精品解析：天津外国语大学附属滨海外国语学校2026届高三上学期第二次月考（12月）数学试题

高三数学12月练习卷 一、单选题 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由集合的交、补运算求解即可. 【详解】因为， 所以. 故选：D 2. “”是“直线与直线平行”的（ ） A. 既不充分也不必要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 充分必要条件 【答案】D 【解析】 【分析】根据两直线平行的性质，结合充分性、必要性进行判断即可. 【详解】直线与直线平行， 所以且，解得， 所以“”是“直线与直线平行”的充分必要条件， 故选：D 3. 已知函数是偶函数，则的值是（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】根据，化简求得的值即可. 【详解】函数，定义域为， 由于为偶函数，即， 则， 化简为, 即，则， 因为不恒为0，所以. 故选：B 4. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据幂函数的单调性可比较，再由指数函数的单调性可得， 再由对数函数的单调性可得，即可得解. 【详解】因为为增函数，所以. 因为为减函数，所以，则. 又为减函数，所以， 故，即. 故选：B 5. 设，是两条不同的直线，，，是三个不同的平面，下列说法中错误的为（ ） ①若，，，则 ②若，，则 ③若，，则 ④若，，，则 A. ① B. ② C. ③ D. ④ 【答案】C 【解析】 【分析】根据空间线面的位置关系，逐项判断即可． 【详解】对①：若，，则，因为，所以，所以①正确； 对②：平行于同一个平面的两个平面平行，故②正确； 对③：由，可得可能平行，可能异面，③错误； 对④，若，，则，又，所以，④正确． 故选：C． 6. 如图，一个三棱柱容器中盛有水，若底面水平放置时，水面高为3，那么当侧面水平放置时，水面恰好经过，，，的中点，则（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】C 【解析】 【分析】先求出水的体积，再得到四边形的面积，根据水的体积得到方程，求出答案. 【详解】水的体积， 又分别为，的中点， 故四边形的面积为， 故， 又，所以，解得. 故选：C 7. 我国汉代初年成书的《淮南万毕术》中记载：“取大镜高悬，置水盆于下，则见四邻矣.”这是我国古代人民利用平面镜反射原理的首个实例，体现了传统文化中的数学智慧.已知一条光线从点射出，经轴反射，反射光线恰好平分圆的圆周，则反射光线所在的直线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求得点关于轴的对称点的坐标与圆的圆心坐标，由两点式可求反射光线所在直线方程. 【详解】由，可得圆心， 由反射定律可知，点关于轴的对称点在反射光线所在的直线上， 又反射光线恰好平分圆的圆周，所以反射光线过， 由直线的两点式方程可得反射光线所在直线方程为，即. 故选：B. 8. 已知圆，直线，则（ ） A. 直线恒过定点 B. C. 当时，圆上恰有四个点到直线的距离等于 D. 若直线与直线平行，过该直线上一动点作圆的一条切线，切点为，则 【答案】C 【解析】 【分析】将直线的方程可化为，令可判断A；由坐标原点到直线的最大距离为可判断B；先由两平行线间距离公式解出，再比较圆心到直线的距离和半径的关系可得C；先由两平行线间关系解出，再当直线与直线垂直时，取最小值，结合点到直线的距离和勾股定理可判断D. 【详解】对于A选项，直线的方程可化为， 由可得，所以，直线恒过定点，A错； 对于B选项，直线过定点，设为， 所以坐标原点到直线的最大距离为，故B错误； 对于C选项，当时，直线的方程为， 设与直线平行且与直线的距离为的直线的方程为， 由平行线间的距离公式可得，解得， 圆心为，圆的半径为， 圆心到直线的距离为， 圆心到直线的距离为， 所以，直线、都与圆相交， 所以，当时，圆上恰有四个点到直线的距离等于，C对； 对于D选项，因为直线与直线平行，则，解得， 即点在直线上，连接，则， 由勾股定理可得， 当直线与直线垂直时，取最小值， 且，则，D错. 故选：C. 9. 若，数列满足，则的值是（ ） A. 2024 B. 4048 C. 3036 D. 2025 【答案】B 【解析】 【分析】由表达式及得到，利用等差数列求和公式及倒序相加求和可求得结果. 【详解】， ， 则. 因为 令，得 ； ； ； ………… 又. 故 故选：B 二、填空题 10. 已知，则________． 【答案】## 【解析】 【分析】根据复数的除法运算结合共轭复数的定义即可得解. 【详解】由， 得， 所以. 故答案为：. 11. 已知直线和圆相交于两点，则_________． 【答案】4 【解析】 【分析】根据圆的弦长公式求解，即可得答案. 【详解】由题意知圆的圆心为，半径为， 圆心到直线的距离， 故， 故答案为：4 12. _____. 【答案】## 【解析】 【分析】由对数运算性质和指数运算性质计算即可得解. 【详解】 . 故答案为： 13. 将函数图象上的所有点的横坐标伸长到原来的4倍（纵坐标不变），再向右平移个单位长度，得到函数的图象，则___________ 【答案】## 【解析】 【分析】根据三角函数的图象的周期变换和平移变换可得，进而可得函数值. 【详解】因函数图象上的所有点的横坐标伸长到原来的4倍（纵坐标不变）， 再向右平移个单位长度，得到函数的图象， 所以，得. 故答案为：. 14. 如图，在平行四边形中，，，，点为中点，，点为边上的点．若点满足，且，则___________：若点为线段上的动点，则的取值范围为___________． 【答案】 ①. ##0.25 ②. 【解析】 【分析】由题意得，从而；对于第二空，设，首先分解，然后由数量积的运算律转换成关于的二次函数在闭区间上的值域即可求解. 【详解】由题意， 又， 所以，则， 设， 可得， 而， 得到 ， ， 设，对称轴是， 故在上单调递增， 从而当点F为线段上的动点时，的取值范围为. 故答案为：；. 15. 若函数且函数在区间内恰有4个零点，则的取值范围为_____. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，要使函数在内有4个零点，须使.分和两种情况讨论，将零点个数问题转化为函数图象间的交点个数问题，结合一次函数与二次函数的性质可解. 【详解】由题意得. 因为当时，最多有两个零点， 所以要使函数在内恰有4个零点，须有两个零点. 因为的对称轴是，所以. 当时，令，则，即. 即与有两个交点. 所以，解得. 当时，有两个零点. 因为的图象开口向上，对称轴为. 所以，解是. 综上所述，的取值范围为. 故答案为：. 三、解答题 16. 在中，内角的对边分别为．已知． （1）求的值； （2）若． ①求的值； ②求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理和三角恒等变换的化简计算即可求解； （2）①根据正弦定理计算即可求解；②易知，利用同角的平方关系求出，结合二倍角的正弦、余弦公式和两角差的正弦公式计算即可求解. 【小问1详解】 ， 由正弦定理，得， ， 又，所以，又， 所以； 【小问2详解】 ①由（1）知，由正弦定理得， 即，解得； ②由，得，所以， 所以， 所以. 17. 在如图所示的多面体中，底面是边长为2的正方形，平面，，且，为的中点，为的中点. （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）求点到平面的距离. 【答案】（1）证明：取棱的中点，连接. 因为为的中点，所以∥，且. 因为，且，所以∥. 所以四边形是平行四边形，所以∥. 因为平面，平面 所以平面； （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据线面平行的判定定理证明； （2）建立恰当的空间直角坐标系，根据线面角的向量求法求解； （3）根据点到平面距离的向量求法求解 . 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 因为底面是边长为2的正方形，平面， 所以如图所示，以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系. 由题可知，. 则. 所以. 设平面的法向量为，则. 令，则，所以平面的一个法向量为. 设直线与平面所成的角为， 则. 所以直线与平面所成角的正弦值为. 【小问3详解】 由（2）得. 设平面的法向量为，则. 令，则，所以平面的一个法向量为. 所以点到平面的距离为. 18. 设数列是等差数列，是等比数列.已知，，. （1）求和的通项公式； （2）设（），求数列的前项和； （3）设（），数列的前项积为，求的最大值. 【答案】（1），. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）公式法求出通项公式； （2）裂项相消法求数列的奇数项的和，错位相减法求偶数项的和，两部分的和即为所求； （3）作差法判断的单调性，再求的最大值. 【小问1详解】 设的公差为，的公比为（）， ，，又，， ， 【小问2详解】 当为奇数时， ， 数列的前项中所有奇数项之和 ， 当为偶数时，， 数列的前项中所有偶数项之和 ，① ，② ①－②得 . . . 【小问3详解】 ，， 当和时，； 当时，，即 又，，，，， ，，当时，， 的最大值为. 19. 已知函数． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若时，恒成立，求的取值范围； （3）当时，若正实数，，，满足，求证：． 【答案】（1） （2） （3） 由（2）可知，当且时，， 故， 当时，，， 令，则， 故在上单调递增， 设，其中，且， 则，因此在上单调递增， 从而， 则， 进而可知， 故. 【解析】 【分析】（1）根据导数的几何意义求出切线的斜率，然后求切线方程即可； （2）当时，设，求导，利用导数分析函数的单调性，然后求解即可； （3）根据题意得出当且时， ，又当时，在单调递增. 设，其中，且，然后证明即可. 【小问1详解】 当时，，即， 而，则， 故曲线在点处的切线方程为. 【小问2详解】 由，则， 设，， 则， 设，， 则， 若，则， 则函数在上单调递增，则，即， 因此函数在上单调递增， 故，符合题意； 若，且，则， 令，即， 此时，在上单调递增，在上单调递减， 则，而， 设为的零点，注意到为增函数， 当时，此时，故， 从而在上单调递增，故，符合题意； 当时，则存在，使得， 则在上单调递增，在上单调递减， 故，即，解得， 此时，即，因此， 综上所述，. 【小问3详解】 略 20. 在数列中，按照下面方式构成“次生数列”，其中表示数列，中最小的项． （1）若数列中各项均不相等且只有4项，，请写出的所有“次生数列”； （2）若满足，且为等比数列，的“次生数列”为． （i）求的值； （ii）设的前项和，若对任意的，不等式恒成立，求实数的取值范围． 【答案】（1）2，1，1，1或3，1，1，1或4，1，1，1． （2）（i）；（ii）． 【解析】 【分析】（1）根据次生数列的定义得到，从而得到有3个，分别为或或. （2）（i）根据为等比数列，求出公比，求出，从而根据次生数列的定义得到，，得到的值； （ii）由错位相减法求和，求出．由，令，求出数列的单调性求解． 【小问1详解】 因为，中各项均不相等， 所以， 若，此时“次生数列”为2，1，1，1， 若，此时“次生数列”为3，1，1，1， 若，此时“次生数列”为4，1，1，1， 所以“次生数列”的定义可知有3个， 分别为2，1，1，1或3，1，1，1或4，1，1，1． 【小问2详解】 （i）设数列的公比为， 因为为等比数列，且，所以，即，解得， 所以，则． 由“次生数列”的定义，可知 ，故． （ii）由（i） ，，① ，② 由①②得 所以． ∵ ∴ 令，则 当时，；当时，，即． ∴，故的取值范围为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三数学12月练习卷 一、单选题 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. “”是“直线与直线平行”的（ ） A. 既不充分也不必要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 充分必要条件 3. 已知函数是偶函数，则的值是（ ） A. B. C. 1 D. 2 4. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 5. 设，是两条不同的直线，，，是三个不同的平面，下列说法中错误的为（ ） ①若，，，则 ②若，，则 ③若，，则 ④若，，，则 A. ① B. ② C. ③ D. ④ 6. 如图，一个三棱柱容器中盛有水，若底面水平放置时，水面高为3，那么当侧面水平放置时，水面恰好经过，，，的中点，则（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 7. 我国汉代初年成书的《淮南万毕术》中记载：“取大镜高悬，置水盆于下，则见四邻矣.”这是我国古代人民利用平面镜反射原理的首个实例，体现了传统文化中的数学智慧.已知一条光线从点射出，经轴反射，反射光线恰好平分圆的圆周，则反射光线所在的直线方程为（ ） A. B. C. D. 8. 已知圆，直线，则（ ） A. 直线恒过定点 B. C. 当时，圆上恰有四个点到直线的距离等于 D. 若直线与直线平行，过该直线上一动点作圆的一条切线，切点为，则 9. 若，数列满足，则的值是（ ） A. 2024 B. 4048 C. 3036 D. 2025 二、填空题 10. 已知，则________． 11. 已知直线和圆相交于两点，则_________． 12. _____. 13. 将函数图象上的所有点的横坐标伸长到原来的4倍（纵坐标不变），再向右平移个单位长度，得到函数的图象，则___________ 14. 如图，在平行四边形中，，，，点为中点，，点为边上的点．若点满足，且，则___________：若点为线段上的动点，则的取值范围为___________． 15. 若函数且函数在区间内恰有4个零点，则的取值范围为_____. 三、解答题 16. 在中，内角的对边分别为．已知． （1）求的值； （2）若． ①求的值； ②求的值． 17. 在如图所示的多面体中，底面是边长为2的正方形，平面，，且，为的中点，为的中点. （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）求点到平面的距离. 18. 设数列是等差数列，是等比数列.已知，，. （1）求和的通项公式； （2）设（），求数列的前项和； （3）设（），数列的前项积为，求的最大值. 19. 已知函数． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若时，恒成立，求的取值范围； （3）当时，若正实数，，，满足，求证：． 20. 在数列中，按照下面方式构成“次生数列”，其中表示数列，中最小的项． （1）若数列中各项均不相等且只有4项，，请写出的所有“次生数列”； （2）若满足，且为等比数列，的“次生数列”为． （i）求的值； （ii）设的前项和，若对任意的，不等式恒成立，求实数的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $