湖北省楚天协作体2025-2026学年高三上学期12月联考数学试卷

这是一份湖北省楚天协作体2025-2026学年高三上学期12月联考数学试卷，共11页。

高三数学参考答案
1-5 CDCCA6-8 BBD
【答案】C
【详解】由题意可知点 B 可以看作点 A 绕点 O 逆时针方向旋转 90 度而得到．因为 A 点对应的复数为 2+i，故点 B 所对应的复数为-1+2i，故选 C.
【答案】D
【详解】由题意得， A  x 1  x  3， B  {x  Z | 1  x  3}  1, 0,1, 2 ，则 A  B  0,1, 2 ．
【答案】C
【详解】方法一：由题意圆心C 在直线 x  1 的左侧，可转化为圆心C 到 M (2, 0) 的距离等于圆心C 到直线
x  2 的距离，由抛物线的定义知圆心C 的轨迹为抛物线，轨迹方程为 y2  8x .故选 C．方法二：解：设所求圆的圆心为C(x, y) ，半径为 r，
由圆与直线 x  1 相切，得 r | x  1| ，已知圆(x  2)2  y2  1 的圆心为 M (2, 0) ，半径为 1，
(x  2)2  y2
当两圆外切时，圆心距等于两圆半径之和，即| MC | r 1 ，得| x 1| 1 ，
(x  2)2  y2
当 x  1 时，方程变为 x ，
平方后整理得 y2  4(x  1) ，但此时 x  1 与 x  1 矛盾，无解；
(x  2)2  y2
当 x  1 时，方程变为 2  x ，平方后整理得 y2  8x ， x  0 ，
故轨迹方程为 y2  8x ，是抛物线．故选 C． 4.【答案】C
【详解】∵函数 f (x)  sin ax(a  0) 在区间 π , π  上的最小值是1 ，
 4 3 
令t  ax , t   aπ , aπ ，故只需 aπ   π ，即 a  2
43 42
【答案】A
【详解】由条件易得 f (x) 为奇函数且最小正周期为 2，则 f ( 13)   f (13)   f (13  2)   f ( 3)  m .故选A
5555
【答案】B
–––→–––→
––––→–––→–––→––––→
––––→
1 –––→
2 –––→
【详解】由 BH  2HC 得 AH  AB  2 AC  AH  ,故 AH 
AB 
33
AC ，
––––→ –––→
 1 –––→
2 –––→ 
–––→–––→
1 –––→ 2
2 –––→ 2
1 ––––→–– –→
1211
所以 AH  BC   AB  AC   AC  AB  
AB  AC  AB AC    1  4  2 1  2 ，
 33
所以选 B.
【答案】B
3333332
【详解】 ABC 的外接圆方程设为 x2  y2  Dx  Ey  F  0 ，

1  D  F  0
16  4D  F  0

4  2E  F  0
D  3

，解得E  0 ，

F  4
外接圆方程为 x2  y2  3x  4  0 ，即(x  3)2  y2  25 ，
24
故外接圆的圆心坐标为 3 , 0 ，故外接圆在 A 处切线方程为 x  1 ，
 2

又 BC : x  y  1 ，令 x  1 得， y  5 ， D 1, 5  ，
422
2 

在 B 4, 0 处切线方程为 x  4 ，
又 AC : x  y  1 ，令 x  4 ，得 y  10 ， E 4,10 ，

12
则三角形的Lemine 线的方程为3x  2 y  8  0 .
故选：B
【答案】D
【详解】令3x  3  5y  5  7z  7  t ，
得 x  lg3 t  3, y  lg5 t  5 , z  lg7 t  7 ,t  3 ，
在同一坐标系内作出函数
f t   lg3 t  3, g t   lg5 t  5 , h t  lg7 t  7 ,t  3 的图象，则
x, y, z 分 别 是 函 数 y  f (t), y  g (t), y  h(t),t  3 的 图 象 与 直 线
t  a(a  3) 交点的纵坐标，观察图象得，当3  a  0 时， z  y  x ；当 a  0 时， x  y  z ；当 a  0 时， x  y  z ，因此 ABC 都可能，D不可能.故选：D
9 BD10 ACD11 ABC
【答案】BD
【详解】对于 A 选项，取 AC 中点 N，易知 AP / /MN , 又 MN 与 BM 不平行，所以 BM 与 AP 不平行.对于 B 选项， PC  BM , PC  AM , BM , AM  平面ABM ，
所以 PC  平面ABM .
对于 C 选项，取 PB 中点 D，易知 AM  AD  3，DM  1,
由余弦定理得 AM 与 DM 所成角的余弦值为 3 .
6
对于 D 选项，取 BC 中点 E，则△MNE 为截面图形，
△MNE 为边长为 1 的正三角形，所以面积为 3 .综上，选 BD.
4
【答案】ACD
【详解】在△ABC 中，对于 A，因为bsinA  4b  c sinB ，
所以由正弦定理得 ab  4b  c b  4b 2  bc ，即 a  c  4b ，因此 A 正确；
对于 B，因为csA  1 ， A 为三角形内角，所以sinA 
4
 15 ，
1   4 
 1 2
 
4
因此tanA  sinA 
csA
15 ，
所以tan2 A 2tanA  2 15   15 ，因此 B 不正确；
1  tan 2 A
csA  1
1 157
b2  c2  a21
对于 C，因为
，所以
4
 ，
2bc4
而由 A 知： a  c  4b ，因此b2  c  a ·4b  1 bc ，即8a  7c  2b ，
2

a  c  4b
因此由
8a  7c  2b
解得c  a  2b ，
所以△ABC 的面积为 1 bcsinA  15 b 2 ，因此 C 正确．
24
对于 D，由正弦定理可得外接圆半径 R  4 15b ，由等面积法可得内切圆半径 r 
15
15b ，二者得比值为 8：
10
3，故 D 正确．故选：ACD．
【答案】ABC
【 详 解 】 对 于 A ， 设 动 圆 P 的 半 径 为 r ， 由 条 件 得 ， ， 则 ，且 P，M，N 不重合，故点 P 的轨迹是以 F1 ， F2 为焦点的椭圆( 去掉 P，
M，N 重合的点)
，则曲线 C 的方程为 x
2
y
 1 x  2 ，故 A 正确；
2
43
，
对于 B，由图可知MPN 与F1PF2 互补，当 P 点为椭圆短轴端点时， F1PF2 最大
此时 ，所以 ，则 F1PF2 的最大值为 60 ，所以
MPN 的最小值为120 ，故 B 正确；对于 C，
号成立，故 C 正确；
，当且仅当 r  1 时等
2
对于 D，椭圆上任意一点与椭圆上关于原点对称两点连线的斜率之积为定值，有 ，故 D 错误
【答案】1
【详解】 f (x)  2x ln x  x  2a, f (1)  1  2a, 所以(1  2a)  ( 1)  1, 得 a  1.
3
【答案】 3
2
【详解】解：设等比数列an 的公比为 q, q  0 ，若 q  1 ，则 a5  a2  0 ，与题意矛盾，所以 q  1，
a1 1  q3 
a  48
a1  a2  a3  84 1
则1  q
，解得1 ，
a  a  a q3  1  21
q  2
 522
所以 a  a q5  3 .
612
1 1 n 1
【答案】 8 1  ( 3)   2 n

【详解】由题意可得每一个顶点有 3 个相邻的顶点，其中两个在同一底面，
所 以 当 蚂 蚁 在 下 底 面 A 点 时 ， 随 机 移 动 一 次 仍 在 下 底 面 的 概 率 为 1
3
， 依 题
意, P  2 , P 1 P  2 (1 P )   1 P  2 ， P 1   1 (P  1 ) ，
13n13 n3
n3 n3n1
23n2
因 P  1  2  1  1 ，则数列{P  1} 是以 1 为首项，  1 为公比的等比数列，
12326n263
即 P  1  1  ( 1 )n1 ，移项得， P  1  ( 1 )n1  1 ，
n263
n
n632
1  ( 1)n
于是，  P  1 ( 1 )0  ( 1 )1   ( 1 ) n1)  1 n  1  3  1 n  1   ( 1 ) n  1 n .

i
i1
6 
333
26
1  ( 1)
3
28 1
3 2
1 1 n 1
故答案为： 8 1  ( 3)   2 n .

【 详 解 】 (1) 设 中 位 数 为 x ， 则 0.004 10  0.016 10  0.02 10   x  80  0.032  0.5 ， 解 得
x  83.1253 分
平均数 x  55  0.04  65  0.16  75  0.2  85  0.32  95  0.28  81.46 分
（2）零假设为 H0 ：跳水运动员是否优秀与强化训练无关，补充完整的表格为
优秀人数
非优秀人数
合计
强化训练前
40
60
100
强化训练后
60
40
100
合计
100
100
200
200  402  602 2
…9 分
则2  8  10.828 ，根据小概率值 0.001 的独立性检验，我们推断 H0 成立，所以
100 100 100 100
认为跳水运动员是否优秀与强化训练无关13 分
【详解】（1）证明：由2a a  (n 1)a  na n  1  n  2
n1nnn1aa
n1n
 数列 n  是等差数列4 分
 a 
 n 
又 1  1 n  1  （2 n  1）=2n  1  a n7 分
n
a1an2n 1
（2）由（1） ai
i
2i 1
 c i1 2i  1 1 ( 11 )  2i  1(i  1，2，n)11 分
i2i 1 i(2i  1)2 2i 12i  1
 c  c   c  1 [(1 1)  (1  1 )   (11)] (21 2 2  2 n)  n
12n23352 n 12 n 1
112(1  2 n)
nn1
 (1 
)  n  2
 2  n15 分
22n 11  22n 1
【详解】
因为 PA  平面 ABCD BC  平面 ABCD
所以 PA  BC
又 BC / / AD, AD  AB
所以 BC  AB
又 AB, PA  平面 PAB AB ∩ PA  A
所以 BC  平面 PAB
又 BC  平面 PBC
所以平面 PBC  平面 PAB4 分
①由（1） PA、AB、AD 两两垂直.建立空间直角坐标系，如图所示.
则 A(0, 0, 0), B(1, 0, 0),C(1,1, 0), D(0, 2, 0)P(0, 0, 2)
若 P、B、C、D 在同一个球面上，则 OP  OB  OC  OD
设球心O 的坐标为(x0 , y0 , z0 ) 有
x2  y2  (z  2)2  (x  1)2  y2  z2
000000

00000
(x0 1)2  y2  z 2  (x 1)2  ( y 1)2  z 2
(x 1)2  ( y 1)2  z 2  x2  ( y  2)2  z 2
 000000
解得 x   1 , y  1 , z  1
020202
( 1 )2  ( 1 )2  ( 1  2)2
222
11
半径 R  OP 
2
所以球的表面积 S  4R2  119 分
→
②设平面 PCD 的一个法向量为 n  (x1, y1, z1 )

→ –––→
n  PC  0
所以→ –––→
n  PD  0
x1  y1  2z1  0
所以 2 y  2z  0
11
取 x1  1, 则 y1  z1  1
→
所以 n  (1,1,1) ，12 分
–––→
又 PO  (
1 13

, , )
2 22
设直线 PO 与平面 PCD 所成角为，则
–––→ →
sin cs  PO，n  
–––→ →
PO  n
–––→→ 
PO  n
3
33
2
3
11 11
2
所以直线 PO 与平面 PCD 所成角的正弦值为 3315 分
11
【详解】（1）设点 R(x, y)(x  2) ，则
y
x  2
y
x  2
22
 txy
，整理可得 1
44t
2
 R 的轨迹方程为： x
y2
 1(x  2)3 分
44t
当t  0 时，该轨迹表示双曲线(去掉点(2, 0) )；4 分
当t  1或 1  t  0 时，该轨迹表示椭圆(去掉点(2, 0) )；5 分
当t  1 时，该轨迹表示圆(去掉点(2, 0) )6 分
（2）当t  1 时， R 的轨迹方程为 x2  2  ，由点 在双曲线上
4
xE 22
k k
y
4
yE
1(x2)
yE 1
E
k1
EE
EN
得 4  yE  1，可知 EMENx  2 x  24 ，则 EM4k，9 分
又 kEM  2kFN
，所以 k
EN  kFN
= 111 分
8
方法一：依题直线 EF 斜率不为 0，设直线 EF 方程为 x  sy  h ， E(x1, y1), F (x2 , y2 )
x2  4 y2  4

联立方程组 x  sy  h
s2  4  0

，整理得(s2  4) y2  2shy  h2  4  0
  (2sh)2  4(s2  4) h2  4  0
 1  y2 
则 y 2sh
…13 分



 y1 y2 
s2  4
h2  4
s2  4
又 k k
=y1y2
y1 y2 1

ENFNx  2 x  2(sy  h  2)(sy  h  2)8
1212
y1 y2
即
 1 ，将 y
y , y y
代入，得 h   2
s2 y1 y2  s(h  2)(y1  y2 )  (h  2)28
12 1 23
所以直线 EF 的方程为 x  sy  2 ，即直线 EF 过定点  2 ，017 分
3 3

方法二：依题直线 EF 不过点 N，则设直线 EF 方程为 m(x  2)  ny  1 , E(x1, y1), F (x2 , y2 )
x2 x  2  22
 x  22
方程 y2  1 化为 y2  1，整理有 (x  2)  y 2  0
444
联立直线方程有：
 x  22 4
(x  2)m(x  2)  ny  y 2  0
2
yy1
即 (x  2)2
n  m  0 ，14 分
x  24
从而 y1y2  1  m  1 ，解得 m   3

x1  2 x2  2488
所以直线 EF 的方程为 3 (x  2)  ny  1 ，即 3 (x+ 2 )  ny  0
883
所以直线EF 过定点  2 ，017 分
 3

【详解】（1）当 a  1 时， f (x)  sin x  x ， f '(x)  cs x 1  0 ，则函数 f (x) 在 x  (0, π) 单调递减即
2
f (x)  f (0)  03 分
f '(x)  cs x  a
①当 a  1 时， f '(x)  cs x  a  0 ， f (x)  f (0)  0 ，不成立4 分
②当 a  0 时， f (x)  sin x  ax  0 ，显然成立5 分
(x , )
③当0  a  1 时，存在 x  (0, π) ，使得cs x  a ，当 x  (0, x ) ， f (x) 单调递增， x π ， f (x) 单调
递减， f (x)

02000 2
π min{0,1  π a}  0
则0  a  2
π
min
min{ f (0), f ( )}
22
综上所述：a  28 分
π
π n127 sin(1 sin n)
先证明：当 0, 2  ， sink  sin 2k   41  sin11 分
k 1
因为 27 sin(1  sin n)  27 n sink 
41  sin
4 k 1
所以只需证：当  0, π  时，1 27 sink 13 分
2 

sink  sin 2k 4

设 x  sink ，只需证：当0  x  1时， x2  x3 
4  0
27
设 g(x)  x2  x3 
4 ， x 0,1 ，
27
2x 22
g '(x)  2x  3x ，(0, ), g '(x)  0 , x  (,1), g '(x)  0
33
g(x)  g( 2)  016 分
3
n127 sin(1 sin n)27 sinsin n
k 1
所以有sink  sin 2k   41  sin 41  sin17 分