江苏如东一中、宿迁一中、徐州中学等学校2026届高三上学期12月联考数学试卷答案

这是一份江苏如东一中、宿迁一中、徐州中学等学校2026届高三上学期12月联考数学试卷答案，共14页。
1. D 2. B 3. B 4. C 5. C 6. D 7. D
8. B 9. ABD 10. BCD 11. ABD
12. 3
13. 6
14.
15. 解：证明：因为，又因为ac，
所以ac，
因为，所以，所以4a，
由正弦定理可得，
因为，
所以，
即，显然或等式不成立，
故，，
所以，
则，得证;
当，由得，则，
则，解得，
则，
所以，又因为BC边上的高为6，
所以aa，所以a，解得a，
由正弦定理，得，
解得
16. 解：将两边同乘以，
得，即，
又，因此，是以1为公差，1为首项的等差数列
由得，， 因此，，，
当时，，得，即
又因为，，，所以3，即当时，，
所以的最大项是
17. 解：证明：
四棱锥中，
取AB的中点F，连接，
由，，
得，则，
，又，
所以四边形AFCD为平行四边形，
，，
由，得，
则，，而，
平面ABP，
于是平面ABP，
又平面ABP，
则，
又， ，
平面ADP，
因此平面ADP，
而平面ADP，所以；
在平面ABP内过点A作，
由知平面ABP，
则直线两两垂直，
以点A为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，
，
，
设平面ADP的法向量，
则，
令，得，，
故平面ADP的一个法向量，
设平面CDP的法向量，
则，
令，得，，
故平面CDP的一个法向量为，
则⟨⟩，
所以平面ADP与平面CDP夹角的余弦值是

18. 解：设椭圆E的方程为，
由题意知：，，解得，
所以椭圆E的方程为
设，则，且圆P的方程为，
即圆P的方程为
因为圆C的方程为，
将圆P的方程与圆C的方程作差得，

所以MN的方程为，
点到直线MN的距离
，
又因为，所以的面积为为定值.

19. 解：由得，，，
依题意，解得，所以，
令，解得，列表如下：
所以的极小值为，无极大值；
，设，
则可等价转化为，
，
当时，，显然不符合题意；
当时，，不符合题意；
当时，令，解得，注意到，为增函数，
若，则在区间单调递增，，不符合题意；
若，则在区间单调递减，，不符合题意；
若，，得，
令得，令得，
所以在区间单调递增，在区间单调递减，
则0为的极小值点，符合题意.
综上，
证明：，
又，所以，
因为，
有，
所以，
所以，
由可知，，
令，则，即，
所以当时，，
所以

【解析】
1. 解：因为，
则
故选：
2. 【分析】
由全集U，以及A，求出A的补集即可．
此题考查了补集及其运算，熟练掌握补集的定义是解本题的关键．
【解答】
解：因为，又，
所以，故选
3. 解：若，则，，
此时，所以；
若，则由向量共线定理可得：
，解得或。
因此“”是“”的必要不充分条件。
故选
4. 从5条线段中任取3条的所有样本点有10个，即，，，，，，，，，，其中能构成三角形的样本点有3个，即，，，故所求概率故选
5. 【分析】
本题考查了等比数列的通项公式与前n项和公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
利用等比数列的通项公式求出公比，再由等比数列的前n项和公式即可得出．
【解答】
解：设等比数列的公比为q，
因为，所以，所以，
又，所以，
则
故选
6. 【分析】
本题考查其它排列问题，两个计数原理的综合应用，属中档题.
按照甲排第一，第二，第三位分类求解．
【解答】
解：按甲的安排进行分类讨论.
①甲排第一，则乙，丙等四人有种；
②甲排第二，则乙、丙排后3位中的两位，有种；
③甲第三，则乙，丙排最后2位；有种
故共有种
故选：
7. 【分析】利用直线和圆的结几何性质，作图分析，将问题转化为圆心到直线的距离小于等于 ，利用点直线的距离公式得到关于a不等式，可求得答案.
【详解】当直线 与圆 相切或相交时，如图，
圆 C 上存在两点 ， PQ 为圆的直径，
直线 l 上取与圆的交点为 M，此时满足 ，
则 ，即 ；
当直线l与圆相离时，
圆 ，圆心为 ，半径为1，
如图，过圆心C作 ，交直线l于点M，
过M作C的两条切线分别切圆于点 ，则 是圆上两点与l上一点形成的最大角，
只要 ，可满足题设条件，即 ，
， ， ，即 ，
解得 或
综合以上可得a的取值范围是 ，
故选：D
8. 【分析】
本题主要考查利用导数证明不等式，属于难题.
根据选项合理构造函数，利用导函数判断函数单调性，得出函数的最值，从而判断不等式是否成立.
【解答】
解：对于A选项：令，，
，令，
，令，则，
即时，，单调递减，单调递减，
即时，，单调递增，单调递增，
有最小值，
所以在单调递增，故，
所以即，故A选项错误；
对于B选项：由A可知：，
要证，即需要证明：，即，
即，，
令，
，令
，令，则，
即时，，单调递减，单调递减，
即时，，单调递增，单调递增，
所以有最小值，
所以在单调递增，故，
所以成立，故B选项正确；
对于C选项：由得，
因为，所以，
所以，故C选项错误，
对于D选项：令，因为，
所以在上单调递增，所以，
所以存在使得，即，
故D选项错误；
故选：
9. 【分析】
本题考查等差数列的判定或证明，等差数列的通项公式，等差数列的性质，等差数列前n项和的最值问题，属于中档题.
设等差数列的公差为d ，根据 可判断选项B；利用 ，可判断选项C；根据 ， 可得到 ， 可判断选项A和
【解答】
解：对于B，设等差数列 的公差为d，则 ，
得 ，
，
所以 是以 为首项， 为公差的等差数列，故B正确；
对于C， ，即 ，故C错误；
对于A， ，由于 ，所以 ，故A正确，
对于D，因为 ， ，所以当 时， 取得最大值，
故对任意 ，恒有 ，故D正确．
故选：
10. 【分析】
本题考查棱柱的侧面积和外接球的表面积，线面平行及垂直的判定，属于中档题.
对于A，直接求解侧面积即可，对于B，判断出为直角三角形，然后根据已知直接求解外接球的半径，从而可求出其表面积，对于C，由棱柱的性质和线面平行的判定分析判断，对于D，由题意可证得平面，从而有，再由勾股定理的逆定理可得，然后由线面垂直的判定定理可证得结论.
【解答】
解：对于A，因为在直三棱柱中，，，，
所以三棱柱的侧面积为，所以A错误，
对于B，因为，，所以，
所以为以B为直角顶点的等腰直角三角形，
所以三棱柱的外接球半径，
所以外接球的表面积为，所以B正确，
对于C，因为，平面BCD，平面BCD，所以平面BCD，所以C正确，
对于D，由已知得，又D是的中点，所以，
因为侧棱平面，平面，所以，
因为，平面，所以平面，
因为平面，所以，
因为，
所以，
则，所以
因为，平面，
所以平面，所以D正确，
故选：
11. 【分析】
本题考查曲线的轨迹问题，考查命题的真假判断与应用，考查逻辑思维能力与推理运算能力，结合基本不等式求解是关键，属难题．
由题意得到方程，结合对称性的判定方法，可判断A；表示出周长，结合基本不等式可判断B；利用余弦定理结合基本不等式可判断C；推导出可判断
【解答】
解：对于A，设，则，
即，
以替换x，替换y方程不变，所以曲线C关于x轴、y轴和坐标原点对称，故A正确;
对于B，的周长，当且仅当时等号成立，故选项B正确;
对于C，，当且仅当时，等号成立，所以当时，取得最大值，所以的最大面积为，故C错误；
对于D，由，
即，即，即，
当且仅当，即，时等号成立，故D正确，
故选
12. 解：定义域为R，，且，
可得，所以函数的周期为4；
则
故答案为：
13. 解：的展开式的通项为
的展开式中的系数是，
，
故答案为：
14. ，
又
，
，
即 ，所以 或 ，
故 或 ，，
解得 ，所以 的解得 ．
故答案为：
15. 详细解答和解析过程见【答案】
16. 详细解答和解析过程见【答案】
17. 本题考查线面垂直的性质，平面与平面所成角的向量求法，线面垂直的判定，属于中档题.
取AB的中点F，利用线面垂直的判定、性质，结合勾股定理的逆定理推理得证；
以A为原点建立空间直角坐标系，平面ADP与平面CDP的法向量，再利用面面角的向量求法求解.
18. 详细解答和解析过程见【答案】
19. 详细解答和解析过程见【答案】x
-
0
+
单调递减
单调递增