湖北省衡水金卷2026届高三上学期12月阶段性测试数学试题（PDF版附解析）

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三、填空题
12．【解析】设圆锥的底面半径为r，母线长为l，高为h，由母线与底面所成角是知，，所以体积，故，化简可得，所以．故答案为．
13．【解析】如图所示，注意到为图象中的失去一组对边的实心矩形，即圆心坐标为，半径为的圆或点,当时显然题设不成立，由题意知圆必与矩形有无穷个公共点，故应有，易知，，故由解得．故答案为．
14．3【解析】由，得，取倒数得：，所以，
所以，又，所以数列单调递增，由，可得：，，，，，显然，所以不超过的最大整数是3．故答案为3．
四、解答题
15．解:（1），取，（2分）
则，（5分）
注意到，故此时有．（7分）
（2）由条件可知，，（8分）
注意到，
，可知，于是，（10分）
故，
于是，当且仅当时，等号成立，（12分）
故的最小值为．（13分）
16．解:（1）1，1，2，2，4，2．（6分）
绘制如图．（7分）
（2）设为素数，则不超过且与不互质的正整数只有的倍数．所以互质的数的数目为．（12分）
故，故数列为公比为的等比数列．（15分）
17．解：（1）由中点性质可知，由余弦定理得，（4分）
即．（5分）
（2）方法一：显然，而，由正弦定理得，即，（7分）
于是
，（11分）
而，故
．（14分）
由知，故．即．（15分）
方法二：注意到，于是，（9分）
而，（11分）
故，而，（12分）
于是
．．（15分）
18．解:（1）由，，平面，平面，知平面，（2分）
由平面知，（3分）
由，，平面，平面可知平面，（4分）
而，由，是，的方向向量得，（6分）
由，，平面，平面，可得平面．（7分）
（2）（i）以为坐标原点，的方向为轴正方向，的方向为轴正方向，的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系，（8分）
则，，，，，．设，由得
，解得，（11分）
于是，显然，可得，，三点共线．（12分）
【注：若用几何法则该问满分4分，最后一问进行建系得1分，剩余分值不变．】
（ii）注意到，，显然平面的一个法向量为，（13分）
记平面的一个法向量为，
，即，可取．（15分）
记平面与平面的夹角为，则．（17分）
19．解:（1）函数的定义域为，．方程的判别式．当时，若，则，函数无极值点；若，则，且二次项系数，故恒成立，即，函数无极值点．（1分）
当时，，且，故方程有一正一负两根．由于定义域为，仅有一个正根．当时，；当时，．故为极大值点．此时有1个极值点．（2分）
当时，，且两根之和，两根之积，方程有两个不相等的正实根，此时有2个极值点．（3分）
综上所述，当时，极值点个数为0；当时，极值点个数为1；当时，极值点个数为2．故的取值范围为．（4分）
(2)由于，故恒为函数的一个零点．（5分）
当时，函数有两个极值点．设，则，且，故．在上单调递增．又且，所以是该区间唯一零点．此时．当时，有且，又，故恒成立，故当时，函数只有1个零点．（7分）
当时，函数有唯一的极大值点．若，则．此时满足，即．当时，极大值点即为零点，函数只有1个零点．（8分）
若，则极大值．在单调递增，在单调递减，当时，，即，取，且，由于，故．又，所以．易知，则，即．因为，故．若，则落在或．在上，与矛盾；在上，但，矛盾．故．故根据零点存在性定理，在区间内存在一个零点．即时存在2个零点．（9分）
当时，．即，取．，令，则．此时，，．设()，．当时，．故在单调递减，，即．设，且是的唯一正根．因为，抛物线开口向下，，故当时．，由且，可知．故根据零点存在性定理，在区间内存在一个零点．（10分）
综上，当或时，有1个零点；当且时，有2个零点．
（3）不妨记所有零点之和为，所有极值点之和为．当时，零点仅有，故．极值点为，由韦达定理，故．此时，即．（11分）
当时，零点仅有，故．极值点为，故．此时，即．（12分）
当且时，有两个零点(设)，其中一个为1，另一个记为，则．极值点仅有，故．由单调性知，且满足，即．设．
，
将代入得．
因为，所以恒成立，在上单调递增，
又，即．（15分）
显然，取较小的零点，，因为，且，所以，又与均在区间上，且在此区间上单调递减，故，即，即．
综上，当时，所有零点之和等于所有极值点之和的2倍；当时，所有零点之和小于所有极值点之和的2倍；当且时，所有零点之和大于所有极值点之和的2倍．（17分）