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江苏省无锡市第三高级中学2025-2026学年高三上学期12月第二次基础测试数学试题
一、单选题
1．设集合，则集合（ ）
A． B． C． D．
2．已知是虚数单位，复数满足，则（ ）
A． B． C． D．5
3．已知，则（ ）
A．5 B． C． D．
4．若圆锥的母线与轴的夹角为，高为，则该圆锥的侧面积为（ ）
A． B． C． D．
5．已知数列满足，则数列前2025项和为（ ）
A．1012 B．1013 C．2024 D．2025
6．设，则下列关系正确的是（ ）
A． B． C． D．
7．设定义在的函数，若函数在区间上恰有10个零点，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
8．法国著名的数学家蒙日发现椭圆的两条相互垂直的切线的交点的轨迹是圆，这个圆被称为“蒙日圆”．已知焦点在轴上的椭圆，为椭圆上任意两点，动点在直线上．若恒为锐角，根据蒙日圆的相关知识得椭圆的离心率的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．已知向量，，若，则可能为（ ）
A． B． C． D．
10．古希腊著名数学家阿波罗尼斯发现了平面内到两个定点A，B的距离之比为定值（）的点的轨迹是圆，此圆被称为“阿波罗尼斯圆”．在平面直角坐标系中，已知，，点P满足，设点P的轨迹为圆C，则下列说法正确的是（ ）
A．圆C的方程是
B．过点A向圆C引切线，两条切线的夹角为
C．若x，y满足圆C的方程，则的最大值是
D．过直线上的一点P向圆C引切线，则四边形的面积的最小值为
11．已知函数的定义域为，，满足，且，则下列结论正确的为（ ）
A． B．是偶函数
C．，使得 D．若，则
三、填空题
12．已知不等式的解集为，则的最小值为_____．
13．已知函数，在上有且仅有3个不同的零点，则的取值范围为___________．
14．已知直四棱柱中高为1，底面是一个矩形，且，点是底边中点，动点在以为球心1为半径的球与（包括边界）的交线上，动点在直线上，则的最小值为___________．
四、解答题
15．已知数列的前项和为，，且．
(1)求的通项公式；
(2)设，求数列的前项和．
16．在锐角中，内角的对边分别是，其中且满足．
(1)求角的大小；
(2)求的取值范围．
17．如图，在四棱锥中，底面为矩形，是的中点，是的中点．
(1)求证：平面；
(2)若平面平面，，求平面与平面夹角的大小．
18．已知椭圆：的左、右焦点为、.
(1)已知为的上顶点，求的周长；
(2)已知直线交于，两点，若，求直线的方程；
(3)已知，，直线：与有两个不同的交点，.设为轴上一点，是否存在，使得是以为直角顶点的等腰直角三角形？若存在，求出的值及点的坐标；若不存在，请说明理由.
19．已知函数．
(1)时，求在处的切线方程；
(2)当时，讨论的单调性；
(3)若的两个不同的极值点，求的最小值．
参考答案
1．C
【详解】由，解得，故，
由，解得，故，故.
故选：C.
2．C
【详解】由题意，得，
进一步，
故，所以．
故选：C．
3．A
【详解】，解得，
.
故选：A.
4．C
【详解】如图为圆锥的轴，为圆锥的母线，
由已知，，
所以，即圆锥的底面半径，
所以，
所以圆锥的侧面积，
故选：C.
5．D
【详解】依题意，
，
其中后1012对（）的和均为，
故这1012对的和为，
由得.
故选：D
6．A
【详解】设函数，则，
当时，，所以在上单调递增，
故，即，
所以，即，
设函数，则，
所以在上单调递减，当时，，
故当时，，
即，所以，
设函数（令），
，
当时，，故在上单调递增，
所以，
而，
所以，
综上所述，可得．
故选：A．
7．C
【详解】由题意，当时，，
当时，，将上的图象，向左平移个单位长度，向下平移个单位长度得到，
以此类推，作出函数图象：
当时，即，
当与在上相切时，
可知，当时，解得，
此时，可得切点为，
可知，解得，
根据图象可知，实数的取值范围为.
故选：C.
8．B
【详解】由椭圆的焦点在轴上，得.
直线都与椭圆相切，
直线所围成的矩形的外接圆即为椭圆的蒙日圆.
因恒为锐角，故点在蒙日圆外.
又在直线上，
因此直线与蒙日圆相离，即原点到直线的距离大于蒙日圆半径.
原点到直线的距离：，故，平方得，即.
结合，得.
椭圆离心率.
当时，，故，即.
故选：B
9．ACD
【详解】，以为临边的平行四边形对角线相等，
，
，
，，时，，
故选：ACD．
10．BCD
【详解】对于A，设，因为，，，则，
化简得，即，故A错误；
对于B，因为，圆心，半径，
，点在圆外，
设两条切线的夹角为，
所以，又，解得，则，故B正确；
对于C，设，由题意直线与圆有公共点，
则圆心到直线的距离，即，
解得，故的最大值是，故C正确；
对于D，由题意可得四边形的面积为
，
故只需求的最小值即可，
的最小值为点C到直线的距离，即．
所以四边形的面积的最小值为，故D正确．
故选：BCD．
11．ABD
【详解】选项A，令，由得：，又，所以，故A正确；
选项B， 令，由得：
，又，
故 恒成立，且函数的定义域为，
所以函数为偶函数，故B正确；
选项C， 令，由得：
即，所以不存在，使得，故C错误；
选项D， 由，由C分析有，
当时，，
当时，，
当时，，
，依次类推，
当时，，故D正确．
故选：ABD．
12．
【详解】由题意可知，，，
，，当且仅当时，等号成立．
故答案为：.
13．
【详解】化简函数的解析式为.
因为函数在上有且仅有3个不同的解，即在上有且仅有3个不同的解.
令，解得.
当时，；当时，；
当时，；当时，；
因为函数在上有且仅有3个不同的解，所以，解得.
所以的取值范围为.
故答案为：.
14．
【详解】以为球心1为半径的球与（包括边界）的交线上事实上就是内以为圆心，1为半径的一截圆弧，如图所示：
由于距离为定值1，则当点固定时，由余弦定理可知，的距离只取决于，越小，距离越小.
过作面的垂线，垂足为，
则，
因为中，则；
在中，，，
所以.
由.
作，垂足为，则
所以点与点重合，此时连接交圆弧为，此时为线面角，取到最小，
此时，
过作垂线，垂足为，则取到最小值．
故答案为：
15．(1)；
(2).
【详解】（1）已知，当时，有，
作差可得：，即，
当时，，
此时，满足，
所以数列是以为首项，2为公比的等比数列，.
（2）由（1）可得，
又，所以，
则，
所以．
所以．
16．(1)
(2)
【详解】（1）因为，且，则，
则由余弦定理的推论得，
因为，所以；
（2）因为，所以，则，
由正弦定理，得，且，
所以，
因为为锐角三角形，
所以，解得，
所以，所以，
所以，即的取值范围为．
17．(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）取的中点，连接，，
又是的中点，则且，
由是的中点，底面为矩形，则，
故，，所以，
所以四边形为平行四边形，则，
又因为平面，不在平面内，所以平面.
（2）底面为矩形，可得，
平面平面，平面平面，，平面PAB，
所以平面，则，，
可以以，，分别为轴，建立空间直角坐标系.
则，，，，，，，
所以，
设平面EFD的一个法向量为，
则，令，则，
依题意，可得平面PAB的一个法向量为，
故，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
故平面与平面夹角为：
18．(1)；
(2)或；
(3)存在. 此时，.
【详解】（1）由椭圆方程可得：，，
则.
所以有，，.
由两点间距离公式可得：，，，
所以的周长为.
（2）设点，.
由可得： ，，三点共线且，即，
当直线过点，且斜率为时，则，点，不满足；
所以直线过点，且斜率不为，
设直线方程为.
联立方程组，整理得：，
则，由韦达定理可得，结合可得：或，
则直线的方程为或，
即或.
（3）设点，.
联立直线与椭圆的方程，整理得：，
则，解得，
由韦达定理可得，
则，
；
线段的中点坐标为.
所以线段的垂直平分线方程为：，
令，得.
设为轴上一点，假设存在，使得是以为直角顶点的等腰直角三角形
则，.
又因为，，
所以
即，整理得：，
因为,所以.
综上，存在，使得是以为直角顶点的等腰直角三角形，此时，.
19．(1)
(2)答案见解析
(3)
【详解】（1）时，，则，
又，则，
故在处的切线方程为，即；
（2）当时，，
，，
若，则，则当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增；
若，则当时，，当时，，
故在、上单调递增，在上单调递减；
若，则恒成立，故在上单调递增；
若，则当时，，当时，，
故在、上单调递增，在上单调递减；
综上所述：当时，在上单调递减，在上单调递增；
当时，在、上单调递增，在上单调递减；
当时，在上单调递增；
当时，在、上单调递增，在上单调递减；
（3），
则，
由有两个不同的极值点，
则方程有两个不同正根，
故、，且，即有，
则
，
则，，
则当时，，当时，，
故.

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