精品解析：天津市卓越中学2025-2026学年高三上学期综合训练2（12月月考）数学试卷

卓越中学2025-2026学年度上学期高三综合训练2 一、选择题：本大题共9题，每小题5分，共45分. 1. 已知全集，则＝（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】应用集合的并、补运算求集合. 【详解】由题设，则， 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】B 【解析】 【分析】解不等式，利用充分条件、必要条件的定义判断即可. 【详解】当，则,即,所以或，所以时，不一定成立，若，则一定有， 所以“”是“”的必要不充分条件； 故选：B 3. 已知是等比数列，是数列的前n项和，，则的值为（ ） A. 3 B. 18 C. 54 D. 152 【答案】C 【解析】 【分析】根据已知条件求得数列的首项和公比，从而得到其通项公式，求得. 【详解】设数列的公比为. 由题可得，即，即. 因为，所以，所以， 所以，所以. 所以. 故选：C. 4. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据对数函数，指数函数，三角函数的单调性比较与1和0的大小关系，即可得出答案. 【详解】，即， ，即， ，即， 则． 故选：A. 5. 函数的图象大致是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据奇偶函数的定义和依次排除选项即可. 【详解】由题知，函数的定义域为，定义域关于原点对称，且，所以函数是偶函数，其函数图象关于轴对称，故排除选项C，D；又，故排除选项B. 故选：A. 6. 如图，在正三棱柱中，，，则四棱锥的体积是（ ）． A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用割补法，结合柱体、锥体的体积公式运算求解. 【详解】由题意可知：正三棱柱的体积， 三棱锥的体积， 所以四棱锥的体积. 故选：A. 7. 已知函数.给出下列结论： ①的周期为；②时取最大值； ③的最小值是；④在区间内单调递增； ⑤把函数的图象上所有点向左平移个单位长度，可得到函数的图象. 其中所有正确结论的序号题（ ） A. ①② B. ①③ C. ①③④ D. ①②③ 【答案】B 【解析】 【分析】根据正弦型函数的周期公式、最值性质、单调性，结合正弦型函数图象变换性质逐一判断即可. 【详解】①；因为，所以本序号结论正确； ②：因为，所以本序号结论不正确； ③：由函数解析式可以判断的最小值是，因此本序号结论正确； ④：当时，，显然不是的子集，因此本序号结论不正确； ⑤：把函数的图象上所有点向左平移个单位长度，可得到函数，因此本序号结论不正确， 故选：B 8. 已知直三棱柱的6个顶点都在球的表面上，若，，则球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设底面的外接圆的半径为，由正、余弦定理求得，再设外接球的半径为，结合球的截面圆的性质，求得，利用求得表面积公式，即可求解. 【详解】如图所示，在中，，且， 由余弦定理得， 设底面的外接圆的半径为，由正弦定理得，即 再设直三棱柱外接球的球心为，外接球的半径为， 在直角中，可得， 所以球的表面积为. 故选：B. 9. 已知函数的值域为，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】判断出函数的值域，利用函数的值域为可得答案. 【详解】因为时，是单调递增函数，且， 时，， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以在时有极小值，且极小值为， 要使函数的值域为，则， 可得. 故选：A. 【点睛】关键点点睛：解题的关键点判断函数的单调性，利用单调性求出函数的值域. 二、填空题，本大题共6题，每小题5分，共30分. 10. 若复数，则的实部与虚部之积为________. 【答案】 【解析】 【分析】运用复数乘法进行化简计算，再根据实部虚部概念计算即可. 【详解】，则虚部为，实部为，乘积为：. 故答案为：. 11. 若，则__________. 【答案】2 【解析】 【详解】利用指数运算、对数运算求出即可得解. 【分析】依题意，，，即，解得， 所以. 故答案为：2 12. 已知直线与圆相交于，两点，则的最小值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】求出直线过的定点，当圆心和定点的连线垂直于直线时，取得最小值，结合即可求解. 【详解】如图所示： 由题意知道圆，圆心，半径， 而直线过定点， 设圆心到直线的距离为，则，可知当距离最大时， 有最小值，由图可知，时，最大，此时， 此时，故的最小值为. 故答案为：. 13. 已知，则的最小值是________. 【答案】 【解析】 【分析】分子进行有理化，然后结合“1”的妙用，利用，即可结合基本不等式来求解最值. 【详解】由题知，， 令 ， 因为，所以， 所以，， 所以， 当且仅当，即时取等， 所以的最小值为. 故答案为：. 14. 如图，在中，，，P为CD上一点，且满足，若，则的最小值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】设，根据平面向量的线性运算结合求出，再结合数量积的运算，即可得解. 【详解】设， 则 ， 所以，所以， 故， 因为，，所以， 则 ， 当且仅当，即时取等号， 所以的最小值为. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：设，根据平面向量的线性运算结合求出，是解决本题的关键. 15. 已知函数，且，若函数有三个不同的零点，则实数的取值范围是_________． 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，按与讨论，当时，分段去绝对值符号讨论方程的解的情况作答. 【详解】当时，，当时，在上单调递减， 函数在上最多一个零点，不符合要求， 当时，， 由，得最多两个实根， 又在上递减，且当时，， 因为函数在上有三个不同的零点， 因此在上有一个零点，在上有两个零点， 当时，由，解得，即，于是， 当，由，得， 函数在上单调递减，在上单调递增， 当时，， 要使函数在上有两个零点，必有， 此时 在上递减，在递增， 因此，解得， 所以实数a的取值范围是. 故答案为： 【点睛】思路点睛：涉及分段函数零点个数求参数范围问题，可以按各段零点个数和等于总的零点个数分类分段讨论解决. 三、解答题，本大题共5题，共75分. 16. 在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，已知 （1）求的值 （2）若 （i）求的值 （ii）求的值. 【答案】（1）；（2）（i）;（ii）. 【解析】 【分析】 （1）化简原式，直接利用余弦定理求的值即可；（2）（i）由（1）可得，再利用正弦定理求的值；（ii）利用二倍角的余弦公式求得，可得，再由二倍角的正弦公式以及两角和的正弦公式可得结果. 【详解】（1） 在中，由，整理得， 又由余弦定理，可得； （2）（i）由（1）可得，又由正弦定理， 及已知，可得； （ii）由（i）可得，由已知，可得，故有， 为锐角，故由，可得，从而有, . 【点睛】以三角形为载体，三角恒等变换为手段，正弦定理、余弦定理为工具，对三角函数及解三角形进行考查是近几年高考考查的一类热点问题，一般难度不大，但综合性较强.解答这类问题，两角和与差的正余弦公式、诱导公式以及二倍角公式，一定要熟练掌握并灵活应用，特别是二倍角公式的各种变化形式要熟记于心. 17. 如图所示，在几何体中，四边形和均为边长为2的正方形，，底面，M、N分别为、的中点，. （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）求平面与平面所成角的余弦值. 【答案】（1）如图，以A为原点，分别以，，方向为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系， 由题意可得，，，，，， ，，， 则，， 设平面的一个法向量为，则， 故，即，则， 令，得， 所以， 所以，又平面， 所以平面. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）依据题意建立以A为原点，分别以，，方向为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系，求出和平面的一个法向量，计算即可得证. （2）由（1）得直线的方向量，平面的一个法向量，设直线与平面所成角为，则由即可得解. （3）求出平面的一个法向量，计算，则由计算结果即可得解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）得直线的一个方向向量为，平面的一个法向量为， 设直线与平面所成角为， 则， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 【小问3详解】 设平面的一个法向量，由（1）可得，， 则，故，即， 令，得， 所以， 所以平面与平面所成角的余弦值为. 18. 设椭圆的离心率为，其左焦点到的距离为． （1）求椭圆E的方程； （2）椭圆E的右顶点为D，直线与椭圆E交于A，B两点（A，B不是左、右顶点），若其满足，且直线与以原点为圆心，半径为的圆相切；求直线的方程． 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）利用两点间的距离公式和椭圆的离心率公式，结合椭圆中的关系即可求解. （2）根据椭圆方程得出的坐标，将直线方程与椭圆方程联立，利用韦达定理及点在直线上，结合向量的数量积的坐标运算及直线与圆相切的条件即可求解. 【小问1详解】 由题意可知，椭圆的焦点位于轴上，即椭圆的左焦点为， 因为左焦点到的距离为， 所以，即，解得或（舍）， 又因为椭圆的离心率为， 所以，即，解得， 所以， 故所求椭圆E的方程为. 【小问2详解】 由题可得，设， 由，消去，得， 所以，即， 所以， 所以， 因为， 所以， 所以，即，解得或，满足， 当时，过点，不合题意， 所以， 又直线与以原点为圆心半径为的圆相切， 所以， 联立，解得或， 所以直线的方程为或. 19. 已知等差数列的前项和为，，，数列满足，. （1）求的通项公式： （2）设数列满足， ①求前项中所有奇数项和，②若的前n项和为，证明：. 【答案】（1） （2）①；②所以， 所以， 所以， 又因为，所以. 【解析】 【分析】（1）构造等比数列，由数列的递推公式求通项公式； （2）①用裂项求和法求数列的奇数项的和；②用分组求和法求数列的前项的和，再得出不等式的结论. 【小问1详解】 因为，所以，且， 所以是首项为，公比为的等比数列，所以，所以， 所以的通项公式为； 【小问2详解】 ①设的公差为，因为，， 所以，所以，所以， 所以，所以， 所以 ②略 20. 已知函数． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若恒成立，求实数的取值范围； （3）利用（2）的结论证明：． 【答案】（1）； （2）； （3）证明： 由（2）知，，即，当且仅当时取等号， 则当时，，，…，， 因此， 所以原不等式成立. 【解析】 【分析】（1）求出函数的导数，利用导数的几何意义求出切线方程. （2）由不等式恒成立，分离参数构造函数，再求出函数的最大值即得. （3）结合（2）的结论得，，再利用不等式的性质推理即得. 【小问1详解】 当时，函数，求导得，则，而， 所以曲线在点处的切线方程为. 【小问2详解】 函数的定义域为，，令， 依题意，，恒成立， 求导得，由，得；由，得， 则函数在上单调递增，在上单调递减，， 所以. 【小问3详解】 略. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 卓越中学2025-2026学年度上学期高三综合训练2 一、选择题：本大题共9题，每小题5分，共45分. 1. 已知全集，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. 已知是等比数列，是数列的前n项和，，则的值为（ ） A. 3 B. 18 C. 54 D. 152 4. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 5. 函数的图象大致是（ ） A. B. C. D. 6. 如图，在正三棱柱中，，，则四棱锥的体积是（ ）． A. B. C. D. 7. 已知函数.给出下列结论： ①的周期为；②时取最大值； ③的最小值是；④在区间内单调递增； ⑤把函数的图象上所有点向左平移个单位长度，可得到函数的图象. 其中所有正确结论的序号题（ ） A. ①② B. ①③ C. ①③④ D. ①②③ 8. 已知直三棱柱的6个顶点都在球的表面上，若，，则球的表面积为（ ） A. B. C. D. 9. 已知函数的值域为，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、填空题，本大题共6题，每小题5分，共30分. 10. 若复数，则的实部与虚部之积为________. 11. 若，则__________. 12. 已知直线与圆相交于，两点，则的最小值为__________. 13. 已知，则的最小值是________. 14. 如图，在中，，，P为CD上一点，且满足，若，则的最小值为__________. 15. 已知函数，且，若函数有三个不同的零点，则实数的取值范围是_________． 三、解答题，本大题共5题，共75分. 16. 在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，已知 （1）求的值 （2）若 （i）求的值 （ii）求的值. 17. 如图所示，在几何体中，四边形和均为边长为2的正方形，，底面，M、N分别为、的中点，. （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）求平面与平面所成角的余弦值. 18. 设椭圆的离心率为，其左焦点到的距离为． （1）求椭圆E的方程； （2）椭圆E的右顶点为D，直线与椭圆E交于A，B两点（A，B不是左、右顶点），若其满足，且直线与以原点为圆心，半径为的圆相切；求直线的方程． 19. 已知等差数列的前项和为，，，数列满足，. （1）求的通项公式： （2）设数列满足， ①求前项中所有奇数项和，②若的前n项和为，证明：. 20. 已知函数． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若恒成立，求实数的取值范围； （3）利用（2）的结论证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $