式; （2）令，求数列的前n项和. 16. 记的内角所对的边分别为，已知，. （1）求； （2）若为锐角三角形，求周长的取值范围； （3）延长到点，使，若，求的值. 17. 在四棱锥中，底面为直角梯形，满足， ，，， 底面. 为棱的中点，为棱的中点. （1）证明：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值； （3）设为三棱锥的内切球球面上一动点，求三棱锥体积的最大值. 18. 设为数列的前项和，已知，且为等差数列. （1）求的通项公式； （2）若，求的前项和. 19. 已知函数，其中． （1）求的单调区间； （2）若函数有两个不相等的零点． ①求实数a 的取值范围； ②证明： 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 福建省泉州市多校2026届高三上学期12月联考 数学试卷 一、单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分） 1. 已知集合，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题意，根据交集的运算与定义可得，结合复数的除法、乘法运算即可求解. 【详解】由题意知，， 得. 故选：C 2. 的展开式中x的系数是（ ） A. B. 6 C. D. 12 【答案】C 【解析】 【分析】利用二项式定理的通项公式得，令，解出代入即可求解. 【详解】由题意有：，令，解得， 所以，所以x的系数为， 故选：C. 3. 已知数列是各项均为正数的等比数列，若，是方程的两个根，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由韦达定理，可得，后由等比数列性质结合对数运算性质可得答案. 【详解】由韦达定理，可得，由等比数列性质 可得，. 设， 则， 得. 故选：B 4. 已知锐角满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由和及是锐角求出，利用二倍角的余弦公式求出，利用二倍角的余弦公式求出，利用公式求出，利用两角差的正切公式得到，代入数值求出，从而得到的值. 【详解】，，， ，， 是锐角，，， ， ， ，，， ， . 故选：C. 5. 在数列中，已知，则“”是“为单调递减数列”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】利用数列为单调递减数列求出的取值范围，利用集合的包含关系判断可得出结论. 【详解】已知为单调递减数列，所以恒成立， 即对任意的恒成立， 因为函数在上单调递减，故，故. 因为， 因此“”是“为单调递减数列”的必要不充分条件， 故选：B. 6. 已知平面向量，，则向量在向量上的投影向量的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用投影向量的计算公式结合向量数量积的坐标公式计算即可． 【详解】由，，可得， ，且， 则，， 则向量在向量上的投影向量为： ， 故向量在向量上的投影向量的坐标为. 故选：D. 7. 若，曲线与恰有一个交点，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】依题意可得时恰有一个解，由满足上式，从而得到时无解，令，，求出的值域，即可得到关于的不等式，解得即可. 【详解】因为时曲线与恰有一个交点， 所以当时恰有一个解， 即当时恰有一个解， 显然满足， 所以当时无解， 即时无解， 令，， 则，所以为偶函数， 令，，则，所以在上单调递增， 所以，所以在上恒成立， 所以在上恒成立， 又当时，所以， 综上可得在上恒成立， 所以当时，又为偶函数，所以当时， 由上述分析可得与在无交点， 所以或，解得或， 即的取值范围为. 故选：D 8. 在棱长为2的正方体中，为的中点，则点到直线的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，再运用公式即可求出. 【详解】以点为原点,为轴建系，如图所示： 则，所以，, 所以的单位向量为， 所以点到直线的距离为， 故选：A. 二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分） 9. 已知厚度不计的容器是由半径为，圆心角为的扇形以一条最外边的半径为轴旋转得到的，下列几何体中，可以放入该容器中的有（ ） A. 棱长为的正方体 B. 底面半径和高均为的圆锥 C. 棱长均为的四面体 D. 半径为的球 【答案】AC 【解析】 【分析】根据所得图形，数形结合，可判断A，再由图形内接正四面体可判断C，由C求三角形外接圆半径判断B，根据截面图计算可判断D. 【详解】设扇形所在圆的半径为，对于A，设正方体的棱长为，如图， 则可容纳的最长对角线，解得，故A正确. 对于C，如图， 取三段圆弧的中点，则四面体的棱长均为2m，所以可以容纳，故C正确. 对于B，如图， 同选项C的分析，的外接圆半径为，所以不可以容纳，故B错误. 对于D，如图， 设球的半径为，按正中间剖开所得的轴截面，如图， 可知圆与圆内切，，解得，所以不可以容纳，故D错误. 故选：AC 10. 已知函数的定义域为，其导函数为，且对任意的，都有，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】令，可得在上单调递增，取自变量的值可得结果. 【详解】令，所以， 所以在上单调递增， 所以，即，故A错误，B正确； 又，所以， 即，故C正确，D错误. 故选：BC. 【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式的基本步骤 (1)作差或变形． (2)构造新的函数． (3)利用导数研究的单调性或最值． (4)根据单调性及最值，得到所证不等式． 11. 已知数列满足，且，则（ ） A. 为递增数列 B. C. D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】作差比较大小判断单调性判断A；推导得，计算判断B；利用裂项相消法求和判断C；借助基本不等式及等比数列前n项和公式计算判断D. 【详解】显然，而，则，， 又，即有与同号，而，则， 对于A，，即，为递增数列，A正确； 对于B，，则， 因此，B正确； 对于C，由，得，即， 因此，C正确； 对于D，，因此（当且仅当时取等号）， 所以，D错误. 故选：ABC 【点睛】思路点睛：涉及给出递推公式探求数列性质的问题，认真分析递推公式并进行变形，可借助累加、累乘求通项的方法分析、探讨项间关系而解决问题. 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 记的内角的对边分别为.已知，外接圆直径为4，则边的长为__________. 【答案】 【解析】 【分析】由正弦定理得求出，由利用两角和的正弦展开式求出，从而求出，再利用正弦定理可得答案. 【详解】，由正弦定理得， 因为，所以， 所以，由得， 因为， 所以，因为，所以，可得， 所以， 因为外接圆直径为4， 所以由正弦定理得， 则边的长为. 故答案为：. 13. 等差数列，的前n项和分别为，，若，则________. 【答案】 【解析】 【分析】由题意可设，，利用公式，求出通项，再计算所求表达式的值． 【详解】由题意可设，，． 则，， ， 因此，． 故答案为：． 14. 若，且，则______． 【答案】## 【解析】 【分析】构造函数，分别求导求出最值，则当两式相等时，结果只能是最值时取等，从而求解. 【详解】设，则， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以； 设，则， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 所以； 所以若，必有， 所以， 故答案为：. 四、解答题（本题共5小题，共77分） 15. 已知数列是首项为1的等差数列，数列满足，. （1）求数列和的通项公式; （2）令，求数列的前n项和. 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）首先求出，然后根据等差数列通项公式求出，进而求出； （2）利用错位相减法即可求解. 【小问1详解】 设等差数列的公差为d，则，所以， 又数列是首项为1的等差数列，所以，从而， 从而，所以. 【小问2详解】 由（1）得： ① ② 由①-②得： 所以. 16. 记的内角所对的边分别为，已知，. （1）求； （2）若为锐角三角形，求周长的取值范围； （3）延长到点，使，若，求的值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用向量数量积的定义、正弦定理边化角，再逆用和角的正弦公式求解即得. （2）利用正弦定理及和差角的正弦公式将其化成余弦型函数，根据其值域即可求得. （3）利用正弦定理、二倍角的正弦公式列式求解即可. 【小问1详解】 在中，由，得， 即，由正弦定理得， 则，即， 而，则，又，故. 【小问2详解】 由正弦定理得，即， 令，由为锐角三角形，得，则， 因此， 则， 所以周长的取值范围是. 【小问3详解】 设，则， 在中，由正弦定理得，即， 在中，由正弦定理得，即， 因此，则，则，， 所以. 17. 在四棱锥中，底面为直角梯形，满足， ，，， 底面. 为棱的中点，为棱的中点. （1）证明：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值； （3）设为三棱锥的内切球球面上一动点，求三棱锥体积的最大值. 【答案】（1）是棱的中点，是棱的中点， 是的中位线，. 又平面平面， 平面. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由中位线得平行于，结合线面平行判定定理即可证明； （2）建立空间直角坐标系，分别求出两平面的法向量，利用法向量夹角公式求二面角余弦； （3）先由等体积法求内切球半径及球心坐标，再求球心到平面的距离，利用球面上点到平面距离的最大值，结合体积公式求最大值. 【小问1详解】 略. 【小问2详解】 底面底面， 又两两垂直， 以为原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则. . 设平面的一个法向量为， 则，令，得， . 设平面的一个法向量为， 则，令，得， 故平面的一个法向量为. 设平面与平面的夹角为，则， 故平面与平面夹角的余弦值为. 【小问3详解】 设三棱锥的内切球球心为，半径为，三棱锥的表面积为， 已知，由（2）知两两垂直， 则， 由等体积法可知，则， 则球心，则. 所以点到平面的距离， 而，则， 因此三棱锥体积的最大值为. 18. 设为数列的前项和，已知，且为等差数列. （1）求的通项公式； （2）若，求的前项和. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据等差数列定义可得，利用与之间关系可证得数列通的项公式； （2）采用分组求和法，分别对奇数项和偶数项求和，结合等差数列求和公式和裂项相消法可求得结果. 【小问1详解】 设等差数列的公差为，因为， 所以，即， 所以，即， 当时，， 当时，，满足上式，所以. 【小问2详解】 由（1）知 则 所以数列的前项和为. 19. 已知函数，其中． （1）求的单调区间； （2）若函数有两个不相等的零点． ①求实数a 的取值范围； ②证明： 【答案】（1） 当时，函数的递减区间为，递增区间为； 当时，函数的递减区间为，递增区间为； 当时，函数的递增区间为； 当时，函数的递减区间为，递增区间为. （2）①； ②由①知，当时，函数有两个不相等的零点，不妨令， 令函数，求导得 ，函数在上单调递减， 则，即当时，，于是， 因此，又，函数在上单调递增， 则，所以. 【解析】 【分析】（1）求出函数的定义域及导数，再分类讨论求出函数的单调区间. （2）①由（1）的结论，结合极大值、最小值及零点存在性定理求出范围；②根据给定条件，构造函数并利用极值点偏移推理得证. 【小问1详解】 函数的定义域为，， 求导得， 当时，由，得；由，得， 函数在上单调递减，在上单调递增； 当时，由，得；由，得或， 函数在上单调递减，在上单调递增； 当时，恒成立，函数在上单调递增； 当时，由，得；由，得或， 函数在上单调递减，在上单调递增， 所以当时，函数的递减区间为，递增区间为； 当时，函数的递减区间为，递增区间为； 当时，函数的递增区间为； 当时，函数的递减区间为，递增区间为. 【小问2详解】 ①由（1）知，当时，函数在上单调递增，最多一个零点，不符合题意； 当时，函数在处取得极大值，最多一个零点，不符合题意； 当时，函数在处取得极大值，最多一个零点，不符合题意； 当时，， 由函数有两个不相等的零点，得，则， 当从大于0的方向趋近于0时，趋近于正无穷大，函数在上有唯一零点； 而，函数在有唯一零点， 因此当时，函数有两个不相等的零点， 所以实数a 的取值范围是. ②略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $