山东省济宁市三校2025-2026学年高三上学期12月联考数学试卷（解析版）

第1页/共1页济宁市三校2025-2026学年高三12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，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】解不等式得到集合、，然后求交集即可.【详解】集合，集合，所以.故选：C2.已知复数，则下列结论正确的是（）A.在复平面对应的点位于第三象限 B.的虚部是C.（是复数的共轭复数） D.【答案】D【解析】【分析】化简得到，得到，，对比选项得到答案.【详解】，对应点在第二象限，A错误；虚部为，B错误；，C错误；，D正确．故选：D．3.已知正实数，满足，则的最小值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】分离常数后整理化简转化为求的最小值，由,利用“乘1法”转换变形后，利用基本不等式可得.【详解】由正实数，满足，所以，.，当且仅当，结合已知求解得当，时等号成立.所以的最小值为.故答案为：C.4.已知，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】利用和差角正弦公式、诱导公式及倍角余弦公式即可求值.【详解】.故选：D5.已知圆C：，直线l：，若圆C上有四个不同的点到直线l的距离为，则c的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】利用直线和圆的位置关系及点到直线的距离公式数形结合计算即可.【详解】将圆C化成标准方程为，圆心，半径.上图所示，使圆上有4个不同的点到直线的距离等于，则圆心到直线的距离小于，所以圆心到直线的距离，即，解得，所以实数的取值范围为.故选：D.6.已知等差数列为递增数列，若，，则数列的公差等于（）A.1 B.2 C.9 D.10【答案】A【解析】【分析】根据给定条件结合等差数列性质计算出，进而求出与即可得解.【详解】在等差数列中，依题意，，解得，而，且为递增数列，即，则，，所以数列的公差.故选：A7.已知，满足，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用二倍角公式化简方程，结合特殊角的函数值求解即可.【详解】因为，所以，即，所以，或，因为，所以，故选：B.8.已知抛物线与过焦点的一条直线相交于，两点，的准线交对称轴于点，则下列结论正确的是（）A. B.的最小值为C.以为直径的圆与轴相切 D.的面积最小值为2【答案】B【解析】【分析】当直线斜率不存在时，计算可得此时，以为直径的圆不与轴相切，即可判断AC；对于B：设，结合抛物线定义表示，利用基本不等式求其最小值即可判断，对于D，设直线的方程为，，联立方程组求，表示的面积求其最小值，即可判断.【详解】抛物线的焦点的坐标为，准线方程为，点的坐标为，对于AC：当直线的斜率不存在时，即直线方程：，联立可得，或，不妨设交点的坐标为，则点的坐标为，所以，A错误；则以为直径的圆半径为，此时不与轴相切，故C错误.对于B，设点的坐标为，则，又三点共线，故，所以，，所以，所以，由基本不等式可得当时，，当且仅当时取等号，所以，，所以，所以，当且仅当直线与垂直时等号成立，所以的最小值为，B正确；对于D：过点的斜率为的直线与抛物线有且只有一个交点，不满足要求，故可设直线的方程为，，，由，得，得，，，又，所以，所以，当且仅当时取等号，所以的面积最小值为，故D错误．故选：B．二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分.每小题有多个选项符合题意，全选对得满分，漏选得部分分，错选不选不得分）9.设分别为△的内角的对边，下列条件中可以判定△一定为等腰三角形的有（）A. B.C. D.【答案】BCD【解析】【分析】利用正弦定理的边角关系，结合三角恒等变换及三角形内角的性质，即可判断△是否为等腰三角形.【详解】A：，即，有或，错误；B：，即，在三角形中必有，正确；C：，在三角形中必有，正确；D：，而，所以，在三角形中必有，正确；故选：BCD.10.已知函数的最小正周期为，则（）A. B.C. D.【答案】BCD【解析】【分析】对A，利用周期公式计算得解；对B，求出，代入计算；对C，代入解析式计算判断；对D，代入解析式计算判断.【详解】对于A，由题意可得，解得，故A错误；对于B，函数的解析式为：，故，则，故B正确；对于C，，，所以，故C正确；对于D，，，所以，故D正确.故选：BCD.11.如图，线段为圆直径，点，在圆上，，矩形所在平面和圆所在平面垂直，且，，则下述正确的是（）A.平面B.平面C.点到平面的距离为D.三棱锥外接球的体积为【答案】ABC【解析】【分析】由，，易证平面，A正确；B，由所矩形所在平面和圆所在平面垂直，易证平面，所以，由线段为圆的直径，所以，易证故B正确.C，由可求点到平面的距离为，C正确.D，确定线段的中点是三棱锥外接球心，进一步可求其体积，可判断D错误.【详解】解：，，四边形为平行四边形，所以，平面，平面，所以平面，故A正确.线段为圆的直径，所以，矩形所在平面和圆所在平面垂直，平面平面，平面，所以平面，平面，所以平面，平面，，所以平面，故B正确.，是正三角形，所以，，所以平面，，，，，，是等腰三角形，的边上的高，，，平面，平面，平面，点到平面的距离为，，，设点到平面的距离为，，，所以，故C正确.取的中点，则，，所以平面，所以所以是三棱锥外接球的球心，其半径，三棱锥外接球的体积为，故D错误，故选：ABC.【点睛】综合考查线面平行与垂直的判断，求点面距离以及三棱锥的外接球的体积求法，难题.三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）12.设F是双曲线的右焦点，O为坐标原点，过F作C的一条渐近线的垂线，垂足为M，若的内切圆与x轴切于点N，且，则C的离心率为____________________.【答案】【解析】【分析】结合题意，首先求出，由，通过运算得到，再利用之间的关系得到关于离心率的方程，解出即可.【详解】结合题意：双曲线渐近线方程为：，即.所以F到渐近线的距离为，所以，则的内切圆的半径为，设的内切圆与FM切于点P，则，由，得,即,则，，由，得．即,由于，解得．故答案为：.13.若点和点分别为椭圆的中心和左焦点，点为椭圆上任意一点，则的取值范围为________.（答案用区间形式表示）【答案】【解析】【分析】设，求出，根据的范围以及点为椭圆上的任意一点求出的取值范围.【详解】点为椭圆上的任意一点，设（，），依题意得左焦点，，，，，，，，即.故答案为：.14.已知函数，设，若函数有6个零点，则实数的取值范围是______.【答案】【解析】【分析】作出图象，令，则方程在有两个根，据此列出不等式组，即可求出实数的取值范围.【详解】当时，，此时函数在上单调递增，当时，，则，当时，，当时，，所以在上递增，在上递减，且，故函数的图象如图所示，令，则由，得，因为函数有6个零点，所以由图象可知在上有两个不同的根，所以，且满足，解得，即实数的取值范围是，故答案为：四、解答题（本题共5小题，共77分）15.ABC中，分别为角A，B，C的对边，且满足．（1）求角C；（2）若ABC为锐角三角形，c＝12，求ABC面积S的最大值．【答案】（1）或；（2）.【解析】【分析】（1）根据，由正弦定理得到：，即求解；（2）由（1）根据ABC为锐角三角形，得到，然后利用余弦定理结合基本不等式得到的范围求解.【详解】（1）因为，由正弦定理可得：，因为，所以，所以，即，所以或，即或，①若，则，②若，则，因为，所以，即，综上，或.（2）因为ABC为锐角三角形，所以，因为，即（当且仅当a＝b等号成立）.所以即△ABC面积S的最大值是16.已知数列满足，.（1）求通项公式；（2）若，记数列的前99项和为，求.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）首先通过累加法求解，然后解得；（2）首先通过分析判断出数列是周期数列，然后通过平方差公式分解求得，最后代入求解即可；【小问1详解】因为，所以，，累加得，所以.【小问2详解】因为，所以.当时，；当时，；当时，.所以数列是以3为周期的数列.故.17.如图，在三棱柱中，侧面为正方形，点、分别是、的中点，平面.（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）若是边长为的菱形，求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）.【解析】【分析】（Ⅰ）设的中点为Q，连接，，证明出，即可证明出平面；（Ⅱ）以，，分别为，，轴建立坐标系，写出各点坐标，求解平面的法向量，设直线与所成角为，代入公式即可求出.【详解】解：（Ⅰ）证明：设的中点为Q，连接，，因为、分别为，的中点，所以，且，又，且，所以，且，所以四边形为平行四边形.所以，又因为平面，平面，所以平面.（Ⅱ）平面，，平面，，，又，，，所以平面.于是以，，分别为，，轴建立平面直角坐标系，如图，因为是边长为的菱形，且，得，所以各点坐标：，，，，，，则，，设平面的法向量为，则，即则，设直线与所成角为.则.【点睛】本题考查了立体几何中的线面平行的判定和线面夹角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.18.已知椭圆：的左、右焦点分别为、，是椭圆上一动点，的最大面积为，.（1）求椭圆的方程；（2）若直线与椭圆交于、两点，、为椭圆上两点，且，求的最大值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据焦距得到，结合三角形面积的最大值得到，利用求得，得到椭圆的方程；（2）根据已知设出直线的方程，与椭圆联立，利用根与系数的关系及弦长公式得到，判断单调性即可求得最大值.【小问1详解】解：设椭圆的半焦距为，，，的最大面积为，，，，椭圆的方程为；【小问2详解】由题知，设直线的方程为，，，联立，消去并整理得：，∴，得，，，∴，设，，由复合函数的单调性知：在上单调递增，在单调递减，∴当时，，故.19已知函数，，.（1）若曲线在点的切线也是曲线的切线，求的值；（2）讨论函数在区间上的单调性；（3）若对任意恒成立，求的取值范围.【答案】（1）（2）答案见解析（3）【解析】【分析】（1）利用导数的几何意义来求曲线在某点处的切线方程即可求解；（2）利用分类讨论，通过导数正负符号的判断可得单调区间；（3）利用端点值刚好为，要满足不等式恒成立，必要条件先行，再证明充分性即可求解.【小问1详解】由已知得，，在点处的切线方程为.设与切于，，，则过该点的切线方程为：，整理得，由于该切线与重合，则.【小问2详解】由，求导得，①当时，，，在上单调递增；②当时，令当时，，在区间上单调递减，当时，，在区间上单调递增③当时，令当时，，在区间上单调递增；当时，，在区间上单调递减【小问3详解】由题意得，即对恒成立.令，，令，，因为，，若，则在处的切线必然是上升的