广西名校联考2025-2026学年高三上学期11月考试数学试卷

这是一份广西名校联考2025-2026学年高三上学期11月考试数学试卷，共12页。

广西2026届高三年级秋季学期11月阶段性联合测试
数学 参考答案
B【详解】易知i2  1 ，所以 z  i2  z  1 ，所以 z  1  (2  i)  (1  i)  3  i ，于是   
z2 i ，所以

2  i2  i
(2)2  12
5
z ，故选：B.
C【详解】由题意，? = {| < 2 或 ≥ 8}，所以(?) ∩ = {|8 ≤ < 9}故选：C.
C【详解】双曲线标准方程为
22
2 15
x
y
1，渐近线方程为 y  
x ．故选：C．
πkπ
125
kππ
5

 kπ  π 
D【详解】令 x  
4
, k  Z ，解得 x 
2
2  4 , k  Z ，故函数的对称中心为 24 ,1 , k  Z ，
故 AB 错误；当 k  1时， x  π ，故对称中心为 π ,1 ，D 正确，经检验，C 不满足要求.故选：D
4 4

5.A 【详解】设点 A 的坐标为(x, y) ，由抛物线的性质得| AF | x  p  x 1  3 ，所以 x  2 ，又点 A 在
2
2
抛物线上，代入抛物线方程得，点 A 的纵坐标为 y  2
.故选：A.
D【详解】 由题意，可得MAC  60∘, NAB  30∘, MC  500 3m, NB  250 2m, MAN  45∘ ，
且MCA  NBA  90∘ ，在RtACM 中，可得 AM 
MC
sin 60∘
1000m，
在Rt△ABN 中，可得 AN 
NB
sin 30∘
 500 2m，在AMN 中，由余弦定理得

MN 2  AM 2  AN 2  2AM  AN csMAN  5002 22 
2 2  2 2
2  2   500000 ，

2

所以 MN  500 2m .故选：D.
D 【 详 解 】 由 题 意 ， 圆 心 为 C (1，0) ， 半 径 r  2 ， 设 圆 心 到 直 线 l 距 离 为 d ， 则 有
r2  d 2
4  d 2
2  12
1  0  2 
2
2  1
MN =2
21
 2
 2 3 ，解得 d 2  1 即 0  d  1 ，又 d ==
从而有
2  1
3
 解得2  3 ，即 - 3或
，答案为 D.
2
B 【 详解】 设 2x  3  e y  4  10z  2  t ， 则 x  lg (t  3) ，
y  ln(t  4) ， z  lg(t  2) ， 令 f (x)  lg2 (x  3) ，
g(x)  ln(x  4) ， h(x)  lg(x  2) ，如图所示.
设 f (x) 与 h(x) 的交点横坐标为 a ， h(x) 与 g(x) 的交点横坐标为 b ，当 x  a 时， y  x  z ；当 a  x  b 时， y  z  x ;当
x  b 时， z  y  x ，综上， x, y, z 的大小关系不可能为 z  x  y ，则正确选项为 B.
AC【详解】
A 项，如图， DAC 即为直线 A1C1 与 AD 所成角，又ABC 为等边三角形，D 为
BC 的中点，则DAC  ，即直线 AC 与 AD 所成角为，A 对；
61 16
B 项，对于 B，假设 BC  平面 ACC1 A1 ，AC  平面 AB1C ，则 BC⊥AC，这与ABC
为等边三角形矛盾，故 B 错误；
C 项，连接 A1C 交 AC1 于 E ，连接 ED ，易得 E 为 A1C 中点．在正三棱柱 ABC  A1B1C1
中，因为 D 、E 分别为 BC 、A1C 中点，所以 A1B / / DE 又因为 DE  平面 ADC1 ，
A1B  平面 ADC1 ，所以 A1B / / 平面 ADC1 ；
D 项，因为AC1 A1 的面积与ACC1 的面积相等，且两三角形同在平面 ACC1 A1 中，故三棱锥 D  AC1A1 的体积等于三棱锥 D  ACC1 的体积，
即V V
 V 1  S
 CC ，又 S
 1 S
 1 
3 12 
3 ， CC  1 ，
D  AC1 A1
D  ACC1
C1  ACD3
 ACD1
 ACD
2  ABC
248
1
V 1  3 1 3 ，D 错误；故选：AC.
D  AC1 A13824
ACD【详解】由 f 0  a  0 ，则a  0 ，令 f  x  3x2  3  3 x 1 x 1  0 ，则 x  1 或 x  1，故 f  x
在, 1 上单调递增，在1,1 单调递减，在1,  单调递增，极大值 f 1  2  a ，极小值
f 1  2  a  0 ，由 f  x 有且仅有两个零点，则有2  a  0，所以a  2 ，故 A 正确；即函数
f  x  x3  3x  2 ， f  x  f x  x3  3x  2  (x)3  3(x)  2  4 ，则 f  x 的图象关于点0, 2 对称，故 B 错误； f  x 的极大值点1就是一个零点，另一个零点是 2，所以 x1  x2  1 2  1，故 C 正确； f 1  f 2  0 ，要使 f  x 在区间2, m ( m  2 )上有最大值，故1  m  2 ，故 D 正确．故选：ACD.
BCD【详解】
对于 A 因为a cs B  b cs A  2a ，所以由正弦定理得sin Acs B  sin B cs A  2sin A ，
所以sin( A  B)  2 sin A ， sin( C)  2 sin A ，所以sin C  2sin A ，因为sin A  0 ，所以sin C  2 ，A
sin A
错误，
对于 B 因为 A  2C ，sin B  2sin C ，所以 B  π  A  C  π  3C ，又sin B  2sin C ，所以sin π  3C   2sin C ，
即sin 3C  2sin C ，所以sin 3C  sin C cs 2C  cs C sin 2C  sin C(2 cs2 C 1)  2sin C cs2 C  2sin C ，
因为C 0, π, sin C  0 ，所以2 cs2 C 1 2 cs2 C  2 ，即cs2 C  3 ， cs C   3 ，所以C  π 或
426
C  5π ，当C  5π 时， A  2C  5π  π ，所以C  π ，所以 A  2C  π , B  π ，B 正确；
663632
对于 C 由tan A  1 tan B  1 tan C ，得tan B  2 tan A, tan C  3 tan A ，
23
所以tan A  tanπ  (B  C)   tan(B  C)   tan B  tan C
1 tan B tan C
  2 tan A  3 tan A  
1 6 tan2 A
5 tan A
1  6 tan2 A ，
因为tan A  0 ，所以
5
1 6 tan2 A
 1，解得tan A  1或tan A  1，因为tan B  2 tan A, tan C  3 tan A ，
结合三角形内角性质，所以 A  B  C ，所以A 为锐角，所以 A  π ，所以 C 正确，
4
对于 D 在ABC 中， a  c sin B ，所以sin A  sin C sin B ，整理得： sin B cs C cs B sin C sin B sin C ，
故两边都除以sin B sin C ，得到 1
1
tan B tan C
tan C
当tan B 、 tan C 为正值时，1  2
1 tan B
 1 ，
，整理得tan B tan C  4 ，
当且仅当tan B  tan C  2 时， (0  C , B  π) 等号成立，
2
tan A   tan(B  C )   tan B  tan C
所以1  tan B tan C
  tan B  tan C 1
1  tan B tan C1 1，
tan B  tan C
111
当tan B tan C 取最小值时， tan B tan C 取最大值，1  tan B tan C 取最小值，故1  1 的最大值

tan B tan C
4
为 ，
3
即当tan B  tan C  2 时， tan A 的最大值为 4 ．
3
tan A   tan(B  C )   tan B  tan C  
tan B  tan C 1
当tan B 、tan C 一正一负时，由于
1
tan A 
1  tan B tan C
11
1  tan B tan C
1 1,
tan B  tan C
4
由tan B  tan C  0 ，所以1 1 ，此时
tan B  tan C
选：BCD
1 1 tan B  tan C
，故tan A 的最大值为 3 ．
3→→→→→3
【详解】  (4, 3  2) ，因为 ，所以4 (3  2)  0 ，解得 .
a 2b
2
(a 2b) / /b2
 7 【详解】由tantan  2 得sinsin  2 cscs，
8
cs( )  cscs sinsin  3cscs 3 ，所以cscs 1 , sinsin  1 ，所以
442
cs( )  cscs  sinsin   1  1   1 ，
424
所以cs(2 2)  2 cs2 ( ) 1  2  ( 1 )2 1   7 .
48
233 【详解】 a
729i
{1, 0,1}, i  1, 2, 3, 4, 5, 6 的所有数列个数为36  729 个
而0  a1  a2  a3  a4  a5  a6  3 且 ai 只能取 0 或 1
所以 a1 , a2 , a3 , a4 , a5 , a6 中出现 0 的个数可以是 6 个，5 个，4 个，3 个．若出现 6 个 0，则数列为常数数列，共有 1 个数列．
6 2
若出现 5 个 0，则出现一个 1，或一个1，因而数列个数为C 5C1  12 个数列．
6222
若出现 4 个 0，则出现两个 1，或两个1，或一个 1、一个1，因而数列个数为C 4 C 2  C 2  C1   60
个数列.若出现 3 个 0，则出现三个 1，或两个 1、一个1，或一个 1、两个1，或三个1，
3  3A3A33 
因而数列的个数为C6 C3  3  3  C3   160 个数列，故满足条件数列的个数为112  60 160  233 个
A2A2
故所求概率为
233
.
729
22
nn
【详解】（1）因为S  2a  2 n  N  ①，
所以 a1  2a1  2 ，解得a1  2 ，1 分
对任意的 n  N ， Sn1  2an1  2②，2 分
②  ①得an1  2an1  2an ，即an1  2an ，3 分
所以数列an 是以2 为首项， 2 为公比的等比数列，4 分
n
所以 a  2n ．5 分
nn2n2
（2）由（1）知， S +2  2a =2 n1 则lg (S +2)  lg 2n1  n 1 ，7 分
所以， bn
1
(n 1)(n  2)
1 
n 1
1
n  2
，9 分
则
Tn  b1  b2
 bn
 1  1  1  1 
2334
1 
n 1
1
n  2
 1  1  n
…13 分
2n  22n  4
【详解】（1）由题意知2b  2 ，1 分
所以b  1，2 分
2
3
又c ， a2  b2  c2 ，所以a ，4 分
故椭圆C 的方程为
x2  2
y
3
 15 分
（2）由题意可知，直线 AB 的斜率不为 0，
设直线 AB 的方程为 x  my  t ， A x1 , y1 , B x2 , y2 6 分
t
m2 1
此时圆心O 0, 0 到 AB 的距离 d  1，
即t 2  m2  1 ，7 分
x  my  t,
222
联立 x2
 3
 y2  1,
得m
 3 y
 2mty  t
 3  0 ，8 分
  4m2t 2  4 m2  3t 2  3  12 m2  t 2  3  24 ，
2mtt 2  3
y1  y2  m2  3 ， y1 y2  m2  3 ，9 分
1 m2y  y 4y y

12

2
1 2
AB 


，11 分
1 m2
24
m2  3
3
（写对弦长公式得 1 分）
即 m  1，12 分
2
因为t 2  m2  1 ，所以t  ，13 分
2
因为曲线 x2  y2  1x  0 为右半圆，则t ， m  1，
2
2
所以直线 AB 的方程为 y  x 或 y  x 15 分
2
【详解】（1）连接 BD.因为四边形 ABCD 是平行四边形，其中∠ABC=120°，AB=2，BC=4，所以BD2=BC2+CD2−2BC∙CDcs∠BCD=4+16−2×2×4× 1 =12，得 BD=2 32 分
（看到余弦定理给 1 分，结果 1 分）
所以 BC 2  BD2  CD2 ，所以CD  BD .……3 分
又因为 AB ∥CD ，AB⊥PB，所以CD  PB ……4 分
又因为 BD∩PB=B，BD、PB⊂平面 PBD，所以CD  平面 PBD. ……5 分（条件写不全不扣分）因为 PD⊂面 PBD，所以 CD⊥PD. ……6 分
（2）由（1）知，PD⊥CD，BD⊥CD，所以∠BDP 是二面角 P−CD−B 的平面角，

即∠BDP= .
4
……8 分
如图，过点 D 作 DE⊥平面 ABCD，以 DE为 z 轴，DB 为 x 轴，DC 为 y 轴建立空间直角坐标系.…9 分
则 P3,0,
，B 2 3,0,0 ，C 0,2,0 ，M3 ,1,.
3
3
2
2
̅D̅̅B̅→= 2 3,0,0 ，̅D̅̅M̅→=3 ,1,
2
，̅P̅̅B→=3,0,−
3
2
3
.E M
→
.……10 分
设平面 BDM 的一个法向量为 n   x, y, z .

→ –––→
n  DB  0
2 3x  0

3
3
则→ ––––→即
.……11 分
n  DM  0
→


x  y 
22
z  0
不妨取 n  0, 3, 2.
……12 分
→ –––→
所以csn, PB 
→ –––→
2 3
7  6
n  PB
→ –––→ 
14 .
7
……14 分(公式正确 1 分，结果正确 1 分)
n PB
所以直线 PB 与平面 BDM 所成角的正弦值为 14 .……15 分
7
【详解】（1） p  1 ，即采用 3 局 2 胜制， X 所有可能值为2, 3 ，1 分
2
P( X  2)  1 2  (1 1)2  1 ， P( X  3) 
1 1 2  1)  1 1
 1)2  1 ，4 分
()
222
X 的分布列如下，
C2 ( 2) (1 2
C2 ( 2)(1 22
所以 E( X )  2  1  3  1  55 分
222
在甲只要取得 3 局比赛的胜利比赛结束且甲获胜中，
34
P( A)  p3  C2 p2 (1 p) p  C2 p2 (1 p)2 p  p3 (6 p2 15 p 10) ；7 分
在甲乙比赛满 5 局，甲至少取得 3 局比赛胜利且甲获胜中，设甲赢的局数为，那么服从二项分布，即~ B(5, p)
555
P(B)  P  3  C3 p3 (1 p)2  C4 p4 (1 p)  C5 p5  p3 (6 p2 15 p 10) ，9 分
所以 P( A)  P(B) .10 分
设甲乙进行2n 1局比赛，甲赢的局数为 X ，则 X ~ B(2n 1, p)11 分
p1  P( X  n)12 分
“ 2n +1 局n  1胜”制游戏中，甲第一局输的条件下，甲要获得最终胜利可拆解为：
X
2
3
P
1
2
1
2
若第 2 局甲输，则后续打满2n 1局比赛，甲至少胜n  1局若第 2 局甲胜，则后续打满2n 1局比赛，甲至少胜n 局 由全概率公式得
p2  (1 p)  P( X  n 1)  p  P( X  n)
 (1 p)  p1  P( X  n)  p  p1
…14 分
 p1  (1 p)  P( X  n)
 p  C
n
12n1
pn 1 p n
故 p  p  Cnpn 1 p n .17 分
122n1
【详解】
（1） g(x)  f (x)  ex (cs x  sin x) ．（1 分）
)
因此，当 x (2k ,2k 5 时，有sin x  cs x ，得 f  x  0 ，..（2 分）
44
 
所以， f (x) 在(,
4
) 上单调递减.（3 分）
2
 
（2）证明： x (,
4
) ，sin x  cs x ， g(x)  0
2
要证 f (x)  x  等价于证明f (x)  g(x)( x)  0
.（4 分）
g(x)22
记 h  x   f  x  
g x 

( x)
． 依 题 意 及 (1) ， 有
g  x  ex cs x sin x
， 从 而
2
g x  2ex sin x ．当 x    时， g x  0 ，（5 分）
(,)
gx
(
gx
(
4 2
故 h x   f  x  
    x)  g  x1       x)  0
.（6 分）
因此， h  x 在区间
22
 
上单调递减，进而 h(x) 
 0 ．（7 分）
(,)
4 2
 
h()
2

所以，当 x (,
4
) 时， h  x   f  x   g x  (
22
 x)  0 ．
f (x)
即
g(x)
 x 
2
.（8 分）
（3）证明：依题意， t  x   f  x  1  0 ，即exn cs x  1 ．（9 分）
nnn
 
记 yn  xn  2n，则 yn ( 4 ,
) ，（10 分）
2
故 f  y   eyn cs y  exn 2n cs x
 2n  e2n n  N
.（11 分）
nnn
n
由 f ( y )  e2n  1  f ( y ) 及（1），得 y  y ．（13 分）
0n0
由 （ 2 ） 知 ， 当 x   
时 ， g x  0 ， 所 以
g  x 在
 
上 为 减 函 数 ， 因 此
(,)
4 2

(,)
4 2
g  yn   g  y0   g()  0 ．（15 分）
4
又由（2）知， f ( yn ) 

g( yn )( 2  yn
)  0 ，
f ( y )
e2n
e2n
e2n
e2n
故  yn   n  
 ．
2g( yn )
g( yn )
g( y0 )e 0 (sin y  cs y )sin y  cs y
y
0
000
e2n
所以， 2n 2  xn  sin x
 cs x
．（17 分）
00