湖北省云学联盟2026届高三上学期12月考试-数学试题（含答案）

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注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置．
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．
3．非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．
4．考试结束后，请将答题卡上交．
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，只有一项是符合要求，请将答题卡上此题对应选项的标号涂黑）．
1. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据对数函数的性质，求得，结合集合交集的概念与运算，即可求解.
【详解】由，可得，解得，即，
又由，所以.
故选：B.
2. 在复平面内，复数对应的点的坐标为，则复数的虚部为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据复数的几何意义，得到和，利用复数的运算法则，求得，结合复数的定义，即可求解.
【详解】在复平面内，复数对应的点的坐标为，所以，其共轭复数，
则，所以复数的虚部为.
故选：D.
3. 已知等差数列的公差为，前项和为，则“”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，利用等差数列的通项公式和求和公式，结合充分条件、必要条件的判定方法，即可求解.
【详解】当时，由，
因为，所以，则，所以，所以充分性成立，
反之：由，可得，
又由等差数列的性质，可得，即，则，所以必要性成立；
所以“”是“”的充要条件.
故选：C.
4. 已知函数，若函数的图象关于轴对称，则的值为（ ）
A. -1B. 1C. -2D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】由是偶函数，得到为奇函数，结合．列出方程，即可求解.
【详解】由函数的图象关于轴对称，可得函数是偶函数，
因为为奇函数，所以函数为奇函数，
所以．即，
所以，所以.
故选：B.
5. 在中，角的对边分别为．已知，则的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，利用正弦定理，得到，求得，再由余弦定理，求得，结合三角形的面积公式，即可求解.
【详解】因为，由正弦定理得，，
又因为，可得，所以，即，
因为，则，
由余弦定理得，
所以的面积为．
故选：A.
6. 已知为椭圆的一个焦点，为椭圆上一点，为圆上一点，则的最大值为（ ）
A. 8B. 7C. 6．D. 5
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，利用椭圆的定义，得到，再由，得到，进而求得的最大值，得到答案.
【详解】由圆，可得圆心，半径为，
设椭圆的上焦点为，下焦点为，
则，
要使得的最大值，即求的最小值，
因为，可得
所以，
故选：B.
7. 如图，在中，，，为与的交点，且,则向量在上的投影向量的模取得最小值时，（ ）
A. B. 1C. 2D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用三点共线与三点共线，解得，再将向量在上的投影向量的模表示出来，利用均值不等式求得最小值时易知.
【详解】因为三点共线，所以设，
又三点共线，所以，
故，所以，
则在上的投影向量的模为：
，
当且仅当，即时等号成立.
故选：A．
8. 在正三棱柱中，为边上的中点，平面过点且与平面所成的锐二面角为，平面与线段相交于点，则三棱锥的外接球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】方法一：由二面角条件求出，进而求得的外接圆半径；利用平面得出外接球半径公式，代入计算出表面积；方法二：建立空间直角坐标系，利用坐标运算求出球心的坐标，进而得到球的半径，即可求解.
【详解】方法一：如图，因为为正三棱柱，所以三棱柱的侧棱垂直于底面，
可得：，又底面为正三角形，为中点，故,
，故平面，可得，又,
故是平面与平面所成的锐二面角的平面角，，
则，因为，所以，设外接圆半径为，
因为，所以由正弦定理得．
平面(平面平面)，且，
所以设三棱锥外接球的半径为，则，
所以，故三棱锥外接球的表面积为.
方法二：以D点为坐标原点，AD为x轴，DB为y轴，D点引平面的垂线为轴建立空间直角坐标系，
则，
设三棱锥的外接球的球心为，则，
，
，
，
设外接球半径为，则，
球的表面积为.
故选：C
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．请将答题卡上此题对应的上述选项的标号涂黑）
9. 下列有关说法正确的是（ ）
A. 设随机变量服从正态分布，若，则
B. 若随机变量，则
C. 数据13，27，24，12，14，30，15，17，19，23的第70百分位数是23.5
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72种
【答案】ABC
【解析】
【分析】利用正态分布的性质可判定A选项；由二项分布期望性质可判定B选项；根据百分位数定义可判定C选项；应用分组分配结合排列组合计算判定D选项
【详解】对于A，设随机变量服从正态分布，
若，则曲线关于对称，则，故A正确；
对于B，因为，所以，所以，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，
故第7和第8个数的平均数为第70百分位数，
即，所以第70百分位数是23.5，故C正确；
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种，D选项错误；
故选：ABC.
10. 已知函数满足，且在上有最小值，无最大值，则下列结论正确的是（ ）
A. 函数的图象关于直线对称
B. 的最小正周期为4
C. 当时，函数在每一个闭区间上单调递减
D. 在（0，2026）上恰有900个零点
【答案】AC
【解析】
【分析】由余弦函数的对称性，若函数值在相距为3的两个点相等且其间恰有一个最小值，可判断对称轴为这两点的中点，
由此分析A选项，由对称轴处取最小值，结合，可列相位方程解得，从而得到周期，
由此判断B选项，把代入已得与，解余弦函数单调递减的不等式得到递减区间，据此检验所给区间是否落在这些递减
区间内，由此判断C选项，利用已求周期计算区间长度内的整周期数，结合余弦函数每周期有两个零点，
并讨论余下区间可能包含的零点个数范围，由此判断D选项.
【详解】选项：因为，且在上有最小值无最大值，
所以函数的图像关于直线对称，正确．
选项：由已知可得，
且在同一个减区间内，所以，
两式相减得，
所以的最小正周期为，故不正确．
选项：当时，由知，
所以，
由，解得，
所以的单调减区间为，
令，可得区间，该区间是的单调减区间，所以C正确．
选项，在一个周期内函数有2个零点，
，所以在内有个零点，
当时，，
所以在（0，1）上有0个或1个零点，
在（0，2026）上有900个或901个零点．错误.
故选：AC
11. 已知数列的通项公式为，将按从小到大的顺序排列起来构成数列，其中，数列中落在区间内项的个数记为数列，则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. D. 若，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于选项A，直接枚举满足条件的最小几项和并按升序排列，比较数值得到第四项的值.对于选项B，组合计数得出前项均来自指数小于的组合，进而确定首次出现指数时的项数与对应数值.对于选项C，在给定区间内固定最大指数，通过枚举较小指数的可能组合并分类计数，得到区间内项数.对于选项D，利用区间端点均为2的幂的性质，确定区间内所有组合必以区间右端点的指数为最大指数，进而利用组合数与裂项相消法求和.
【详解】因为，易知当，且时．
而．
对于选项A，依次列举较小的的值，，
，所以，故A正确；
对于选项B，把进行组合分析，
从中选3个指数，共有种选法，
当时，所以，故B正确；
对于选项C，，从中找落在内的项，
当时，共5种情况；
当时，共4种情况；
当时，共3种情况；
当时，共2种情况；
当时，共1种情况；
所以种情况，故C错误；
对于选项D，表示从中找落在内的项数．
当时，共种情况；
当时，共种情况；
．．．．．．
当时，共1种情况；
所以，故
所以，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．请将每小题的正确答案填写在答题卡上对应的位置）
12. 相互独立事件A、B满足，则___________．
【答案】##
【解析】
【分析】由得，再根据独立事件的乘法公式计算即可求解
【详解】因为，而，所以，
又A、B相互独立，所以，
即.
故答案为：
13. 已知双曲线的左、右焦点分别为，过点的直线与双曲线的右支交于两点，若，且，双曲线的离心率为___________．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，利用双曲线的定义，化简得到，在中，由余弦定理，列出方程，求得，进而求得双曲线的离心率.
【详解】如图所示，因为，可得，
由双曲线的定义可得，所以，
在中，因为，
由余弦定理得，
解得，所以双曲线的离心率为.
故答案为：.
14. 我们将含参数的一类函数构成的集合称为函数簇，记为．例如：是一个函数簇．若函数簇中的每一个函数都存在极小值点，且当参数变化时，由所有的点构成一条曲线，则称函数簇存在包络函数．已知函数簇，若“”是“存在包络函数”的充要条件，则集合___________；函数的表达式为___________．
【答案】 ①. ； ②. .
【解析】
【分析】利用求导，结合基本函数与的图象研究，可判断的正负和原函数的极小值点，从而可求解.
【详解】由已知存在先负后正的变号零点，由求导得：，
下面在同一个坐标系中作出函数与的图象，
显然，当时，如图所示，
函数与的图象有一个交点横坐标可设，
当时，，则在单调递减，
当时，，则在单调递增，
此时函数在处取到极小值，且；
当时，设函数在点处的切线过原点得：，
即过原点的直线与曲线相切，且切点为（1，e）．
当时，可知，
此时函数单调递增，无极小值点；
则当时，函数与的图象有两个交点横坐标可设，且，如图所示，
当时，，则在单调递增，
当时，，则在单调递减，
当时，，则在单调递增，
此时函数在处取到极小值，且，
综上，时，函数簇中的每一个函数都存在极小值点，且为充要条件，
此时，
由所有的点构成的曲线满足：
又，可得，且或，
所以函数的表达式为．
故答案为：，
四、解答题（本题共5个小题，共77分．请将每小题的解答过程写在答题卡上对应的位置，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
15. 某中学对学生钻研奥数课程的情况进行调查，将每周独立钻研奥数课程超过6小时的学生称为“奥数迷”，否则称为“非奥数迷”，从调查结果中随机抽取100人进行分析，得到数据如表所示：
（1）对照列联表，根据小概率的独立性检验，是否为“奥数迷”与性别有关？
（2）现从抽取的“奥数迷”中，按性别采用分层抽样的方法抽取3人参加奥数闯关比赛，已知其中男、女学生独立闯关成功的概率分别为，在恰有两人闯关成功的条件下，求两人性别相同的概率．
参考数据与公式：，其中．
【答案】（1）没有90%的把握认为是否为“奥数迷”与性别有关.
（2）
【解析】
【分析】（1）作零假设，根据表中数据计算得并与作比较，然后得到结论；
（2）由分层抽样得到抽取的男生和女生的人数，记“恰有两人闯关成功”为事件，“没有女生闯关成功”为事件，分别求出则，，由条件概率公式求得. .
【小问1详解】
零假设：“奥数迷”与性别无关
根据表中数据计算得
根据小概率的独立性检验，没有充分的证据推断不成立，因此可以认为“奥数迷”与性别无关．
没有90%的把握认为是否为“奥数迷”与性别有关.
【小问2详解】
根据分层抽样，抽取的男生人数为2人，女生人数为1人，
记“恰有两人闯关成功”为事件，“没有女生闯关成功”为事件，
则，
.
由条件概率的公式得，
故在恰有两人闯关成功的条件下，两人性别相同的概率为
16. 已知数列中的相邻两项是关于的方程的两个根，且
（1）求及；
（2）记，其中表示不超过的最大整数，如，．求数列的前2025项和．
【答案】（1）；；；；
（2）5706
【解析】
【分析】（1）由二次方程因式分解求出两根为与，结合条件“奇数项不大于偶数项”得到奇数项取较小根，通过枚举得出前几项的具体值，再通过构造函数分析单调性证明当时，从而得到奇数项的通项公式。
（2）根据奇数项通项公式确定的具体表达式，利用对数不等式将取值转化为关于的整数区间划分，分别统计取值为1、2、3的项数，最后分段求和得到总和。
【小问1详解】
由题意得，，由，．
则当时，；当时，；
当时，；当时，；
当时，，令，
设，由，故单调递增，
故，则；
【小问2详解】
由（1）知时，
当时，即时，，共有30项；
当时，即时，，共有300项；
当时，即时，，共有3000项；
因为，
所以.
17. 在三棱锥中，为正三角形，，点为棱的中点，点是线段上的一动点．
（1）证明：；
（2）求二面角的正弦值的大小；
（3）设直线与平面、平面所成角分别为，求的最大值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）．
【解析】
【分析】（1）根据题意，分别证得和，利用线面垂直的判定定理，证得平面，即可证得；
（2）：由（1）得到为二面角的平面角，证得，在直角中，即可求解；
（3）方法1：证得为直线与平面所成角，即，得到为直线与平面所成角，即，设，分别求得和，得到，结合三角函数的性质，即可求解；
方法2：以为原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面和平面的法向量和，得到和，得到，结合基本不等式，即可求解.
【小问1详解】
证明：因为为正三角形，且为棱的中点，所以，
又因为，且平面，且，
所以平面，因为平面，所以.
【小问2详解】
解：由（1）知且，所以为二面角的平面角，
因为， 平面，且，
所以平面，又因为平面，所以，
因为，为正三角形，可得，
在直角中，可得.
【小问3详解】
解：方法1：因为面，所以为直线与平面所成角，即，
因为平面，所以平面平面，且面面，
作于，连接，可得面，
所以为直线与平面所成角，即，
设，其中，且为锐角，
则，可得，
在中，可得，所以，即，
所以，故
所以
当时，取得最大值．
方法2：过B作BM的垂线，以为原点，以所在直线分别为轴，
建立如图空间直角坐标系，则，
设，可得
设平面的法向量为，则，
令，可得，所以.
所以
取平面的法向量，则
所以，
令，
则
所以当时，即时，的最大值为．
18. 在抛物线中，过点的直线交抛物线于两点．当直线的斜率为1时，．
（1）求抛物线的标准方程；
（2）设抛物线的焦点为，直线上有一动点，其横坐标为．
（i）若且直线经过的内心，求直线的方程；
（ii）对任意满足题设条件的直线，是否存在动点，使得直线经过的内心且同时与相切？若存在，则加以证明．若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；
（2）（i）；（ii）存在，证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据直线与抛物线相交的弦长的值，再结合根与系数关系可得抛物线方程；
（2）（i）将直线经过的内心这一条件转化为，再用坐标表示并结合根与系数关系可得直线方程；（ii）先根据直线经过的内心可得，再用导数求分别过A，B两点的切线方程，进而求切线的交点，可得，所以重合，故存在所求点.
【小问1详解】
由题可知直线的斜率存在，设
（1）当直线的斜率为1时，，如图：
联立，消去得，，
.
所以
化简得，所以或（舍）
所以求抛物线的标准方程为.
【小问2详解】
（i）由（1）的方程知，，所以，如图：
因为直线经过的内心，所以，即，
，，即.
又代入上式得，，，得，
而，所以，即直线的方程为．
（ii）假设存在满足经过的内心，则，而
所以，，又代入上式得，
，，而，所以，所以．
联立，所以
抛物线的标准方程为，所以，点处的切线为，
而，代入得，即.
故，同理点处的切线为
设与交点为，由，，解得，
即，．
所以重合，即存在满足条件的对任意直线都成立．
19. 已知函数，直线．
（1）若直线与曲线相切，求实数的值；
（2）证明：对于，使得当时，直线恒在曲线上方；
（3）若直线与曲线有三个不同的交点，且从左到右的三个交点的横坐标依次为，证明：．
【答案】（1）或；
（2）证明见解析； （3）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）设切点，再求出导函数得出切线斜率计算求点即可求参.
（2）把恒成立问题转化为最值关系，分和计算证明；
（3）由交点列式，取对数构造函数，再利用导数探讨单调性推理证明即可.
【小问1详解】
设直线与曲线相切于点，求导得，
由，得或，则切点为或，切线方程为或，
所以或.
【小问2详解】
由（1）知，，由，得；由，得或，
函数在上单调递减，在上单调递增，
当时，，当时，
若，取，则时，结合函数的单调性得；
若，取，则下面证明不等式，
先证明如下不等式：当，有，令，求导得，
当时，；当时，，函数在上递减，在上递增，
则，即，变形得：，即，
所以当时，结合函数单调性知.
【小问3详解】
由函数的单调性知，且，
由，得，两式相减得，即，
下证不等式成立，即证，令，
只需证时，成立，即证时，，
令，求导得，函数在上递减，
因此，则，即，
要证，只需证，即证，
又，则，，
而，则，即，于是，只需证，
令，设函数，求导得，
当时，；当时，，函数在上递增，在上递减，
于是，只需证，就证，
令函数，求导得，
函数在上单调递增，而，因此，即，
所以.
奥数迷
非奥数迷
总计
男
24
36
60
女
12
28
40
总计
36
64
100
0.1
0.05
0.01
0.001
2.706
3.841
6.635
10.828