湖北省荆州市荆州中学2025-2026学年高三上学期12月月考数学试卷

这是一份湖北省荆州市荆州中学2025-2026学年高三上学期12月月考数学试卷，共12页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的．
已知函数 f  x  sin  3x φ π φ„ π 为偶函数，则φ ()
6 2 

A. πB. π
66
πD. π
33
已知抛物线 E : y 2  2 px( p  0) 的焦点为 F，过点 F 的直线 l 与 E 交于 A，B 两点，点 M 为线段 AB 的中点，若点 M 的横坐标为 p， | AB | 12 ，则 p  ()
A. 2B. 3C. 4D. 6

 x 
1 7
2 x 
的展开式中，x 的系数为()

21
4
 21
4
35
16
 35
16
2
已知圆锥的底面半径为
，高为 2，正方体 ABCD  A1B1C1D1 棱长为 a，若点 A，B， C，D
在该圆锥的侧面上，点 A1 , B1, C1, D1 在该圆锥的底面上，则a  ()
2
A. 2B.
D.2
2
已知V ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，且 a  c 
b  c
sin B
sin A  sin C
，则 A  ()
A. πB. πC. 2πD. 5π
6336
对数lg2 3 的第一位小数的值为()
A. 4B. 5C. 6D. 7
若 cs 2α  sin 2β ，则()
1  sin 2α 1  cs 2β
tan(α β)  1
tan(α β)  1
tan(α β)  1 D. tan(α β)  1
已知 x  0 ， x2  2xy  z2  0 ， x2  yz ，则()
y  z  x
x 
y  z
y  x  z
z  x  y
二、多选题：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，有选错的得 0 分，部分选对的得部分分．
若复数 z  3  5i ，则()
1  i
z  4  i
17
| z |
z 在复平面内对应的点位于第四象限
17
复数ω满足|ω| 1 ，则|ω z | 的最大值为 1
已知函数 f (x) 为 R 上的奇函数， g  x  f  x 1 为偶函数，下列说法正确的有()
f (x) 图象关于直线 x  1 对称B.
g 2023  0
C. g  x 的最小正周期为 4D. 对任意 x  R 都有 f 2  x  f  x
已知数列{a } 的通项公式a 
n  2
，前 n 项和为S ，则()
nn2n  15n
1
A. 数列{} 为等差数列B. n  N * ，使得a a
2an  1
n1n
C. 当 n  8 时， S 取得最小值D. 数列{a  a} 的最大项的值为11
nnn13
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分．
–––→–––→
已知OA  (1, 2), OB  (3,1) ，则AOB  .
甲、乙、丙、丁、戊 5 人站成两排照相，前排站 2 人，后排站 3 人，其中甲和乙须左右相邻，丙不站前排，则不同的站法共有种( 用数字作答).
声音是由物体振动产生的声波，其中包含着正弦函数.若一个声音的数学模型是函数
f (x)  sin x  1 sin 2x ，则 f (x) 的最小正周期是， f (x) 的最大值是.
2
四、解答题：本题共 5 小题，共 77 分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．
( 本小题 13 分)
某种量子加密技术所用光子有两种指向：“0 指向”和“1 指向”，光子的发送和接收都 有 A、B 两种模式.当发送和接收模式相同时，检测器检测到的光子指向信息与发送信息一致，否则检测出相异的指向信息.
现发射器以 A 模式，从两个“1 指向”、两个“0 指向”的光子中随机选择两个依次发送，接
收器每次以 A 或者 B
模式接收，其概率分别为 1 和
3
2 . 每次发送和接收相互独立.
3
(1)求发射器第 1 次发送“0 指向”光子的条件下，第二次发送“1 指向”光子的概率； (2)记发射器共发射“0 指向”光子个数为 X，求 X 的分布列.
16.（本小题 15 分）
已知正项数列{a } 的前 n 项和为 S ，且 4S
 a2  2a .
n
(1)求{an} 的通项公式；
(1)n
nnnn
an1 
an
(2)若bn ，记数列{bn } 的前 n 项和为Tn ，求T120 .
17.（本小题 15 分）
已知函数 f (x)  ex  ln x  a  1.
xx
若在（1，f (1)) 处的切线斜率为1，求 a ；
若 f (x) … 0 恒成立，求 a 的取值范围.
18.(本小题 17 分)
，
如图，四棱锥 P  ABCD 中， PA  平面ABCD ， AB  AD ， AD // BC
AD  2 AB  2BC  2 .
证明：平面 PAC  平面 PCD ；
若 PA  2 ，动点M 在VPAD 内( 含边界) 且 MB2  MD2  5.
①求动点M 的轨迹的长度；
②设直线CM 与平面 PBD 所成角为θ，求sinθ的取值范围.
19. ( 本小题 17 分)
x2  y2 
x2  y2 
H (2, 0)
如图，椭圆
1 : mn
1(mn
0) ，
2 : nm
1 ，已知 1 右顶点为
，且它们的交
点分别为 P1(1,1) ， P2 (1,1) ， P3 (1, 1) ， P4 (1, 1).
求1 与2 的标准方程；
过点 P1 作直线 MN，交1 于点 M，交2 于点 N，设直线 P3M 的斜率为k1 ，直线 P3N 的斜率为
2
k ，求 k2 ；（上述各点均不重合）
k1
点Q1 是1 上的动点，直线Q1P1 交2 于点Q2 ，直线Q2 P2 交1 于点Q3 ，直线Q3 P3 交2 于点
Q4 ，直线Q4 P4 与直线Q1 P1 交于点 N，求点 G 坐标，使直线 NG 与直线 NH 的斜率之积为定值.( 上述各点均不重合)
12 月数学考试答案和解析
12. 13. 2014. 2； 3 3
44
1. 解： f (x)  sin  3x   为偶函数，则    k(k  Z ) ， 2 k(k  Z ) ，
6 
1. D
2. C
3. C
4. C
5. C
6. B
7. B
8. A
9. BCD
10. ABD
11. ABD

取k  1 ，则 .
3
623
故选： D.
解：设抛物线 y2  2 px( p  0) 的焦点为 F，由抛物线的定义可知，
| AB || AF |  | BF | x  p  x  p  (x  x )  p ，因为线段 AB 中点的横坐标为 p，所以
122212
x1  x2  2 p ，
又| AB | 12 ，所以2 p  p  12 ，可得 p  4.

故选： C.
解：  x 
1 7
的展开式的通项为T
 Cr x7r
 1 r
 1 r
x 2
 Cr
 1 r
7 3 r

x 2
,r  0,1,, 7 ，
r 17
 2 
7  2 
2 x 

1 
4
令7  3 r  1 ，解得r  4 ，所以 x 的系数为C 4    35 .
27  2 16

故选： C.
解：如图所示，过正方体的对角线的轴截面，
2
则 AC 2a ， CC1  a ， O1P  2 ， O1M ，由 AC // A1C1 ，可得POC ∽ PO1M ，
2 a
可得： 2  a  2，解得a  1.
22
故选： C.
解： a  c  sin B ， 由正弦定理可得 a  c  b ，
b  c
sin A  sin C
b  ca  c
可得 c2  b2  a2  bc ，
c2  b2  a2bc12
由余弦定理得cs A 
2bc
  ，由0  A ，得 A .
2bc23
故选： C.
33
9
8
解： lg2 3  lg2
lg2
 lg2 2 2   1.5 ，
2
5 35
88
5 256
lg 3  lg
 lg
5 243  lg
 lg 2 5   1.6 ，
222225
所以lg2 3 (1.5,1.6) 所以对数lg2 3 的第一位小数的值为 5，故选B.
cs 2 
sin 2
cs2  sin2   2sin cs 
解：因为1  sin 2
1  cs 2，所以(cs sin)2
2 cs2 ，
所以cs sin  sin ，则1  tan tan，
cs sin
cs
1  tan
整理得，所以
tan tan  1  tantan tan( )  tan tan  1.
1  tantan
故选： B.
解：由x
2  2xy  z2
 0(x  0) ，得 y 
x2  z2 ，
2x
①比较 y 与 z： y  z 
x2  z2
2x
 z 
x2  2xz  z2
2x
 (x  z)2 ，
2x
若 x  z ，则 y  x ，代入x2  yz 矛盾，故(x  z)2  0 ，即 y  z ；
②比较 z 与 x：将 y 
x2  z2
2x
代入x2
 yz ，得x2 
x2  z2
2x
 z ，可得 z  0 ，
又x  0 ，可得2x3  x2 z  z3 ，即(x  z)(2x2  xz  z2 )  0 ，又2x2  xz  z2  0(x  0, z  0) ，故x  z  0 ，即x  z ； 综上， y  z  x.
答案： A.
17
(1  i)(1  i)2
解：由z  (3  5i)(1  i)  8  2i  4 i ，则z  4  i ，，| z |，A 错，B 对；又 z 对应点为(4,-1) 在第四象限，C 对；
由|| 1 ，即复数对应点在圆心为原点，半径为 1 的圆上，所以| z | 的最大值为
17
 1 ，D 对.故选BCD.
解：由题意可知， f (x) 图象的对称中心为(0, 0) ，对称轴为x  1 ，
所以 f (x) 也关于直线 x  1 对称，且 f (2  x)  f ( x) ，故 A、D 正确；
因为 f ( x) 
f (2  x)   f ( x) ，故 f ( x  2) 
f ( x)   f ( x) ，
所以 f ( x  4)   f ( x  2) 
f ( x) ，所以 f (x) 的周期为 4，则 g (2023) 
f (2024) 
f (0)  0 ，
故 B 正确;
但只能说 4 是 f (x) 的周期，不能确实是其最小正周期，故 C 错误;故选 ABD.
解：对于 A，因为a  n  2 ，则 1  2n 15 ，
n2n  15
2an
111
(}
11 2 1
当n2 时，常数) ，所以数列{为等差数列，故 A 正确；
2an  12an1  1112an  1
对于 B， a  1 11，当n7 时， 11为负， a  1 ，
n24n  304n  30n2
当n8 时， 11 为正， a  1 ，所以存在 n 使a a ，故 B 正确；
4n  30n2
n1n
对于 C，易知2  n7 时， an  0 ， n  1 或n8 时， an  0 ， a2  0 ，所以S7 最小，而非S8 ，故 C 错误；
a  a11
11 0
n6
n8
对于 D， nn 1(2n 15)(2n 13) ，由(2n 15)(2n 13)，得或，
结合二次函数知识，得当n  6 或n  8 时，分母取到最小值为 3，
此时a
n  an1
取最大值11 ，故 D 正确.
3
10
故选： ABD.
–––→–––→
–––→ –––→
–––→
–––→
5
解：因为OA  (1, 2),OB  (3,1) ，所以OA  OB  1 3  2 1  5 ， | OA |
，| OB |，
OA  OB52
5 10
则cs AOB  –––→ –––→ 
| OA || OB |

故答案为： 4 .
2 ，故AOB  4 .
2 3
解：当甲和乙站前排，丙站后排时，不同站法有 A2 A3  12( 种);
2 2 2
当甲和乙站后排，丙站后排时，不同站法有 A2 A2 A2  8( 种) ，
所以不同的站法共有12  8  20( 种).
解：空一： y  sin x 的最小正周期为2， y  1 sin 2x 的最小正周期为，
2
可推测 f (x)  sin x  1 sin 2x 的最小正周期为2，
2
f (x  2)  sin(x  2)  1 sin(2x  4)  sin x  1 sin 2x 
22
f (x) ，
经验证， f (x)  sin x  1 sin 2x 的最小正周期为2;
2
空二：由函数 f ( x)  sin x  1 sin 2x  sin x  sin x cs x ，
2
得 f ( x)  cs x  cs2 x  sin 2 x  2 cs2 x  cs x  1  (cs x  1)(2 cs x  1) ，
令 f ( x)  0 ，解得cs x  1 或cs x  1 ，
2
在函数 f (x) 的一个周期[0, 2] 内，当 x 
调递增;

(0, )
3
时， 1  cs x  1，此时 f ( x)  0 ， f (x) 单
2
当 x   5 时， 1 cs x  1 ，此时 f ( x)0 ， f (x) 单调递减;
(,)
332
当 x  (5, 2) 时， 1  cs x  1，此时 f ( x)  0 ， f (x) 单调递增，
32
所以当 x  或 x  2时， f (x) 可能取到最大值，
3

1
f (2)  0
f x
3
3
3 3
f ()  ，
32224
故答案为： 2； 3 3 .
4
，所以  
3 3
max
f () .
34
解：(1) 设事件M  “发射器第一次发送“0 指向”的光子”，事件 N  “第二次发送“1 指向”的光子”，
则 P(M )  1 ， P(NM )  1  2  1 ，
2233
1
由条件概率公式， P(N | M )  P(NM )  3  2 ；
P(M )13
2
(2) 由题意： X  0 ，1，2，
A21
C1C1 A22
A21
P( X  0)  2  ， P( X  1)  2 2 2  ， P( X  2)  2  ，
A
A
A
6
3
6
222
444
所以 X 的分布列为：
X
0
1
2
P
1
6
2
3
1
6
(1) 正项数列{a } 的前 n 项和为S ，且4S  a2  2a ，
nnnnn
所以4S
n1
2
 a
n1
 2a
n1
， n2 ，两式相减可得：
4an  (an  an1)(an  an1)  2an  2an1 ，所以(an  an1 )(an  an1  2)  0 ，又an  0 ，所以an  an1  2 ，
又4S  4a  a2  2a ， a  0 ，所以a  2 ，
111111
所以{an } 是以首项和公差都为 2 的等差数列，所以an  2n ；
(1)n
(1)nn
2n 
2n  2
an1 
an
2(n  1)  2n
(2) 由(1) 可得bn  (1) (
2) ，
所以T
4 
6  … 
240 
242
 2  4
120
  2 
2
222
242  5 2.
解：(1) f  x  ex  ln x  a  1 ，则 f  x  ex  1  ln x  a ，
xxx2x2
因为函数 f (x) 在(1, f (1)) 处的切线斜率为1 ，所以 f 1  e 1  a  1，解得a  e.
(2) f  x  ex  ln x  a  10 恒成立，因为x  0 ，
xx
即为xex  ln x  a  x0 恒成立，即ax  ln x  xex 恒成立，
令h  x  x  ln x  xex ，则h x  1  1   x  1 ex   x  1 1  ex  ，
x x

e
可知函数m  x  1  ex 在(0,) 上单调递减，且m  1   2  0 ， m1  1  e  0 ，
则存在 x
 
2
x
 
  1 ,1 ，使得m x   0 ，
0 20

当0  x  x0 时， mx  0 ，此时hx  0 ；当 x  x0 时， mx  0 ，此时h x  0 ；
则函数h(x) 在(0, x0 ) 上单调递增，在(x0 ,) 上单调递减，可得
max0000
h  x h  x   x  ln x  x ex0 ，
0
00
由m x   0 ，可得 1  ex0 ， ln x  x ，即 x ex0  1 ， x  ln x
 0 ，
x0000
则h  xmax  h x0   1 ，可得a  1 ，即实数 a 的取值范围为1, .
解：(1) 证明：因为PA  平面 ABCD， AB  AD ，
故以 A 为原点，分别以–––→ ，–––→ ，–––→ 的方向为 x，y，z 轴的正方向建立空间直角
ABADAP
坐标系，
已知 AD  2 AB  2BC  2 ，则 AB  BC  1 ，故 A(0, 0, 0) ， B(1, 0, 0) ， C (1,1, 0) ， D (0, 2, 0) ，
–––→–––→
可得 AC  (1,1, 0) ， CD  (1,1, 0) ，
–––→ –––→
因为 AC  CD  1 (1)  11 0  0  0 ，所以 AC  CD ，
，
又因为PA  平面 ABCD， CD  平面 ABCD，所以 PA  CD ，由于 PA  AC  A ，PA， AC  平面 PAC，所以CD  平面 PAC又因为CD  平面 PCD，所以平面 PAC  平面 PCD；
(2) ①设M (0, y, z ) ， 0y2 ， 0z2 ，
因为MB2  MD2  5 ，所以1  y2  z2   y  22  z2  5 ，化简可得 y  12  z2  1 ，
4
因为动点 M 在PAD 内( 含边界) ，所以 M 的轨迹是以(0,1, 0) 为圆心，1 为半径的 1
圆弧，
其长度为 1  21   ；
42

②由①可设M (0,1  cs, sin) ，  ，
P(0, 0, 2)
C (1,1, 0)
2
–––→
–––→
––––→
又，，则BP  (1, 0, 2) ， BD  (1, 2, 0) ， CM  (1, cs, sin) ，
设平面 BDP 的一个法向量为n  (x, y, z) ，
→
–––→
BP  n  0
则–––→ →，即
BD  n  0
x  2z  0

x  2 y  0 ，取
x  2 ，
2  2 sin ( 
4
)
6  2
2
n  (2,1,1) ，
––––→→
| 2  sin  cs|

4  1  1  1  sin 2  cs2 
6
则sin| cs  CM ， n |
 sin( 4 ) ，

因为，所以
2
3 5
 
444
，所以
2 sin(   2 ，
)
242
2
3
)
所以 2  sin(   3 2 ，所以 3 sin，
24262
综上所述， sin[ 3 , 3 ].
62
解：(1)
由题意得， m  4 ，又因为 P1 (1,1) 在1 上，
114
x2y2
x2y2
代入 得   1，所以 n  ，则Γ1 : 4  1, Γ2 : 4  1 .
14n
344
33
 y1 1  y1 1y2 1
设 M  x , y , N  x , y  ，则 kPM  kP M  1 ，
1122
13 x
1 x
1
x 2 1
111
x2  y2 
2  2
1 1 1
y 2  4 1 x1
 4x1
又因为 4
 4 
，所以 13 4 3，
3
 

1
4  x2
11

k k
 3
k2  9
13
则
kP M  kP M
 3  
1
x2 13
，同理可得
P1 NP3 N
，所以
k1
设直线Q1Q2 ,Q2Q3,Q3Q4 ,Q4 N 分别为l1 , l2 , l3 , l4 ，其斜率依次为 k1 , k2 , k3 , k4 ，
22
11
设直线l : y 1  k (x 1) ，联立 3x  y  1得k 2  3 x2  2k 1 k  x  1 k 2  4  0 ，
441111
k 2  2k  3
k 2  2k  3
k 2  6k  3
1
1
即有 xQ  xP  11 ，所以 xQ  11 ，代入直线方程得 yQ  11 ，
1
21k 2  3
2k 2  3
2k 2  3
yQ 1
2k 2  6kk  3
x  3
则 k  2  11   1 ，设 f (x)  ，
Q
111
2x12k 2  2kk 1
2
x 1
则经过 P1 , P2 的两直线l1 , l2 之间斜率满足关系： k2  f k1  ，将直线l , l 绕原点顺时针旋转后也会经过 P , P ，
2 3
1
2
1 
12
k   1 
1 k2
 1
所以两者斜率满足
k3
f 


k2 
3
，所以
f   1 

k

2 
1 3k2k1
 2 ，
同理将直线l3, l4 绕原点顺时针旋转后也会经过 P1 , P2 ，所以两直线斜率满足 k4  f k3  ，
 1   3
k  3 k  2 3k  5
k   3    1  1 ，
4k 1
 1 
k  3
k  2
3 11
 1
设 N (x, y) ，则有 y 1  k , y 1  k
，代入上式得： y 1 
3 y 1  5
x 1，
x 11 x 14
x 1
y 1  3
x 1
得到 y2  5x2 16x 12  (5x  6)(x  2) ，
yy 5
 6
所以 x  6
5
x  2
，因此存在定点G  , 0 ，
5

使直线GN 和直线 HN 的斜率之积为定值 5.