河南省漯河市临颍县晨中学校2025~2026学年高三上册12月月考数学试卷（含解析）

/2025-2026学年高三上数学12月月考卷一､单项选择题（本题8小题，每题5分，共40分，在每小题四个选项中，只有一个选项符合题意.）1.已知正项等差数列的前项和为，则的最小值为（）A.9 B. C. D.8【正确答案】C【分析】利用等差数列求和公式及等差数列通项的下标和性质可得，又，进而利用“1”的代换技巧求解最值即可.【详解】由等差数列前项和公式可得，所以，所以，又，则，当且仅当，即时等号成立，故的最小值为.故选：C2.已知函数在处可导，若，则（）A.27 B.2 C.3 D.7【正确答案】C【分析】根据导数的定义求解即可.【详解】因为，所以.故选：C.3.下列不等式中正确的是（）A. B.C. D.【正确答案】D【分析】根据指数函数、幂函数及对数函数的单调性一一判断即可.【详解】对于A：因为在定义域上单调递减，所以，故A错误；对于B：因为在上单调递增，所以，故B错误；对于C：因为在定义域上单调递减，所以，故C错误；对于D：因为在定义域上单调递减，所以，所以，又，，所以，故D正确.故选：D4.已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，，若，，且为边上的高，为边上的中线，则的值为（）A.2 B. C.6 D.【正确答案】D【分析】据题意，，，，根据向量的数量积运算即可求.【详解】因为为边上的中线，所以，又BE为边AC上的高，所以，且在中，，所以.故选：D.5.如图所示的几何体是从棱长为2的正方体中截去到正方体的某个顶点的距离均为2的几何体后的剩余部分，则该几何体的体积为（）A. B. C. D.【正确答案】B【分析】正方体的体积减去八分之一球体的体积，从而确定正确答案.【详解】由图可知，几何体是由正方体截去八分之一球体所得，所以体积为.故选：B6.一艘渔船在海上由南向北航行（航线视为一条直线），当船航行到点A时，测得远处一座灯塔T在其北偏东45°的方向上．渔船继续向北航行10km到达点B，此时测得灯塔T在其北偏东75°的方向上，则此时渔船与灯塔T的距离为（）A.km B.km C.km D.km【正确答案】A【分析】根据正弦定理即可求解.【详解】由题意可得示意图，则所以由正弦定理可得，故（）.故选：A7.已知定义在上的函数满足，且，则（）A. B.为奇函数C.有零点 D.【正确答案】D【分析】对A，令，可得或，并验证判断；对B，由结合奇函数性质判断；对C，令，解得或，结合零点定义判断；对D，令，代入运算判断.【详解】对于A，因为，令，可得，所以或.令，可得，即，若，则，与矛盾，故A错误；对于B，由A，得且函数的定义域为，故函数不是奇函数，故B错误；对于C，令，得，即，解得或，显然函数没有零点，故C错误；对于D，令，可得，即，所以，故D正确.故选：D.8.已知函数，则（）A. B. C. D.【正确答案】A【分析】用配凑法得到含有的解析式，即可得.【详解】因为函数，所以函数.故选：A二､多项选择题（本题3小题，每题6分，共18分，在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分.）9.如图所示，在棱长为1的正方体中，，分别为棱，的中点，则以下四个结论正确的是（

）A.平面B.点到平面的距离为1C.过作与该正方体所有棱都相切的球的截面，所得截面的面积的最小值为D.若为直线上的动点，则为定值【正确答案】ABD【分析】对A，证明，利用线面平行的判定定理得证；对B，利用三棱锥等体积求解；对C，连接交于点，则是的中点，由对称性可得截面的面积最小的圆是以所在的弦为直径的截面圆，即截面圆圆心为，求出截面圆的半径得解；对D，由，结合向量数量积运算得解.【详解】对于A，连接，，在正方体中，，而M，N分别为棱，的中点，则，又平面，平面，所以平面，故A正确；对于B，连接，设点到平面的距离为，由，得，又，则，所以，故B正确；对于C，连接交于点，则是的中点．正方体的棱切球的球心是正方体对角线的中点，半径．由对称性知过作该正方体外接球的截面，所得截面的面积最小的圆是以所在的弦为直径的截面圆，即截面圆圆心为.易得，∴．故截面圆半径，此时截面圆面积为，故C错误；对于D，易得，所以，故D正确.故选：ABD.10.已知向量，，下列结论正确的是（）A.若，则B.若，则C.若，的夹角为钝角，则x的取值范围为D.设在方向上的投影向量为，则的取值范围为【正确答案】ABD【分析】对于A，根据平面向量垂直的坐标表示求解判断即可；对于B，根据平面向量共线的坐标表示求解判断即可；对于C，由的夹角为钝角可得，且不共线，进而求解判断即可；对于D，可得，换元，利用判别式法求解判断即可.【详解】因为向量，，对于选项A：若，则，解得，故A正确；对于选项B：若，则，即，故B正确；对于选项C：由的夹角为钝角，则，且不共线，可得且，所以x的取值范围为，故C错误；对于选项D：因为，，则，可得，令，则，当，即时，可得，符合题意；当，即时，则，解得且，综上所述：，即的取值范围为，故D正确.故选：ABD.11.设是函数的导数，若，且对任意的，有，则下列各项正确的是（）A. B.C. D.【正确答案】AC【分析】利用导数的几何意义，通过数形结合来作出各选项判断.【详解】因为，所以在上是单调递增函数，即，故A正确；因为对任意的，有，所以在上是一个上凸函数，如图：根据导数的几何意义，结合图象和可知：随着的增大，在点处的切线斜率越来越小，即在上单调递减，即，故B错误；由上图可知：在的切线斜率大于两点的斜率，即，又由图可知：在切线斜率小于两点的斜率，即，故C正确；根据导数的几何意义，结合图象和可知：随着的增大，在点处的切线斜率越来越小，且斜率变化率越来越慢，所以是一个下凹函数，根据图象可知斜率小于斜率，即有，故D错误；故选：AC三､填空题（本题3小题，每题5分，共15分）12.过点且渐近线与双曲线的渐近线相同的双曲线方程为______.【正确答案】【分析】由题意可知，设与双曲线的渐近线相同的双曲线方程为，将点代入，即可求出，进而求出结果.【详解】根据题意，双曲线渐近线方程为，所以要求的双曲线方程为，又过点，代入方程可得，因此双曲线方程为.故答案为:.13.“，”的否定为______．【正确答案】，，【分析】根据存在量词命题的否定的定义求解即可.【详解】根据存在量词命题的否定，“，”的否定为，，.故，，.14.已知函数，写出函数的单调递减区间____________．【正确答案】【分析】利用导数判断函数的单调性即可.【详解】，，令，即，解得或.当时，，则在上单调递增；当时，，则在上单调递减；当时，，则在上单调递增.综上可知，函数的单调递减区间为.故答案为.四､解答题（本题5小题，共77分）15.如图，在四棱锥中，侧面平面，是边长为2的等边三角形，底面为直角梯形，其中，，.（1）取线段中点，连接，证明：平面；（2）求平面与平面夹角的余弦值；（3）线段上是否存在点，使得平面平面？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.【正确答案】（1）证明见解析；（2）（3）存在，【分析】（1）取中点，连接，证出四边形为平行四边形，即可得证.（2）建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量以及平面的一个法向量，利用向量公式即可求解.（3）令，求出平面的法向量，再由两平面垂直得进行求解．【小问1详解】在四棱锥中，取中点，连接，由为的中点，且，，得，，则四边形为平行四边形，所以，因为平面，平面，所以平面．【小问2详解】取的中点，连接，，由为等边三角形，得，而平面平面，平面平面，平面，则平面，由，得四边形是平行四边形，于是，而，则，直线两两垂直，以为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图，则，，设平面的法向量为，则，取，得，平面的一个法向量为，则，设平面与平面夹角为，由于为锐角，则，故平面与平面夹角的余弦值为．【小问3详解】令，，，设平面的法向量为，则，取，得，平面的法向量为，由平面平面，得，得，得，故存在点，使得平面平面，此时．16.已知是等差数列，其前项和为，是等比数列，已知，，，是和的等比中项.（1）求和的通项公式；（2）对任意的正整数，设求数列的前项和.（3）若对于恒成立，求实数的取值范围.【正确答案】（1）；（2）（3）【分析】（1）利用及求出，再结合，是和的等比中项可求出；（2）利用错位相减法即可求出；（3）由题可得对于恒成立，令，当时，，当时，单调递减，从而可得.【小问1详解】由，，解得，所以；则，由是和的等比中项，则，解得，又由，所以，所以.【小问2详解】由（1）可得，则①，②，将两式相减得：，解得；【小问3详解】若，对于恒成立，即，对于恒成立，化简得对于恒成立，令，则，当时，；所以当时，，所以当时，单调递减，当时，，所以，所以，故实数的取值范围为．17.如图1，在梯形中，，且，沿对角线将折起，使得点到点位置，且平面平面，如图2.（1）求证：；（2）求三棱锥的外接球的体积；（3）求平面与平面夹角的余弦值.【正确答案】（1）证明见解析；（2）；（3）.【分析】（1）在梯形中证得，再利用面面垂直的性质推理得证.（2）以点为原点建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，设出球心坐标，利用空间两点间距离公式建立方程组求出球半径，再利用球的体积公式求解.（3）利用（2）中坐标系，求出平面与平面的法向量，再利用面面角的向量法求解.【小问1详解】在梯形中，，取的中点，连接，由，得四边形平行四边形，则，于是，即，由平面平面，平面平面，平面，得平面，而平面，所以.【小问2详解】在三棱锥中，在平面内过点作，由（1）知平面，则直线两两垂直，以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，由，得，又，则，设三棱锥的外接球球心为，半径为，则，即，解得，所以三棱锥的外接球的体积为.【小问3详解】由（2）得，设平面法向量为，则，取，得，设平面的法向量为，则，取，得，设平面与平面的夹角为，则，所以平面与平面夹角的余弦值为.18.已知函数.（1）讨论函数的单调性；（2）若，设函数.（i）求证：；（ii）若恒成立，求实数的值.【正确答案】（1）答案见解析（2）（i）证明见解析；（ii）1【分析】（1）对函数进行求导，根据导函数的正负性，结合的正负性分类讨论进行求解即可；（2）首先证明.（i）运用已证明不等式，结合放缩法进行求解即可；（ii）构造新函数，利用导数的性质，结合函数零点存在原理进行分类讨论进行求解即可.【小问1详解】函数，定义域为.因为，当时，恒成立，则在单调递增；当时，，令，解得，令，解得，所以在上单调递减，在上单调递增；综上，当时，在单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增.【小问2详解】首先证明：，当且仅当时等号成立.记，当时，，当，，则在上单调递减，在上单调递增；所以，即，当且仅当时等号成立.由，所以有，当且仅当时等号成立，所以有，当且仅当时等号成立.（i）若，函数.当时，；当时，；综上，.（ii）记，即要求恒成立.当时，当且仅当时等号成立.当时，.记，，所以在单调递减.当时，取，，，由函数零点存在定理，存在唯一的，使得，当时，，此时在单调递减，则，不符合题意.当时，取，，，由函数零点存在定理，存在唯一的，使得，当时，，此时在单调递增，则，不符合题意.综上，实数的值为1.19.已知椭圆的离心率为，且经过点，直线与轴交于点，与椭圆