广西梧州市部分学校2026届高三上学期12月月考数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1广西梧州市部分学校2026届高三上学期12月月考数学试题一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.设，则在复平面内z对应的点位于（）A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限【答案】A【解析】，在复平面内z对应的点的坐标为，位于第一象限．故选：A．2.已知集合，，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】由，可得，所以，所以.故选：B.3.若，则（）A.1 B. C.2 D.【答案】B【解析】因为，所以，所以，所以，故选：B.4.已知是等比数列，且，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】设等比数列的公比为，因为，所以，得到，所以，由，得到，所以，故选：C.5.某工厂生产的零件尺寸服从正态分布，质检员随机抽取100个零件，尺寸在内的零件个数约为（）（参考数据：）A.68 B.75 C.82 D.95【答案】A【解析】∵，即，∴，∵质检员随机抽取100个零件，∴尺寸在内的零件个数约为：个，故选：A.6.已知一个正四棱柱和某正四棱锥的底面边长相等，侧面积相等，且它们的高均为，则此正四棱锥的体积为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】如图所示，正四棱柱为，正四棱锥，设底边边长，高，则，又正四棱柱的侧面积，正四棱锥的侧面积，则，解得，所以正四棱锥体积，故选：B.7.已知函数的定义域为，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【答案】C【解析】先说明充分性：因为，，，令，得到：，所以，再令，得到，所以，充分性成立；再说明必要性，因为，所以，且，所以有，必要性成立；故“，，”是“”的充要条件.故选：C.8.从正方体六个面的对角线中任取两条作为一对，其中所成的角为的共有（）A.24对 B.30对 C.48对 D.60对【答案】C【解析】在正方体中，与上平面中一条对角线成的直线有，，，共八对直线，与上平面中另一条对角线的直线也有八对直线，所以一个平面中有16对直线，正方体6个面共有对直线，去掉重复，则有对.故选C.二、选择题：本题共3小题，每小题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，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.在正中，边长为3，为边的中点，则下列结论正确的有（）A.B.在上的投影向量为C.D.【答案】ACD【解析】，故选项A正确；在上的投影向量为：，故选项B错误；因为为边的中点，所以，又因为，所以，所以.故选项C正确；因为为等边三角形，且为边的中点，所以，，，，所以：.故选项D正确.故选：ACD.10.已知函数，则（）A.存在唯一的极值点B.存在唯一的零点C.直线与的图象相切D.若，则【答案】BD【解析】由题意得函数的定义域为，对于A，，令，则，当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，即，所以在上单调递增，所以没有极值点，故A错误；对于B，因为在上单调递增，，所以存在唯一零点1，故B正确；对于C，令，则，即切点为，所以切线方程为，即，故C错误；对于D，因为在上单调递增，，所以，可得，所以，令，则，当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，所以.故选：BD.11.已知两个无公共点且半径为1的球，若在两球球面上各存在两点，使得这四点恰为某正四面体的四个顶点，则（）A.该正四面体棱长可以为2 B.该正四面体棱长可以为C.两球球心间的距离可以为 D.两球球心间的距离的最大值为【答案】BCD【解析】对于A，当正四面体棱长可以为2时，此时两球心在分别在弦中点处，连接，因为正四面体棱长2，所以，则，所以此时两球一定有交点，故A错误；在正四面体中，设分别为弦中点，边上为，，则，对于B，棱长为时，此时，，所以存在两个半径为1的球无公共点，故B正确；对于CD，令，则，其中，，当取等，所以CD正确；故选：BCD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.的展开式中，含项的系数为______（用数字作答）.【答案】【解析】由，其展开式通项为，所以含项为，故系数为.故答案为：.13.若抛物线的焦点与双曲线的右焦点重合，的准线交于两点，为等边三角形，则的离心率为______．【答案】【解析】设双曲线右焦点坐标为，左焦点为，则抛物线准线为，将代入得，，所以，在中，，解得或（舍），所以的离心率为，故答案为：．14.已知，当，时，是线段的中点，点在所有的线段上，若，则的最小值是________．【答案】【解析】不妨设点、，设点，则数列满足，，，所以，，所以，数列是首项为，公比为的等比数列，所以，，当时，，也满足，故对任意的，.所以，，故故答案为：.四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.如图，在四面体ABCD中，平面ABC⊥平面ACD，AB⊥BC，AC=AD=2，BC=CD=1.（1）求四面体ABCD的体积；（2）求二面角C﹣AB﹣D的平面角的正切值．解：法一（1）如图：过D作DF⊥AC，垂足为F，由平面ABC⊥平面ACD，可得DF⊥平面ABC，即DF是四面体ABCD的面ABC上的高；设G为边CD的中点，由AC=AD，可得AG⊥CD，则AG===；由S△ADC=AC•DF=CD•AG可得，DF==；在Rt△ABC中，AB==，S△ABC=AB•BC=；故四面体的体积V=×S△ABC×DF=；（2）如图，过F作FE⊥AB，垂足为E，连接DE，由（1）知DF⊥平面ABC，由三垂线定理可得DE⊥AB，故∠DEF为二面角C﹣AB﹣D的平面角，在Rt△AFD中，AF===；在Rt△ABC中，EF∥BC，从而，可得EF=；在Rt△DEF中，tan∠DEF==．则二面角C﹣AB﹣D的平面角的正切值为．解法二：（1）如图，设O是AC的中点，过O作OH⊥AB，交AB与H，过O作OM⊥AC，交AD与M；由平面ABC⊥平面ACD，知OH⊥OM，因此以O为原点，以射线OH、OC、OM为x轴、y轴、z轴，建立空间坐标系O﹣XYZ，已知AC=2，故A、C的坐标分别为A（0，﹣1，0），C（0，1，0）；设点B的坐标为（x1，y1，0），由⊥，||=1；有，解可得或（舍）；即B的坐标为（，，0），又设D的坐标为（0，y2，z2），由||=1，||=2，有（y2﹣1）2+z22=1且（y2+1）2+z22=1；解可得或（舍），则D的坐标为（0，，），从而可得△ACD边AC的高为h=|z2|=又||=，||=1；故四面体的体积V=××||×||h=；（2）由（1）知=（，，0），=（0，，），设非零向量=（l，m，n）是平面ABD的法向量，则由⊥可得，l+m=0①；由⊥可得，m+n=0②；取m=﹣1，由①②可得，l=，n=，即=（，﹣1，）显然=（0，0，1）是平面ABC的法向量，从而cos＜，＞=；故tan＜，＞=；则二面角C﹣AB﹣D的平面角的正切值为．16.设的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且有.（1）求角B：（2）若AC边上的高，求.解：（1）因为，由正弦定理可得，即即，所以，在三角形中，，所以，即，因为，则可得，则.（2）因为边上的高，所以①又②由①②可得，由正弦定理可得，结合（1）中可得，因为，所以.17.已知函数.（1）讨论的单调性；（2）若有两个零点，求的取值范围.解：（1）当，则当时，；当时，.所以f（x）在单调递减，在单调递增.当，由得x=1或x=ln（-2a）.①若，则，所以在单调递增.②若，则ln（-2a）＜1,故当时，；当时，，所以在单调递增，在单调递减.③若，则，故当时，，当时，，所以在单调递增，在单调递减.（2）当，则由（1）知，在单调递减，在单调递增.又，取b满足b＜0且，则，所以有两个零点.当a=0，则，所以只有一个零点.当a＜0，若，则由（1）知，在单调递增.又当时，＜0，故不存在两个零点；若，则由（Ⅰ）知，在单调递减，在单调递增.又当时＜0，故不存在两个零点.综上，a的取值范围为.18.申辉中学机器人兴趣小组，进行某款机器人研发学习活动.该机器人被设计从数轴上的原点出发，机器人每一步只能选择向数轴正方向或向负方向行走1个单位.设机器人第步选择向正方向行走的概率为.设行走步后机器人所在位置对应的数为随机变量.（1）兴趣小组成员小浦对机器人行走的步数和机器人所在位置进行了观察记录，记录数据如下：n1234512123请求出变量和之间的线性相关系数：（2）若，求；（3）已知，在的条件下，求的概率.解：（1）由表可知：，，，，，代入相关系数的公式可得：.（2）由题可知的所有可能取值为，，，，表示三次均向正方向行走，故；表示两次选择正方向，一次选择负方向行走，故；表示一次选择正方向，两次选择负方向行走，故；表示三次均选择负方向行走，故，所以.（3）设为事件A，为事件，，其中，，，故.19.对于椭圆：上的任意两点P，Q定义“”运算满足：过点作直线直线PQ（规定当P和Q相同时，直线PQ就是在点P处的切线），若l与有异于S的交点T，则；否则.已知“”满足交换律和结合律，记.（1）若，，求；（2）对于上的四点，，，，求证的充要条件是；（3）是否存在异于的点，使得？若存在，请求出的坐标；若不存在，请说明理由.（1）解：由题设，直线的斜率为，则过且平行于直线的直线方程，联立，可得，解得（舍）或，则，所以，过且平行于椭圆在点处切线的直线方程为，