江苏省苏南五校2025-2026学年高三上学期12月月考数学检测试卷 附答案

/江苏省苏南五校2025−2026学年高三上学期12月月考数学试卷一、单选题1．设全集，集合，，则（

）A． B． C． D．2．已知复数满足，则（

）A． B．1 C． D．3．已知，则“”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4．已知平面向量，，若，则（

）A． B． C． D．5．已知双曲线，以其右焦点为圆心，为半径的圆与双曲线的两条渐近线相切，则双曲线的离心率为（

）A． B． C．2 D．6．下列区间上函数单调递减的是（

）A． B． C． D．7．已知圆C的方程为，，点P在圆C内部，过点P的2025条弦长组成一个等比数列，且过点P的最短弦长和最长弦长分别为，，若，则的最大值为（

）A．24 B．26 C．28 D．308．已知函数及其导函数的定义域均为，若，都为偶函数，则（

）A．440.5 B．441.5 C．442.5 D．443.5二、多选题9．下列命题为真命题的是（

）A．若，则B．若，则C．若，，D．若，则10．已知曲线：．以下说法正确的是（

）A．曲线C的面积为B．直线与曲线C有且仅有两个公共点C．圆与曲线C无公共点D．是曲线C的一条切线11．已知从点P出发的三条射线，每两条射线的夹角均为，A，B，C分别是三条射线上不同于P的三个点.以下说法正确的是（

）A．若，则直线与平面所成角的余弦值是B．若，且，则四面体的外接球的体积为C．存在四面体，其每个面都是直角三角形D．若，存在，使得平面平面三、填空题12．已知抛物线，点P为抛物线上一点，，则的最小值为.13．已知等差数列的前n项和为，的前n项和为.若，，则.14．对于任意实数，符号表示“不超过的最大整数”，如，，，则；若函数，则的值域为.四、解答题15．记为数列的前项和，已知，且为等比数列.（1）求的值.（2）设，证明：.16．如图，在四棱锥中，，，两两垂直，四边形是梯形，，，为棱的中点.（1）设过点的平面与棱交于点，求证：；（2）在线段上是否存在点，使得平面与平面的夹角的余弦值为，若存在，求出点到平面的距离；若不存在，请说明理由.17．已知椭圆：的左、右焦点分别为，，离心率为.过点的直线与椭圆交于两点.当轴时，.（1）求椭圆C的方程；（2）设，当面积为时，求直线的方程.18．已知中，角的对边分别是，且.（1）若，求；（2）若且B为钝角.（i）若，求的面积.（ii）若D为线段上一点，且满足，求的值.19．已知，，.（1）讨论函数的单调性；（2）求证：当时，；（3）若在时恒成立，求实数的取值范围.

参考答案1．【答案】B【详解】要使函数有意义，须满足真数，解得，所以，所以.又因为，所以.故选B2．【答案】A【详解】由条件可知，，所以，所以.故选A3．【答案】B【详解】因为所以或所以或者故“”是“”的必要不充分条件.故选B.4．【答案】C【详解】已知，则，∵，∴，解得，∴．∴，，∴，∵，∴．故选C．5．【答案】D【详解】双曲线的渐近线为，因为以为圆心，为半径的圆与双曲线的两条渐近线相切，所以到渐近线的距离为，即，所以，所以双曲线的离心率.故选D.6．【答案】B【详解】令，则，所以函数的单调递减区间为，当时，，则.经检验ACD均不满足题意.故选B.7．【答案】A【详解】由圆C的方程为可知，圆心，半径由题意可知，过圆内点的最长弦为直径，即.过圆内点的最短弦与垂直，设，所以①.又因为数列是等比数列，由等比数列的性质可知，即，解得，将其代入①式可得，所以点P在以C为圆心，8为半径的圆上.由，可得，所以圆外一点到圆上一点的最大值.故选A8．【答案】C【详解】因为为偶函数，所以，即，即，所以；又因为是偶函数，所以，即，所以，即，所以，即，，在中，令，则有所以；在中，令，可得，在中，令，则有，所以；又因为，所以，所以成等差数列，公差，首项为，所以；同理可得，所以成等差数列，公差，首项为，所以；所以.故选C.9．【答案】BCD【详解】对于选项A，当时,，故A错误.对于选项B，因为,所以,所以,故B正确.对于选项C，,而,所以，故C正确.对于选项D，令,所以且,又因为显然成立，所以成立，即，故D正确.故选BCD.10．【答案】ACD【详解】当时，曲线的方程为，即，表示圆心为，半径为的圆在第一象限（包括坐标轴）的部分；同理，曲线还包含圆心为、、，半径均为的圆分别在第二、三、四象限的部分（包含坐标轴），当时，曲线C表示原点．∴曲线：如图所示：选项A：由上述分析可知，曲线是由四个半径为的圆在不同象限的部分组成，其面积为四个半圆的面积加上四个等腰直角三角形的面积，即，故A正确；选项B：直线过原点，故与曲线有三个公共点，故B错误．选项C：考虑曲线C在第一象限时，，设圆心为，设圆的圆心为，则，即圆与圆是相离关系，根据曲线C的对称性可知，曲线C与该圆相离，没有公共点，故C正确；选项D：如图：圆，圆心到直线的距离，∴圆与直线相切，即曲线C与相切，故D正确；故选ACD．11．【答案】ABD【详解】A，如图所示，把放在正方体中，的夹角均为．建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体棱长为1，则，所以，设平面的法向量，则令，则，所以，所以．设直线与平面所成角为，所以，所以，故A正确；B，将四面体补成正方体，正方体的外接球即为四面体的外接球，外接球的半径，所以，故B正确；C，若四面体每个面都是直角三角形，则为直角三角形，当，则三个三角形的直角顶点只能是，在中，若，则，若，，所以，同理，，三式相乘，左边恒为，右边等于，其中为取到的个数，因为，所以，故不能同时为直角三角形，故不存在四面体，其每个面都是直角三角形，当时，即为直角三角形，此时，，，，不妨设，则中，边最大，，所以为锐角，则不可能为直角三角形，故不存在四面体，其每个面都是直角三角形，故C错误；D，假设平面平面，过点作，垂足为，连接，而，根据对称性可得是的角平分线，由题意，设，，，作，垂足为，连接，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，又平面，则，，，又因为，，平面，所以平面，又平面，所以，在中，，在中，，在中，，因为，所以，所以，则，在中，，即，两边同时除以得，即，所以，则，所以，当时，，所以存在使得平面平面，故D正确.故选ABD.12．【答案】【详解】设，则由题意得：，因为点P为抛物线上一点，所以，代入可得：，所以当时，的最小值为.13．【答案】【详解】因为数列为等差数列，为其前n项和，由其性质可知数列为等差数列，又因为为等差数列的前n项和，即，因为，所以，解得，所以，故.14．【答案】【详解】根据题意，；又，，，为偶函数，且周期为，当时，，，又因为在上单调递增，所以值域为；当时，，，又因为在上单调递减，所以值域为；综上，时，的值域为，即时，的值域为，又，所以时，；时，；时，；时，；综上，的值域为．15．【答案】（1）（2）见详解.【详解】（1）因为，，所以，，因为为等比数列，所以，即，解得或，当时，，与等比数列的项不为矛盾，故不满足题意，舍去；当时，，，故，即，又，，所以，即为等比数列，满足题意.综上，.（2）由（1）知是以为公比，为首项的等比数列，所以，即，所以，所以因为，，所以，所以，即16．【答案】（1）见详解；（2）存在，或【详解】（1）证明：如图，取中点，连接，因为为棱的中点，所以，因为，，所以，所以四边形为平行四边形，即四点共面，所以平面即为过点的平面，因为过点的平面与棱交于点，所以点与点重合，所以（2）因为在四棱锥中，，，两两垂直，所以，如图建立空间直角坐标系，则设，则，，所以，，设平面的一个法向量为，则，即，令得，即，设平面的一个法向量为则，即，令，则，即因为平面与平面的夹角的余弦值为，所以，即，整理得，即，解得或，均满足，所以，当时，，此时点到平面的距离为；当时，，此时点到平面的距离为综上，线段上存在点，使得平面与平面的夹角的余弦值为，点到平面的距离或.17．【答案】（1）（2）或【详解】（1）离心率，，又，即，则，椭圆：可化为，当轴时，，，，点在椭圆上，，将代入，得，，，，椭圆C的方程为；（2）由（1）知，设，，当直线的斜率不存在时，，，此时三点共线，不能构成三角形，故不满足题意；当直线的斜率存在时，设，联立直线与椭圆的方程，消去，得，则，，，又点到直线的距离，，化简得，解得或（舍），则，经检验符合题意.直线的方程为或.18．【答案】（1）（2）（i）；（ii）【详解】（1）时，，即，由辅助角公式，，结合可得，，则，结合，可得（2）（i），整理可得，即，由可知，代入上式可得，，即，由题知，可知，则，得到，故，解得，由正弦定理，，则，由面积公式可知；（ii）设，在中，由正弦定理，，在中，由正弦定理，，两式相乘可得，由题干可得，则，则，则（负值舍去），由于，只可能，得到，即是的平分线，根据角平分线定理结合正弦定理，19．【答案】（1）见详解；（2）见详解；（3）【详解】（1）由，当时，，则在上单调递增；当时，由可解得：，由可解得：或，则在区间上单调递增，在区间，上单调递减；（2）当时，要证明，即证明，即证明：，令，，则，所以在上单调递增，即，所以原不等