湖北省云学联盟2025-2026学年高三上学期12月月考数学试卷

这是一份湖北省云学联盟2025-2026学年高三上学期12月月考数学试卷，共16页。

数学试卷评分细则
【答案】B
【详解】因为 A  x | lg3 (x  2)  1 x | 2  x  5， B  x | 0  x  3，所以 A ∩ B  x | 2  x  3，故选：B.
【答案】D
【详解】因为在复平面内，复数 z 对应的点的坐标为（2，2），所以 z＝2+2i．则其共轭复数z=2-2i．那
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案
B
D
C
B
A
B
A
C
ABC
AC
ABD
z2-2i
么 =
z
，分子分母同时乘以 2﹣2i 进行化简：1 所以复数 的虚部为﹣1，故选 D．
z2+2iz
【答案】C
【详解】S8  S5  S5  S2  a6  a7  a8  a3  a4  a5  3a7  3a4  a7  a4  a7  a4  3d  0 ，所以“ d  0 ”是“ S8  S5  S5  S2 ”的充要条件．故选 C
【答案】B
【详解】因为函数 y＝f（x）是偶函数，而 y  sin x 为奇函数，所以 g(x)  a 
2
2x 1
为奇函数.
22
222
2  2x
所以 g(x)  g(x) ．即 a  2 x 1   a  2x 1 ，所以 2a  1 2x  2 x    2x  1 2x  2 ，
11
所以 a  1 ，故选 B． 5．【答案】A
【详解】由a sin B  3b cs A ，根据正弦定理得， sin Asin B  3 sin B cs A ，在ABC 中， sin B  0 ，则
sin A 
3 cs A ，即tan A ，又 A0, π ，则 A  π ，由余弦定理得
3
3
3
a cs C  c cs A  a 
a2  b2  c2
2ab
 c 
b2  c2  a2
2bc
 b ，
S 1 bc sin A  1  3  33  9 .故选：A
ABC2224
【答案】B
【详解】由题可知，圆 M 的圆心坐标为4, 0 ，半径为 1，设椭圆C 的上焦点为 F (0,2) ，下焦点为 E(0,2) ，
则| PF |  | PQ | 2a | PE |  | PQ | 6  | PE |  | PQ | ，故要求 PF  PQ 的最大值，即求 PQ  PE 的最小值，
而| PQ || PM | 1，故
5
| PE |  | PQ || PE |  | PM | 1 | ME | 1  21
5
5
所以| PF |  | PQ | 6  21 7  2，故选：B.
【答案】A
【详解】因为 A, F , D 三点共线，所以设CF  CA  (1)CD  CA  (1)  1 CB
2
CA
又 B, F , E 三点共线，所以CF  CE  (1 )CB  2  (1 )CB
 2
3
 1

3
故 2 ，所以CF  1 CA  1 CB ，
1  1

 324
 24
则CF 在CB 上的投影向量的模为


| CF  CB | 
| CB |
1| 2CA  CB CB |
4| CB |
1  6



4  | CB |


 | CB | 

1  2
| CB |  6
| CB |
4
 6
2
当且仅当| CB | 6 ，即| CB |
| CB |
6 时等号成立，故选：A.
【答案】C
【详解】法一：如图，因为 ABC  A1B1C1 为正三棱柱，所以平面α与平面
3
ABC 所成的锐二面角的平面角为FDC  30O ，则CF 3 ，DF  2，
39
因为 BC  6 ， 所以 BF 
， 设 BDF
外接圆半径为 r ， 因为
39
39
FDB  150 ， 所以由正弦定理得 2r  r . 又易知
sin150
 AD 2
3
AD  平面BDF ，且 AD  3
，所以设三棱锥 A﹣BDF 外接球的半径为 R ，则 R2  r 2   ，
 2 
所以 R2  39  27  183 ，故三棱锥 A﹣BDF 外接球的表面积为 S  4R2  183，故选 C.
44
法二：以 D 点为坐标原点，AD 为 x 轴，DB 为 y 轴，D 点引平面ABD 的垂线为 z 轴建立空间直角坐
标系，A(3 3,0,0), B(0,3,0), D(0,0,0), F (0,3, 3) ,设三棱锥 A﹣BDF
的 外 接 球 的 球 心 为 O(x,y,z), 则 OA=OB=OD=0F, 得
3 3
x 
2
, y 
3 , z 
7 3
22
， 所 以 设 外 接 球 半 径 为 R, 则
R  OD 
183 ,球的表面积为 S  4R2  183，故选 C.
2
【答案】ABC
【详解】对于 A，设随机变量服从正态分布 N , 2 ，
若 P( 1)  P( 9) ，则曲线关于 x  4 对称，则 4 ，故 A 正确；

对于 B，因为 X ~ B 6,

1  ，所以 EX   6  1

3 3
 2 ，所以 E2 X 1  2EX 1  5 ，故 B 正确；
对于 C，从小到大排列为12 ，13 ，14 ，15 ，17 ，19 ， 23 ， 24 ， 27 ， 30 ，由于10 0.7  7 ，故第7 和第8 个数的平均数为第70 百分位数，
即 23  24  23.5 ，所以第70 百分位数是23.5 ，故 C 正确；
2
4 3
对于 D：甲、乙、丙、丁 4 个人到 3 个国家做学术交流，每人只去一个国家，每个国家都需 要有人去，则不同的安排方法有C2A3  6  6  36 种，D 选项错误； 故选：ABC.
【答案】AC
2
【详解】选项 A：因为 f（b）＝f（b+3），且 f（x）在（b，b+3）上有最小值无最大值，所以函数 f（x）的图象关于直线 x ＝ b+ 3对称，A 正确．
 f (b)  csb   1
23 
选项 B：由已知可得 3 3
，且 b, b   在同一个减区间内，所以
2
 f  b    csb 
  1

b

 
3
 2 
2k
2
324

b 

3  2k
2
， k  Z ，两式相减得
2

3
，所以 f (x) 的最小正周期为
9
29
T    2 ，故 B 不正确．

 4
x 


3
c  4
s
x 

 ，由 2k
4
x 

 9
3

 9
3 
9
3
选项 C：当 b ＝ 0 时，由 B 知 2k, k  Z ，
所以 f (x)  cs
 2k 
 2k, k  Z ，
解得 9 k  3  x  9 k  3 , k  Z ，所以 f (x) 的单调减区间为9 k  3 , 9 k  3, k  Z ，
2422
 24 2
2

3393 9
而1 ,9k 2 k1
2  3 ，所以 C 正确．


9k42 24 , 2 k2


 499
选项 D： f (x)csx  ，T  ，在一个周期内函数有 2 个零点， 2026  450 1 ，所
 92
2
44
以 f (x) 在1，2026内有 450  2  900 个零点，当 x 0,1时，
9
x ,
9
 ， R ，

所以 f (x) 在0，1上有 0 个或 1 个零点， f (x) 在0，2026 上有 900 个或 901 个零点. D 错误．
【答案】ABD
n
【详解】因为 a  2n , n  N ，易知当 m  n ，且 m, n  N 时2m  2n  2n1 .
而 ar  as  at  2r  2s  2t (0  r  s  t) ．
2
对于选项 A ： 依次列举较小的 ar  as  at 的值， b1  20  21  22  7 ， b  20  21  23  11 ，
4
4
3
b  20  22  23  13， b  21  22  23  14 ，所以b  14 ，A 正确．
对于选项 B：把 ar  as  at 0  r  s  t  进行组合分析，从 0,1,2,, n 1中选 3 个指数，共有
n
C 3 
n(n 1)(n  2) 6
985
种选法，当 n  9 时C3  84 ，所以b 20
 21
 29
 515 ，故 B 正确；
67
对于选项 C： a  26  64, a  27  128 ，从 2r  2s  2t (0  r  s  t) 中找落在64，128内的项.
当 r  0,t  6 时， s  1,2,3,4,5 共 5 种情况；当 r  1, t  6 时， s  2,3,4,5 共 4 种情况；当 r  2,t  6 时， s  3,4,5 共 3 种情况； 当 r  3, t  6 时， s  4,5共 2 种情况；
当 r  4,t  6 时， s  5 共 1 种情况；
所以 c6  5  4  3  2 1  15 种情况，故 C 错误；
对于 D 选项： cn 表示从 2r  2s  2t (0  r  s  t) 中找落在2n ,2n1 内的项数.
当 r  0,t  n 时， s  1,2,3,，n 1共 n 1种情况；当 r  1, t  n 时， s  2,3,，n 1共 n  2 种情况；
……
当 r  n  2, t  n 时， s  n 1共1种情况；
n(n 1)
12 11 
所以 cn  1 2  (n 1) 
，n  2 ，故
2
cn
 2 
n
n(n 1) n 1
111
1  11 
 11 
1 2
所以 Sn  c

cc
 2 1      
23n 
  21
  2 
，故 D 正确.
23
3
【答案】
4
n
1
n 
n n
【详解】因为 P( A)  2P( A) ，而 P( A)  P( A)  1，所以 P( A)  1 ，又 A、B 相互独立，所以
3
P( A ∩ B)  P( A)P(B)，即 1  1  P(B)  P(B)  3
434
2
【答案】
【详解】因为 AB  AF1 ，
所以 BF2
 AB  AF2
 AF1  AF2
 2a ，
由双曲线的定义可得 BF1  BF2
所以 BF1  4a  2 BF2 ，
BF1F2 中，余弦定理得
 BF1  2a  2a ，
| BF |2  | BF |2  | F F |24a2 16a2  4c2322
2
cs F2 BF1  211 2 
2 | BF2 || BF1 |
2  2a  4a
 ，解得c  2a
4
，所以e 
 3e
g x  x 1 
【答案】 ,0∪
 2
, ；  

e 1 
2
x  ， x , 0 1,  （第一空 2 分，第二空 3 分，

表达式正确，未写明定义域也给分）
【详解】由已知 f ' (x) 存在先负后正的变号零点，由 f (x)  ex  1 mx2 求导得： f ' (x)  ex  2m x ，
mm3m3
下面在同一个坐标系中作出函数 y  ex 与 y  2m x 的图象，
3
显然 m  0 ，当时 m  0 ，如右图所示，
0
函数 y  ex 与 y  2m x 的图象有一个交点横坐标可设 x ，
3
当 x  x 时， f ' (x)  ex  2m x  0 ，则 f (x)  ex  1 mx2 在, x  单调递减，
0m3m30
当 x  x 时， f ' (x)  ex  2m x  0 ，则 f (x)  ex  1 mx2 在 x ,  单调递增，
0m3m30
此时函数 f
(x)  ex  1 mx2 在 x 处取到极小值，且 x  0 ；
m300
当 m  0 时，设函数 y  ex 在点 x  t 处的切线 y  et  et (x  t) 过原点得：  et  et (t)  t  1，
即过原点的直线 y  ex 与曲线 y  ex 相切，且切点为1, e .
当0  2m  e 时，可知 f ' (x)  ex  2m x  0 ，此时函数
m3
f (x)  ex  1 mx2 单调递增，无极小值点；
m3
则当 2m  e  m  3e 时，函数 y  ex 与 y  2m x 的图象有两个
323
交点横坐标可设x1 ， x0 ，且 x1  x0 ，如右图所示
3
当 x  x 时， f ' (x)  ex  2m x  0 ，则 f (x)  ex  1 mx2 在, x  单调递增，
1mm31
当 x  x  x 时， f ' (x)  ex  2m x  0 ，则 f (x)  ex  1 mx2 在 x , x  单调递减，
10m3m31 0
当 x  x 时， f ' (x)  ex  2m x  0 ，则 f (x)  ex  1 mx2 在 x ,  单调递增，
0m3m30
此时 f
(x)  ex  1 mx2 函数在 x 处取到极小值，且 x  1，
m300
综上， m  ,0∪  3e , 时，函数簇 中的每一个函数都存在极小值点 x ，且为充要条件，

 2
此时 f ' (x )  ex0  2m x
0

 0  ex0  2m x ，
m03030
由所有的点x , f
(x )构成的曲线 y  g x  满足： g(x )  f
(x )  ex0  1 mx2
0m0
x2m3ex0
0
x1 3ex0
m030
1 x
又e 0 x  m 
，可得 g(x )  e 0  x2  1 x e 0 ，且 x  0 或 x  1 ，
0
0
0
302x
3 2x0
2 0 00
所以函数 g  x 的表达式为 g  x   ex 1  1 x  ， x , 0 1,  .
2 
 3e

g x  x 1 
故答案为： m  ,0∪ 
 2
, ，  

e 1 
2
x  ， x , 0 1, 

（第一空 3 分，第二空 2 分）
【详解】（1）零假设 H0 ：“奥数迷”与性别无关.1 分
根据表中数据计算得2
 100(24  28 12  36)2
60  40  36  64
 25  1.042  2.706  x
240.1
…3 分
根据小概率 0.1 的2 独立性检验，没有充分的证据推断 H0 不成立，因此可以认为 H0 成立，即认 为“奥数迷”与性别无关.
故没有 99%的把握认为是否为“奥数迷”与性别有关.6 分
（2）根据分层抽样，抽取的男生人数为 2 人，女生人数为 1 人，7 分
记“恰有两人闯关成功”为事件 A ，“没有女生闯关成功”为事件 B ，
 3 2 
2 
3  327
则 P  A 
1   C1 1    
，………9 分
 4  3 2 4  4316
  
 3 213
P( AB)     
…11 分
 4 316
3
由条件概率的公式得 P(B | A)  P( AB)  16  3 ，
P( A)77
16
3
故在恰有两人闯关成功的条件下，没有女生闯关成功的概率为
7
.13 分
1
2
2k 12k
【详解】（1）由题意得，  x  3k  x  2k   0  x  3k, x  2k ，由a a (k  1, 2, 3,) ，…2 分
则当k  1时， x1  3,
x2  2  a1  2 ；当k  2 时， x1  6,
x2  4  a3  4 ；
当k  3 时， x1  9, x2  8  a5  8 ；当k  4 时， x1  12, x2  16  a7  12 ；4 分
2
当k  n n  4 时， x1  3n, x  2n ，令 f n   x2  x1  2n  3n ，
设 g x   2x  3x ，由 gx   2x ln 2  3  g 4  16 ln 2  3 0 ，故 g  x 单调递增，
故 f n   g n   g 4 3  0 ，则 x2  x1 ，∴ a2n1  3n(n  4) ；6 分
（2）由（1）知 c1  lg 2  0, c2  lg 4  0, c3  lg 8  0 ， n  4 时， cn  lg(3n)
当12  3n  100 时，即 4  n  33 时， cn  1 ，共有 30 项；
当100  3n  1000 时，即34  n  333 时， cn  2 ，共有 300 项；
当1000  3n  10000 时，即334  n  3333 时， cn  3 ，共有 3000 项；10 分
因为 2025  3  30  300 1692 ，
所以T2025  0  3 1 30  2  300  31692  5706 .15 分
【详解】（1）证明：∵ ACD 为正三角形，M 为棱CD 的中点，∴ AM  CD ，又 AB  CD ，AB, AM 
面 ABM ，且 AB ∩ AM  A ，故CD  面 ABM ，又 BM  面 ABM ，所以 DC  BM .……4 分
由（1）知AMB 为二面角 B  DC  A 的的平面角
∵ AB  BC ， AB  CD ， BC, CD 面 BCD ，且 BC ∩ CD  C ，∴ AB 面 BCD ，又 BM  面
3
BCD ，故 AB  BM ，又∵ DC  2 AB  2 ， ACD 为正三角形，∴ AB  1, AM 
所以
3
3
sin AMB  AB  1
AM
 3 .8 分
方法 1：因为 AB 面 BCD ，所以ATB 为直线 AT 与平面 BCD 所成角，即1  ATB .
因为 AB  面 ABC ，所以面 ABC  面 BCD ，且面 ABC ∩ 面 BCD  BC ，故作TE  BC 于 E ，连接 AE ，则TE 面 ABC ，所以TAE 为直线 AT 与平面 ABC 所成角，即2  TAE .
设TAB ，其中tan BT  BT 0,
AB
2，且为锐角，
1
则1  2 ， AT  cs, BT  tan，故sin1  cs

在BCD 中，易知 BC  BD 3, CD  2 ，所以
3
sin MBC  1

3
，即 TE 
3
BT
，
3
3
3ET
3 tan
所以TE 
tan，故sin  3
3 sin
32AT
3
13
cs
2 3
所以sin1  sin2  cs
sin
3
sin 
33

2 3
故当 6 时， sin1  sin2 取得最大值 3
.15 分
方法 2：过 B 作 BM 垂线，建立如图空间直角坐标系
则 A(0,0,1) ， B(0,0,0) ， C(1,
2,0) ，设T (0, t,0)(0  t 2)
所以 BA  (0,0,1)，BC  (1,
2,0) ， AT  0, t,1
设面 ABC 的法向量为 n  x, y, z ，

n  BA  z  0
由
n  BC  x 
2 y  0
，令 y  1，则
n  (
2,1,0)
…10 分
所以sin2 | cs
n, AT


3 t 2 1
| | n  AT |
| n || AT |
t

t 2 1
| m  AT |1
取面 BCD 的法向量 m  (0,0,1) ，则sin1 | cs
m, AT
|
| m || AT |
t 
12
所以sin  sin 
，t 0, 2
…12 分
3
3 t 2 1
2
3
s2
4  2
3 1
s
3
 2

2
3 1
 s2 4
 
令 s  t  3, s  3, 3，则
3 s2  2 3s  4
sin  sin s
11
12
所以当 s  4 3
3
，即t 
3 时， sin1  sin2 的最大值为 3
2
3
.15 分
3
【详解】易知直线l 的斜率存在，设l : y  kx  4 ， A(x1 , y1 ), B(x2 , y2 )
当直线l 的斜率为 1 时， l : y  x  4
x2  2 py
联立 y  x  4 消去 y 得 x2  2 px  8 p  0 ，   0 恒成立，

x1  x2  2 p, x1 x2  8 p
(x  x )2  4x x
12
1 2
4 p2  32 p
10
…1 分
11
所以| AB |
| x1
 x2 |
2 
2 
 4
………… 3 分
化简得 p2  8 p  20  0 ，所以 p  2 或 p  10 （舍）所以求抛物线Γ的标准方程为 x2  4 y
…4 分
（2）（ⅰ）由已知 F 0,1 ， D 2,4 ，所以 FA  x1 , y1 1, FB  x2 , y2 1, DF  2,5
FA  DFFB  DF2x  5( y 1)2x  5( y 1)
因为直线 FD 经过△FAB 的内心，所以，即1122
| FA || DF |
| FB || DF |
y1 1
y2 1
 2x1  5( y1 1) 10  2x2  5( y2 1) 10 ，所以 2x1 10  2x2 10
…7 分
y1 1
y2 1
y1 1
y2 1
又 y  kx
 4, y
 kx
4 代入上式得
x1  5 
x2  5
，去分母整理得x
 x (k 1)  0 ，
1122
kx1  5
kx2  5
12
而 x1  x2 ，所以 k  1 ，即直线 l 的方程为 y  x  4 .（用其他方法求出两条直线未舍去一条扣 2
分）9 分
（ⅱ）假设存在 Dx0 ,4 满足 FD 经过△FAB 的内心，则
FA  DF
| FA || DF |
 FB  DF
| FB || DF |
，而 DF   x0 ,5
所以  x0 x1  5( y1 1)   x0 x2  5( y2 1)  x0 x1 10   x0 x2 10 ，
y1 1
y2 1
y1 1
y2 1
又 y  kx  4, y  kx
 4 代入上式得 x0 x1 10  x0 x2 10  5x 10k (x  x )  0 ，
0
12
1122
kx1  5kx2  5
而 x1  x2 ，所以 x0  2k ，所以 D2k,4.13 分
 y  kx  42

联立x2  4 y
 x  4kx 16  0 ，所以 x1  x2  4k, x1 x2  16
抛物线Γ的标准方程为 x2
 4 y ，所以 y 
x , y' 
2
4
x ，点 A 处的切线为l : y  y  x1 (x  x )
21121
而 x 2  4 y ，故l : x x  2( y
y) ，同理点 B 处的切线为l : x x  2( y
y)
11111
222
x  x1  x2
'11
x x  2( y  y)
设l 与l 交点为 D ，由
2 x  2k ，即 D' 2k,4.
12x x  2( y
y)x x y  4
 22
 y  1 2
4
所以 D, D' 重合，即存在满足条件的 D 对任意直线l 都成立.17 分
（其他方法酌情给分）
【详解】（1）设直线 l 与曲线 y  f (x) 相切于点t, f (t)
因为 f ' (x)  x2  x ， l : y  c ，所以 f ' (t)  t(2  t)  0  t  0 或t  2 ，
2ex
而 f (0)  0, f (2)  2
e2
2
2tt
，所以切线方程为 y  0 或 y  2
e2
所以 c  0 或
e2
.3 分
证明： f
x2  x

'
(x)，由 f
2ex
' (x)  0 得0  x  2 ；由 f
' (x)  0 得 x  0 或 x  2 ，
所以 f (x) 在 ,0, 2, 单调递减，在0，2 单调递增.
当 x 0，2时， f (x)  0, 2  ，当 x 2,时， f (x)  0, 2 
…………5 分



e2 
e2 
若c  2
e2
，取 n  2 ，则 x  n 时，结合函数 f (x) 的单调性知 f (x)  f (n)  f (2)  c ；……6 分
233e2 3 
若0  c ，取 n   2 ，则下面证明不等式 f (n)  f    c .
e2c2c
ex1
ex'
 
ex (x  3)
先证明如下不等式：当 x  0 ，有 ，令 F (x) ，则 F (x) ，当 x (0,3) 时，F (x)
x36x3x4
递减，当 x (3,) 时， F (x) 递增，所以 F (x)  F (3) 
3
e
3
1 ，即 F 3   ec
1 ，
276
 c 276
 3 2
 c 
 
c3
 3 
变形得：    c ，即 f    c .
3
2ec
 c 
故当 x  n 时，结合函数 f (x) 单调性可知 f (x)  f (n)  c .9 分
由函数 f (x) 的单调性可知 x1  0  x2  2  x3
2cex2  x2ln(2c)  x  2 ln x
且满足
2  
22 ，相减得 x  x
 2 ln x
 ln x
，所以
2cex3  x2
ln(2c)  x
 2 ln x
3232
333
x2 x3
x2
x3 
x3  x2 2 ln x3  ln x2
下证不等式
x3  x2
lnx3  lnx2
x2 x3
成立，即证
x3
x2
t  1
ln x3
x2
1，
令t 1，只需证t  1时， t  1成立，
2lnt
即证t  1时， 2lnt  t  1  0，
t
t
令G t   2lnt  t  1 ， Gt   
t 12
t 2
 0 ， G t  在1,  递减，
故G t   G1  0 ，故2 
x3  x2

x2 x3
，则 x x  4 .13 分
lnx  lnx2 3
故要证 x x
 x x 
32
6e，只需证 4  x x 
6e，即证 x x 
6e 4
2 31 3
2e  3
1 32e  3
1 32e  3
2c
又因为 x1  0 ， x2  2cex1  2c ，则| x | x ，所以 x x 2cx ，又
1111 33
x2  2cex3  x 
x3
2c
2ce 2

3
 x x 
2cx
x2
 3
33
x26e
x3 ，所以1 3
e 2
3x3
e 2
x3
故只需证 3 
e 2
x
2e  3
 4 ，
4t 2
'4t(2  t)
令t  3  1，设函数 h(x) 
2et
(t  1) ， h (t) et，
所以 h(t) 在1, 2 上递增，在2,  上递减.所以 h(t)  h(2)  16
e2

16
所以只需证明
e2
6e 2e  3
 4 ，去分母整理得只需证明e3  6e2 16e  24  0
令 g(x)  x3  6x2 16x  24 ，则 g ' (x)  3x2 12x 16 ，   122  4 316  0 ，故 g ' (x)  0
所以 g(x) 在 R 上单调递增，而 g(3)  3  0 ，所以 g(e)  g(3)  0
166e6e
所以 e2  2e  3  4 ，即 x2 x3  x1x3  2e  3
.17 分