/江蘇省蘇南五校2025?2026學年高三上學期12月月考數(shù)學試卷一、單選題1．設全集，集合，，則（

）A． B． C． D．2．已知復數(shù)滿足，則（

）A． B．1 C． D．3．已知，則“”是“”的（

）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件4．已知平面向量，，若，則（

）A． B． C． D．5．已知雙曲線，以其右焦點為圓心，為半徑的圓與雙曲線的兩條漸近線相切，則雙曲線的離心率為（

）A． B． C．2 D．6．下列區(qū)間上函數(shù)單調遞減的是（

）A． B． C． D．7．已知圓C的方程為，，點P在圓C內部，過點P的2025條弦長組成一個等比數(shù)列，且過點P的最短弦長和最長弦長分別為，，若，則的最大值為（

）A．24 B．26 C．28 D．308．已知函數(shù)及其導函數(shù)的定義域均為，若，都為偶函數(shù)，則（

）A．440.5 B．441.5 C．442.5 D．443.5二、多選題9．下列命題為真命題的是（

）A．若，則B．若，則C．若，，D．若，則10．已知曲線：．以下說法正確的是（

）A．曲線C的面積為B．直線與曲線C有且僅有兩個公共點C．圓與曲線C無公共點D．是曲線C的一條切線11．已知從點P出發(fā)的三條射線，每兩條射線的夾角均為，A，B，C分別是三條射線上不同于P的三個點.以下說法正確的是（

）A．若，則直線與平面所成角的余弦值是B．若，且，則四面體的外接球的體積為C．存在四面體，其每個面都是直角三角形D．若，存在，使得平面平面三、填空題12．已知拋物線，點P為拋物線上一點，，則的最小值為.13．已知等差數(shù)列的前n項和為，的前n項和為.若，，則.14．對于任意實數(shù)，符號表示“不超過的最大整數(shù)”，如，，，則；若函數(shù)，則的值域為.四、解答題15．記為數(shù)列的前項和，已知，且為等比數(shù)列.（1）求的值.（2）設，證明：.16．如圖，在四棱錐中，，，兩兩垂直，四邊形是梯形，，，為棱的中點.（1）設過點的平面與棱交于點，求證：；（2）在線段上是否存在點，使得平面與平面的夾角的余弦值為，若存在，求出點到平面的距離；若不存在，請說明理由.17．已知橢圓：的左、右焦點分別為，，離心率為.過點的直線與橢圓交于兩點.當軸時，.（1）求橢圓C的方程；（2）設，當面積為時，求直線的方程.18．已知中，角的對邊分別是，且.（1）若，求；（2）若且B為鈍角.（i）若，求的面積.（ii）若D為線段上一點，且滿足，求的值.19．已知，，.（1）討論函數(shù)的單調性；（2）求證：當時，；（3）若在時恒成立，求實數(shù)的取值范圍.

參考答案1．【答案】B【詳解】要使函數(shù)有意義，須滿足真數(shù)，解得，所以，所以.又因為，所以.故選B2．【答案】A【詳解】由條件可知，，所以，所以.故選A3．【答案】B【詳解】因為所以或所以或者故“”是“”的必要不充分條件.故選B.4．【答案】C【詳解】已知，則，∵，∴，解得，∴．∴，，∴，∵，∴．故選C．5．【答案】D【詳解】雙曲線的漸近線為，因為以為圓心，為半徑的圓與雙曲線的兩條漸近線相切，所以到漸近線的距離為，即，所以，所以雙曲線的離心率.故選D.6．【答案】B【詳解】令，則，所以函數(shù)的單調遞減區(qū)間為，當時，，則.經檢驗ACD均不滿足題意.故選B.7．【答案】A【詳解】由圓C的方程為可知，圓心，半徑由題意可知，過圓內點的最長弦為直徑，即.過圓內點的最短弦與垂直，設，所以①.又因為數(shù)列是等比數(shù)列，由等比數(shù)列的性質可知，即，解得，將其代入①式可得，所以點P在以C為圓心，8為半徑的圓上.由，可得，所以圓外一點到圓上一點的最大值.故選A8．【答案】C【詳解】因為為偶函數(shù)，所以，即，即，所以；又因為是偶函數(shù)，所以，即，所以，即，所以，即，，在中，令，則有所以；在中，令，可得，在中，令，則有，所以；又因為，所以，所以成等差數(shù)列，公差，首項為，所以；同理可得，所以成等差數(shù)列，公差，首項為，所以；所以.故選C.9．【答案】BCD【詳解】對于選項A，當時,，故A錯誤.對于選項B，因為,所以,所以,故B正確.對于選項C，,而,所以，故C正確.對于選項D，令,所以且,又因為顯然成立，所以成立，即，故D正確.故選BCD.10．【答案】ACD【詳解】當時，曲線的方程為，即，表示圓心為，半徑為的圓在第一象限（包括坐標軸）的部分；同理，曲線還包含圓心為、、，半徑均為的圓分別在第二、三、四象限的部分（包含坐標軸），當時，曲線C表示原點．∴曲線：如圖所示：選項A：由上述分析可知，曲線是由四個半徑為的圓在不同象限的部分組成，其面積為四個半圓的面積加上四個等腰直角三角形的面積，即，故A正確；選項B：直線過原點，故與曲線有三個公共點，故B錯誤．選項C：考慮曲線C在第一象限時，，設圓心為，設圓的圓心為，則，即圓與圓是相離關系，根據(jù)曲線C的對稱性可知，曲線C與該圓相離，沒有公共點，故C正確；選項D：如圖：圓，圓心到直線的距離，∴圓與直線相切，即曲線C與相切，故D正確；故選ACD．11．【答案】ABD【詳解】A，如圖所示，把放在正方體中，的夾角均為．建立如圖所示的空間直角坐標系，設正方體棱長為1，則，所以，設平面的法向量，則令，則，所以，所以．設直線與平面所成角為，所以，所以，故A正確；B，將四面體補成正方體，正方體的外接球即為四面體的外接球，外接球的半徑，所以，故B正確；C，若四面體每個面都是直角三角形，則為直角三角形，當，則三個三角形的直角頂點只能是，在中，若，則，若，，所以，同理，，三式相乘，左邊恒為，右邊等于，其中為取到的個數(shù)，因為，所以，故不能同時為直角三角形，故不存在四面體，其每個面都是直角三角形，當時，即為直角三角形，此時，，，，不妨設，則中，邊最大，，所以為銳角，則不可能為直角三角形，故不存在四面體，其每個面都是直角三角形，故C錯誤；D，假設平面平面，過點作，垂足為，連接，而，根據(jù)對稱性可得是的角平分線，由題意，設，，，作，垂足為，連接，因為平面平面，平面平面，平面，所以平面，又平面，則，，，又因為，，平面，所以平面，又平面，所以，在中，，在中，，在中，，因為，所以，所以，則，在中，，即，兩邊同時除以得，即，所以，則，所以，當時，，所以存在使得平面平面，故D正確.故選ABD.12．【答案】【詳解】設，則由題意得：，因為點P為拋物線上一點，所以，代入可得：，所以當時，的最小值為.13．【答案】【詳解】因為數(shù)列為等差數(shù)列，為其前n項和，由其性質可知數(shù)列為等差數(shù)列，又因為為等差數(shù)列的前n項和，即，因為，所以，解得，所以，故.14．【答案】【詳解】根據(jù)題意，；又，，，為偶函數(shù)，且周期為，當時，，，又因為在上單調遞增，所以值域為；當時，，，又因為在上單調遞減，所以值域為；綜上，時，的值域為，即時，的值域為，又，所以時，；時，；時，；時，；綜上，的值域為．15．【答案】（1）（2）見詳解.【詳解】（1）因為，，所以，，因為為等比數(shù)列，所以，即，解得或，當時，，與等比數(shù)列的項不為矛盾，故不滿足題意，舍去；當時，，，故，即，又，，所以，即為等比數(shù)列，滿足題意.綜上，.（2）由（1）知是以為公比，為首項的等比數(shù)列，所以，即，所以，所以因為，，所以，所以，即16．【答案】（1）見詳解；（2）存在，或【詳解】（1）證明：如圖，取中點，連接，因為為棱的中點，所以，因為，，所以，所以四邊形為平行四邊形，即四點共面，所以平面即為過點的平面，因為過點的平面與棱交于點，所以點與點重合，所以（2）因為在四棱錐中，，，兩兩垂直，所以，如圖建立空間直角坐標系，則設，則，，所以，，設平面的一個法向量為，則，即，令得，即，設平面的一個法向量為則，即，令，則，即因為平面與平面的夾角的余弦值為，所以，即，整理得，即，解得或，均滿足，所以，當時，，此時點到平面的距離為；當時，，此時點到平面的距離為綜上，線段上存在點，使得平面與平面的夾角的余弦值為，點到平面的距離或.17．【答案】（1）（2）或【詳解】（1）離心率，，又，即，則，橢圓：可化為，當軸時，，，，點在橢圓上，，將代入，得，，，，橢圓C的方程為；（2）由（1）知，設，，當直線的斜率不存在時，，，此時三點共線，不能構成三角形，故不滿足題意；當直線的斜率存在時，設，聯(lián)立直線與橢圓的方程，消去，得，則，，，又點到直線的距離，，化簡得，解得或（舍），則，經檢驗符合題意.直線的方程為或.18．【答案】（1）（2）（i）；（ii）【詳解】（1）時，，即，由輔助角公式，，結合可得，，則，結合，可得（2）（i），整理可得，即，由可知，代入上式可得，，即，由題知，可知，則，得到，故，解得，由正弦定理，，則，由面積公式可知；（ii）設，在中，由正弦定理，，在中，由正弦定理，，兩式相乘可得，由題干可得，則，則，則（負值舍去），由于，只可能，得到，即是的平分線，根據(jù)角平分線定理結合正弦定理，19．【答案】（1）見詳解；（2）見詳解；（3）【詳解】（1）由，當時，，則在上單調遞增；當時，由可解得：，由可解得：或，則在區(qū)間上單調遞增，在區(qū)間，上單調遞減；（2）當時，要證明，即證明，即證明：，令，，則，所以在上單調遞增，即，所以原不等