辽宁省沈阳市五校协作体2026届高三上学期12月期中考试数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1辽宁省沈阳市五校协作体2026届高三上学期12月期中考试数学试题一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给的四个选项中，有且只有一项是符合题目要求的.1.已知全集是小于12的素数，集合，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】由题知全集是小于12的素数，因为，所以.故选：B.2.已知，则的虚部为（）A. B.2 C.3 D.6【答案】C【解析】因为，所以，所以的虚部为3.故选：C.3.已知平面向量，，若，则实数（）A. B. C. D.11【答案】C【解析】因为，所以.因为，所以所以.解得.故选：C.4.某工厂生产的产品质量指标服从正态分布，从该工厂生产的产品中随机抽取1000件，质量指标在内的产品有680件，则质量指标大于110的产品件数大约为（）件A.160 B.180 C.320 D.340【答案】A【解析】由产品质量指标，且，∵，∴，∴质量指标大于110的产品件数大约为(件).故选：A.5.通常把过椭圆的焦点且与过焦点的长轴垂直的弦称为椭圆的通径.已知椭圆的通径长为6，则的离心率为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由可知，椭圆的焦点在轴上，所以，，，因为椭圆的通径长为6，所以，即，解得或（舍去），故椭圆的离心率.故选：C.6.若函数，则的定义域为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】由，得，所以，解得，所以函数的定义域为.由，解得，所以的定义域为.故选：A.7.若，，，则的最小值为（）A.5 B. C. D.【答案】D【解析】令，由，可得，原点到直线的距离为，所以，联立，可得，所以当，时，取最小值，最小值为.故选：D.8.已知函数，则“”是“在上单调递增”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】设

，易知在上单调递增，则，，由复合函数的单调性法则：同增异减，可得：要使在上单调递增，只需在上也单调递增，即对任意恒成立，即对任意恒成立，即，由于条件也是“”，所以“”是“

在

上单调递增”的充要条件.故答案为：C.二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题所给的四个选项中，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.已知函数，则（）A.最小正周期为 B.图象关于对称C.最大值为 D.在区间上单调递增【答案】AB【解析】函数，对于A，函数的最小正周期为，A正确；对于B，由，得图象关于对称，B正确；对于C，函数的最大值为2，C错误；对于D，当时，，则当，即时，函数取到最大值2，D错误.故选：AB.10.已知数列是首项为1，公差为d的等差数列，数列是首项为2的等比数列，且，，则（）A.B.，使得C.数列的前20项和为D.数列的前n项和为【答案】ACD【解析】对于A，设的公比为q，由于，，则，解得，所以A正确；对于B，由A的分析可知，令，即，解得，不是整数，故不存在，使得，所以B错误；对于C，，则，故，两式相减得：，故，则，所以C正确；对于D，，设数列的前项和为.则，所以D正确，故选：ACD.11.已知正方体的棱长为4，N为棱上一点，且，动点M在正方体内及其表面上运动，下列说法正确的是（）A.异面直线与所成角的余弦值为B.若M是线段上的动点，则M到平面的距离为定值C.若，则的最小值为D.若M满足，，则M的轨迹的长度为【答案】BCD【解析】对于A，连接交于，由正方体的性质可得，所以为异面直线与所成角，如图，由，且，故，，，故A错误；对于B，由正方体的性质可得，平面，平面，所以平面，点在线段上，所以点到平面的距离为定值，故B正确；对于C，设边上的高为，如图，因为，所以，即，又，所以，过点作平面与垂直，记平面被正方体所截的图形为正方形（及内部），如图，所以点在正方体内（含边界），故的最小值为，故C正确；对于D，设的中点分别为，因为，所以在以为球心，为直径的球面上，同理也在以为球心，为直径的球面上，由正方形的性质可知，为直径的球面与为直径的球面是同一个球面，因为，所以两球面的半径均为，截面图如图，所以点的轨迹是以为直径的圆，由勾股定理可得，所以点轨迹的长度为，故D正确.故选：BCD.三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.12.的展开式中，的系数为________.（用数值作答）【答案】【解析】由于表示5个因式的乘积，故其中有2个因式取，2个因式取，剩余的一个因式取，可得含的项，故展开式中含的项为，其系数为.故答案为：．13.已知函数是定义在上的奇函数，当时，都有，则________．【答案】【解析】根据题意可知，所以；由可得，因此可知当时，是以为首项，为公比的等比数列，因此可得，即；所以；又因为是定义在上的奇函数，所以.故答案为：.14.已知抛物线的焦点为，为上一点，过作两条直线分别与交于两点，若直线的斜率为，直线的斜率和为1，则的值为________.【答案】【解析】由抛物线，则焦点，由题意可设，，，由直线的斜率为，则，解得，由直线与直线的斜率之和为，则，解得，所以，可得.故答案为：.四、解答题：本大题共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.已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，角A为钝角，，．（1）若，求c的值；（2）求面积的最小值．解：（1）由，则，又，所以，化简整理得，解得或，又为钝角，故为锐角，所以，则，由，解得，.（2）因为，又，则，所以，所以的面积，又为锐角，所以，，，当且仅当，即，时，取等号，所以的面积的最小值为72.16.如图，圆锥的轴截面PAB是边长为2的正三角形，C，D为底面圆周上的点，且是正三角形，E为母线PB上的一动点．（1）若平面CDE，求PE的长；（2）若直线DE与平面所成角的正弦值为．求平面与平面夹角的余弦值．解：（1）取直径的中点，连接，在底面圆所在平面内作，直线两两垂直，以为原点，直线分别为轴建空间直角坐标系，由都是正三角形，，得，，令，则，由平面，平面平面，平面，得，因此，，所以PE的长为.（2）由（1）知，设，则，，而平面的法向量，由直线DE与平面所成角的正弦值为，得，整理得，又，解得，于是，而，设平面的法向量，则，令，得，因此，所以平面与平面夹角的余弦值为.17.已知函数，.（1）若，求的单调区间；（2）若函数有两个极值点，且，求的取值范围.解：（1）若，，定义域为，，由可得：或，由可得：，所以在和上单调递增，在上单调递减，综上，函数的单调递增区间为和，单调递减区间为.（2）定义域为，，令可得，当即时，对于恒成立，所以在上单调递增，无极值；当即时，由可得：，由可得：或，由可得：，所以在和上单调递增，在上单调递减，满足函数有两个极值点，所以，由可得，则，由，可得，所以，所以设，则，当时，，故单调递增，当时，，故单调递减，所以在处取得最大值，又因为，，所以，故，故的取值范围为.18.甲，乙两队进行乒乓球双打比赛，规定采用五场三胜制，即先赢得三场比赛的队伍获胜.已知每场比赛甲队获胜的概率为，乙队获胜的概率为，且每场比赛的结果相互独立.（1）当时.（i）求在甲队获胜的条件下，比赛恰好进行了四场的概率；（ii）记比赛结束时的场数为，求的分布列和数学期望；（2）若比赛结果为或者时胜方的成长值记3分，负方记0分，比赛结果为时胜方的成长值记2分，负方记1分，求甲队本次比赛的成长值得分的期望，并求的取值范围.解：（1）当时.（i）设事件表示“比赛恰好进行4场”，事件表示“甲队获胜”.甲队获胜包含三种情况：比赛3场甲队获胜，其概率为.比赛4场甲队获胜，即前3场甲队胜2场，第4场甲队胜，概率为.比赛5场甲队获胜，即前4场甲队胜2场，第5场甲队胜，概率为.∴甲队获胜的概率为.甲队获胜且比赛恰好进行4场的概率为.∴在甲队获胜的条件下，比赛恰好进行了4场的概率为.（ii）的可能取值为3，4，5.；；.∴分布列为345.（2）甲队本次比赛的成长值得分的可能取值为3，2，1，0.；；；.∴.令，，∵，∴，再令，，判别式，的两根为，，由可得或，由可得，∴在上单调递减，则，而，∴时，，∴，因此函数在上单调递增，当时，，当趋近于1时，.∴，故的取值范围是.19.已知双曲线的渐近线方程为，且经过点，过圆上一点作的两条切线，切点分别为.（1）求证：；（2）设的上、下两个焦点分别为，求的最小值；（3）若直线与两条渐近线分别交于两点，为坐标原点，试判断的面积是否存在最小值？若存在，请求出最小值，若不存在，请说明理由.（1）证明：因为双曲线的渐近线为，所以，，所以双曲线方程为，代入点，得，解得，所以双曲线方程为，所以两条切线的斜率存在，设切线方程为，由，可得，则有，，整理得：①，设两切线的斜率分别为，则，又因为，所以，所以；（2）解：由（1）可知，所以，所以，又因为，所以当时，取