福建省厦门外国语学校2025-2026学年高三上学期12月月考数学试题（解析版）

这是一份福建省厦门外国语学校2025-2026学年高三上学期12月月考数学试题（解析版），共20页。试卷主要包含了考生必须保持答题卡的整洁和平整， 若，则的最小值为， 已知直线与， 定义等内容，欢迎下载使用。
本试卷分选择题和非选择题两部分，共4页，满分为150分.考试用时120分钟.
注意事项：1.答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和准考证号填写在答题卡相应的位置上，用2B铅笔将自己的准考证号填涂在答题卡上.
2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案；在试卷上作答无效.
3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔在答题卡上作答，答案必须写在答题卡上各题目指定区域内的相应位置上，超出指定区域的答案无效；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用涂改液.不按以上要求作答的答案无效.
4.考生必须保持答题卡的整洁和平整.
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. 已知复数，则的虚部为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据复数的除法及乘法运算，再结合虚部定义判断.
【详解】因为复数，则，则的虚部为.
故选：A.
2. 已知集合，集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】化简集合，根据并集的定义求解.
【详解】由已知，
所以，
故选：B.
3. 已知向量与的夹角为，，则（ ）
A. 1B. C. 2D.
【答案】A
【解析】
【分析】先根据已知求得，再利用运算.
【详解】，故，解得，
则.
故选：A
4. 已知且，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先根据的取值范围，判断的符号，再利用平方关系求值.
【详解】因为，所以，
又，
所以.
故选：B
5. 若，则的最小值为（ ）
A. B. 4C. 8D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】先根据对数的运算法则求出的值，再利用基本不等式可求的最小值.
【详解】由，
因为，，
所以，
当且仅当，即时取等号.
故选：C
6. 已知直线与：交于两点，若在上的投影向量的模为，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据条件，将问题转化成圆心到直线的距离为，利用点到线的距离公式，即可求解.
【详解】因为的标准方程为，圆心为，半径为，
又易知直线过定点，
如图，过作于，因为在上的投影向量的模为，
则，所以，则，解得，
故选：D.
7. 双曲线左、右焦点分别为，，点是以为直径的圆与双曲线的一个交点，若，则双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设点在轴右侧，由双曲线定义可得，，由是直角三角形，建立等式求解即可.
【详解】如图，设点在轴右侧，则，

因为，
所以，
因为点在以为直径的圆上，
所以是直角三角形，，
即，化简得，
所以离心率.
故选：D
8. 定义：表示不超过的最大整数，如，．已知为坐标原点，点在曲线：，上，记的最小值为，则（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】由题意可得，令，，利用导数求得，，根据二次函数性质结合题意计算即可求解.
【详解】设点的坐标为，
则，
令，，
则，
令，则，
当时，，所以，
所以在区间上单调递增，
因为，，，，
由零点存在性定理可知，，使得，即，
即，，，，
所以函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，
所以，
因为，
所以，令，，
则，，
由二次函数性质可知，在上单调递减，
所以，即，
因为，，所以，故.
故选：B
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. （多选）已知圆锥的侧面展开图是半径等于2的半圆，则圆锥的（ ）
A. 底面半径为1B. 表面积为
C. 体积为D. 外接球与内切球半径比值为2
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据圆锥的组成和侧面积、体积公式易判断ABC项，作出图可得圆锥的轴截面为正三角形，从而可得外接球与内切球的球心相同，利用正三角形的性质易判断D项.
【详解】设圆锥的底面圆半径为，依题意，圆锥的母线长为，且，解得，故A正确；
圆锥的表面积为，故B正确；
因圆锥的高为，则其体积为，故C错误；
如图作出圆锥和外接球，内切球的轴截面，易知为正三角形，外接球和内切球的球心为同一点，
点为圆锥底面圆的圆心，则分别为外接球和内切球的半径，由正三角形的性质易得，故D正确.
故选：ABD
10. （多选）若数列的首项，且，则（ ）
A. 数列为等比数列B.
C. 数列为递增数列D. 存在三个不相等正整数，使得
【答案】AC
【解析】
【分析】通过取倒数变形判断数列类型，推导通项公式，分析数列单调性，假设存在性验证等式是否成立，逐一验证各选项.
【详解】选项A，由，取倒数得，变形得.
首项，故是以为首项、为公比的等比数列，A正确.
选项B，由的通项得，故，即.
选项B中表达式为，与推导结果不符，B错误.
选项C，，因随增大而递增，随增大而递减，
故随增大而递增，数列为递增数列，C正确.
选项D，假设存在不相等正整数，使得，
由C选项分析可知，数列为递增数列，
则对于任意不相等的正整数，有，
而，则，
所以等式无法成立，故不存在这样的，D错误.
故答案为：AC
11. 已知抛物线焦点为，准线为，过点作斜率为的直线与相交于两点，为弦的中点，于点，为与的交点，则（ ）
A. B.
C. D. 若，且，则的取值范围为
【答案】ABD
【解析】
【分析】对A，由抛物线的定义，可得，得；对B，证明，可得，得解；对C，在中，可证结合抛物线定义得，得解；对D，设直线交准线于点，直线的倾斜角为，由抛物线定义结合相似三角形可得，进而求出得范围，得解.
【详解】如图，作于点于点．

对于A，由抛物线的定义得，，所以，
所以是以为斜边的直角三角形，即，故A正确；
对于B，由，，得，所以，
因为，所以，又，
所以，所以，所以，故B正确；
对于C，在中，由，可知，所以，
所以，所以，故C错误；
对于D，设直线交准线于点，直线的倾斜角为，，
则，则，由，可得，
所以，因为是关于的减函数，
又，所以，所以，
又．所以的取值范围是，故D正确．
故选：ABD．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 若直线的方向向量为，，则空间一点到直线的距离为______.
【答案】
【解析】
【分析】根据空间点线距的计算公式求得正确答案.
【详解】，
所以空间一点到直线l的距离为.
故答案为：
13. 已知函数，则的解集为______.
【答案】
【解析】
【分析】根据导数判断出函数的单调性，根据解析式可判断函数为偶函数，从而可求不等式的解.
【详解】函数的定义域为，
，
当时，，得，在上单调递减，
当时，，得，在上单调递增，
又
，故为上的偶函数，
故等价于，
即，两边平方解得或.
所以不等式解集为，
故答案为：
14. 在长方体中，，，点M是平面内的动点，且，则的最大值为______.
【答案】##
【解析】公众号：高中试卷君
【分析】先确定点所在的截面圆，通过面面垂直找到球心到截面的距离，进而求出截面圆半径，再结合点与截面圆的位置关系求出的最大值.
【详解】如图，连接AC，由，得，

由可知点在以AC的中点为球心，为半径的球面上．
而又在平面内，故为平面与球的截面圆上的动点.
取的中点E，的中点的中点，连接，
由长方体的性质得平面且三角形为直角三角形，
而平面，所以平面平面，
作于，因平面平面，
平面，故平面，故为截面圆的圆心.
又，
故截面圆的半径为，
即点在以为圆心，为半径的圆上，
而既在球面上，又在平面内，故在截面圆上，
故的最大值即为截面圆的直径，则的最大值为．
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. 在中，角的对边分别为，且.
（1）求；
（2）已知，为边上一点，且，，求.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理，由将边转化为角，再利用三角恒等变换求解；
（2）先求得，然后中，利用余弦定理求得.
【小问1详解】
由正弦定理，且，
得，
，
，则，因为，所以，
又，所以；
【小问2详解】
如图所示：

因为，所以，设，
则，
，
在中，由余弦定理得，解得，
故.
16. 已知正项数列的前项和为，且满足.试求:
（1）数列的通项公式;
（2）记，数列前项和为，当时，求满足条件的最小整数.
【答案】（1）
（2）9
【解析】
【分析】（1）由已知结合和与项的递推关系进行转化，结合等差数列的通项公式即可求解；
（2）利用裂项求和求出，然后结合恒成立与最值关系的转化即可求解．
【小问1详解】
因为，
当时，，
当时，，
因为，
两式相减得，，
因为，所以，
所以，均为等差数列，，．
所以；
【小问2详解】
由题意得，，
所以，
因为，
所以，
解得．所以满足条件的最小整数为9．
17. 如图，在三棱台中，平面平面，，，.
（1）证明：；
（2）当直线与平面所成的角最大时，求三棱台的体积.
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用面面垂直的性质，线面垂直的判定性质推理得证.
（2）建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法，再结合棱台体积公式计算得解.
【小问1详解】
在三棱台中，取的中点，连接，
由，得，由平面平面，平面平面，
平面，得平面，而平面，则，
又，则四边形是菱形，，
而平面，因此平面，又平面，
所以.
【小问2详解】
取中点，则，由平面平面，平面平面，
平面，则平面，直线两两垂直，
以点原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，设，
则，，
，
设平面的法向量，则，取，得，
设直线与平面所成的角为，
，当且仅当，即时取等号，
所以三棱台的体积
.
18. 已知椭圆的短轴长为2，与双曲线有相同的左右焦点，点是椭圆上的动点，的延长线的交点在椭圆上.
（1）求椭圆的方程；
（2）若点的纵坐标为，求内切圆的方程；
（3）设分别为的内切圆半径，证明：.
【答案】（1）
（2）
（3）证明见解析
【解析】公众号：高中试卷君
【分析】（1）求出双曲线焦点，从而求出，可求出椭圆方程；
（2）由对称性知，内切圆圆心在轴正半轴上，且是切点，利用面积法可求得内切圆半径，进而可求得内切圆方程；
（3）得到直线的方程为，与椭圆方程联立后得到的坐标，同理求出的坐标，根据的面积表达出，利用基本不等式求出的最大值，从而得到答案.
【小问1详解】
由，所以，又，所以，
故椭圆的标准方程为
【小问2详解】
因为点的纵坐标为
又轴，
由对称性知，内切圆圆心在轴正半轴上，且是切点，
且的周长为，
又，
，内切圆的圆心为
内切圆的方程为
【小问3详解】
因为，
直线的方程为，
由，消可得，
整理得，
所以，得，
所以.
同理可得，
所以
，当且仅当，取等号；
则，则当为时可取等.所以的最大值为.
又因为，所以.

19. 定义：函数图像上不同的三点，，．它们的横坐标依次成等差数列，且函数在点处的切线斜率恒小于直线的斜率，则称该函数是其定义域上的“等差偏移”函数．设函数．
（1）讨论函数的极值；
（2）若函数是其定义域上的“等差偏移”函数，求实数的取值范围；
（3）当时，数列满足，．其前项和为，试证明：．
【答案】（1）若，函数无极值；若，函数的极小值为，无极大值
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）对函数求导，分，两种情况讨论函数的单调性，从而得出相应的极值；
（2）根据题给定义列出关于和点的斜率表达式，进而列出不等式，构造函数并求导，判断函数单调性，最后利用函数单调性解不等式求出实数的取值范围；
（3）根据题给条件得出与的关系式，构造函数，根据函数单调性得出的取值范围，再次构造函数，利用函数单调性得出缩放关系，最后结合等比数列前项和公式计算．
【小问1详解】
函数的定义域为，求导得：，
当时，恒成立，函数在上单调递增，无极值；
当时，令，解得，，，
当时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递增，
函数在处取得极小值，极小值为：，且函数无极大值．
综上，若，函数无极值；若，函数的极小值为，无极大值．
【小问2详解】
设三点的横坐标成等差数列，且满足，
则，，，
函数在点处的切线斜率恒小于直线的斜率，
，化简得，即，
令，则，代入可得，即
令，求导得恒成立，
在内单调递减，，即，
，解得，
实数的取值范围为：
【小问3详解】
当时，，，
设，求导得，
当时，，则在内单调递增，
，
，符合题意，
构造函数，求导得，
在内单调递增，则，
当时，，
，即，
，
，即，
．