广东省东莞市塘厦中学2025-2026学年高三上学期12月月考数学检测试卷 附解析

/2025-2026学年第一学期高三12月月考数学试题第考试时间：120分钟满分：150分一、单选题（每题5分，共40分）1.已知集合，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】化简集合，再利用交集的定义直接求解.【详解】依题意，，而，所以故选：D2.设，复平面内表示复数的点在直线上，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据复数在复平面内的坐标表示，结合已知直线方程求出的值，进而得到复数.【详解】复数对应的点的坐标为，因为该点在直线上，所以，解得，则.故选：B.3.设数列是等比数列，则“”是“为递增数列”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】当时，可得，但此时数列不单调，根据数列的单调性，结合充分、必要条件的判定方法，即可得答案.【详解】当时，，虽然有，但是数列为摆动数列，并不是递增数列，所以不充分；反之当数列是递增数列时，则必有，因此是必要条件，故选：B．【点睛】本题考查充分、必要条件的判断，数列的单调性，着重考查推理分析的能力，属基础题.4.已知，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，，则下列说法正确的是（）A.若，则 B.若，则C.若，则 D.若，则【答案】D【解析】【分析】根据线面平行的性质判断A的真假；根据线面平行的判定判断B的真假；根据线面垂直的判定判断C的真假；根据线面垂直的性质判断D的真假.【详解】若，则m，n平行或异面，A选项错误；若，则或，B选项错误；若，则m，不一定垂直，也可能平行或相交，C选项错误；若，，则，D选项正确.故选：D5.已知数列是首项为1的等差数列，且，则（）A B.或 C. D.或【答案】B【解析】【分析】设出数列的公差为，根据及列出方程，解得，再根据等差数列下标和的性质解决即可.【详解】设数列的公差为，又，即，整理得，解得或，当时，；当时，又，因此或.故选：B.6.已知双曲线的右焦点为，虚轴的上端点为，线段与交于点，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】合理作出辅助线，利用锐角三角函数的定义得到，再代入得到，最后利用相似三角形的性质求解即可.【详解】由题意得的半焦距，如图，其中，作于点，且设，而由锐角三角函数的定义得，解得，故，代入，得，化简得，而，解得（其它根舍去）由题意得，得到.故选：A.7.某地区举办演唱会时，举办方为防止观众私自携带灯牌等应援物品，使用了安检门进行辅助检测.依照以往数据，任一观众私自携带应援物品的概率为，若观众确实携带，安检门亮灯提示的概率为；若观众没有携带，安检门依旧有的概率因误检其他物品而亮灯提示.若某观众通过安检门时被亮灯提示，则该观众确实私自携带应援物品的概率为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据全概率公式，以及条件概率公式即可求解.【详解】设事件：该观众私自携带应援物品；事件：安检门亮灯提示，则某观众通过安检门时被亮灯提示，则该观众确实私自携带应援物品的概率为所以.故选:B.8.若圆上点处的切线与抛物线有且仅有一个公共点，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据圆心和切点坐标，可得切点与圆心连线的斜率的值，即可求出切线的斜率k，进而可得切线方程，将切线方程与抛物线联立，根据题意，可得，即可求得答案.【详解】易知圆心坐标为，故切点与圆心连线的斜率为，故切线的斜率，所以该切线方程为，即，联立，则，由公共点唯一可知：，解得（舍）或．故选：D二、多选题（每题6分，共18分）9.为考察某植物幼苗的成长速度，将六个品种的幼苗在相同的环境下培养7天，得到的高度散点图如图所示，则这6个数据的（）A.极差为10 B.平均数为37C.上四分位数为40 D.下四分位数为32【答案】AC【解析】【分析】根据一组数据的极差、平均值、百分位数逐项计算即可得解.【详解】将数据按照从小到大的顺序排列为：32，33，35，38，40，42，极差为，故A正确；平均数为，故B错误；上四分位数，由，故上四分位数为40，故C正确；下四分位数，由，故下四分位数为33，故D错误．故选AC．10.已知向量，则下列说法正确的是（）A.若，则 B.C. D.【答案】ABD【解析】【分析】当时，验证是否成立，即可判断A；根据平面向量数量积的坐标表示，验证是否成立，即可判断B；取，验证是否成立，即可判断C；验证是否成立，即可判断D.【详解】若，则，所以，故A正确；因为，而，所以，故B正确；取，则，此时，，故C错误；因为，故D正确.故选：ABD.11.如图，在直三棱柱中，，，点，，，分别是，，，的中点，则（）A.，，，四点共面B.线段为直三棱柱外接球的直径C.三棱锥的体积为D.异面直线与所成角【答案】BC【解析】【分析】由异面直线的判定判断A；补形成正方体判断B；利用等体积法求出体积判断C；求出异面直线夹角判断D.【详解】对于A，直线平面，点平面，而直线，点平面，因此直线与直线是异面直线，则四点不共面，A错误；对于B，将三棱柱补形为正方体，为该正方体共点的三条棱，矩形为该正方体对角面，则为三棱柱外接球直径，B正确；对于C，点到平面的距离为，则，C正确；对于D，取中点，连接，由是中点，得，则是异面直线与所成角或其补角，由已知，，，平面，所以平面，故平面，又平面，于是，而，因此，即，D错误.故选：BC三、填空题（每题5分，共15分）12.若的展开式中，的系数等于的系数的5倍，则____．【答案】【解析】【分析】利用二项式定理分别得到和的系数，便可求解.【详解】由二项式定理可知，的系数为，的系数为，由题可得，即，所以，而且，解得．故答案为：.13.已知圆与圆交于，两点，则公共弦长____．【答案】【解析】【分析】将两圆的方程进行相减，然后结合几何知识进行求解即可.【详解】由题得，，，两方程相减得，，则圆心到此直线距离为，所以．故答案为：.14.已知函数，若存在，使得成立，则实数的取值范围是____．【答案】【解析】【分析】构造函数，分情况讨论的最值情况，即可得解.【详解】设，则当时，不成立；当时，由，得，则，不成立；当时，若，即，则，即成立；若，即，则，即，得；综上，的取值范围是．四、解答题（共6小题，共77分）15.在中，设内角的对边分别为，满足的面积为.（1）求；（2）若，求的外接圆的面积.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由余弦定理和面积公式求得的值，即可求得答案；（2）由面积公式求得的值，再由余弦定理求得的值，根据正弦定理可求外接圆的半径，则外接圆的面积可求.【小问1详解】由余弦定理得，由面积公式得，两式作比，得，即，由得.【小问2详解】代入，有，而，得到，记的外接圆半径为，由正弦定理得，故的外接圆的面积为.16.已知数列满足，（1）请证明是等比数列，并求数列的通项公式；（2）令，求数列前项的和．【答案】（1）证明见解析，（2）【解析】【分析】（1）根据条件得到，利用等比数列的定义即可求解，再由等比数列的通项公式，即可求解；（2）由（1）得，再由错位相减法，即可求解.【小问1详解】因为，则，又，因此是以为首项，为公比的等比数列，由，得到．【小问2详解】由（1）知，，所以①，则②，由①②得到，所以，故．17.如图，在三棱锥中，平面.（1）求证：平面平面；（2）若是的中点，点在线段上，且，求直线与平面所成角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）借助线面垂直的性质与线面垂直的判定定理可得平面，再利用面面垂直的判定定理即可得证；（2）由平面可得，则可建立适当空间直角坐标系，再求出直线的方向向量与平面的法向量后，结合空间向量夹角公式计算即可得解.【小问1详解】由平面，平面，故，又，，，平面，则平面，又平面，故平面平面；【小问2详解】由平面，平面，故，故可以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，则、、、，则，则，，，，由，则，则，设平面的法向量为，则有，取，则，，即可取，设直线与平面所成角为，则，则.所以直线与平面所成角的余弦值为18.已知函数．（1）当时，求曲线在点处的切线方程；（2）若，求的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由导数的几何意义求切线方程；（2）令函数，两次求导进行求解．【小问1详解】当时，．．曲线在点处的切线方程为，即．【小问2详解】因为，所以当时，．令函数，则．令函数，则所以在上单调递增．因为，所以当时，，当时，，所以上单调递减，在上单调递增，．所以，即的取值范围为．19.已知椭圆的右焦点为，过的直线与交于两点.当为的上顶点时，.（1）求的方程；（2）过点作的垂线，垂足为.（i）证明：直线过定点；（ii）若的斜率不为0，记的中点为，（i）中的定点为的斜率为的斜率为，证明：是定值.【答案】（1）（2）（i）证明见解析；（ii）证明见解析【解析】【分析】（1）根据椭圆的定义进行求解即可.（2）（i）解法一：联立直线与椭圆方程，结合韦达定理，将直线的方程表示出来并化简即可求出定点；解法二：联立直线与椭圆方程，结合韦达定理，得出，然后将直线的方程表示出来并化简即可求出定点；（ii）列出的表达式并化简即可证