广东省东莞市2025-2026学年高三上学期12月期中考试数学试卷

这是一份广东省东莞市2025-2026学年高三上学期12月期中考试数学试卷，共12页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题: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，只有一项是符合题目要求的.
1．已知集合? ={x|?2−3x ≥ 0},? = {?|−2 < ? ≤ 2}，则(???) ∩?（）
A． 2, 0
B． 0, 2
C． 0, 2
D． 0, 3
z  z 
已知复数z  1  i ，则（）
2  2i
iB． i
C． 0D． 1
→→ →
若向量a  (1, m) ， b  (2, 1) ，且a  b ，则cs a  b, b  （）
2
10
2
2
 2
10
 2
2
记等比数列an 的前n 项之积为Tn ，则“ a6  a7  1 ”是“T12  1”的（）
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
在正方体 ABCD  A1B1C1D1 中， M , N 分别为 A1C1 , C1B1 的中点，则异面直线 AM 与
CN 所成角的余弦值为（）
1
10
3
3
2
2
30
10
已知csα 5π   2 2 ，则sin  π α  （）
4 3 4
1
3

 2 2
3

2 2
3
 1
3
已知函数 f  x  ex  ax 在定义域内不存在零点，则实数a 的取值范围为
（）
A．  1 , eB．  1 , e
C．0, e
D．0, e
 e e

x2y2
F , F
已知双曲线E : a2  b2  1a  0, b  0 的左、右焦点分别为 12 ，直线l 与E 的两
条渐近线分别交于 A, B 两点， O 为坐标原点，若2F2 A  AB, OA  AB ，则E 的离心率为（）
2
​
​
D．
5
10
2
3
二、多项选择题: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.
下列结论正确的是（）
若随机变量 X 的方差D  X   3 ，则D 2 X 1  6
若随机变量 Y 服从两点分布，且P Y  1  1 ，则E Y   1
22
若随机变量ξ服从正态分布 N 1,σ2  ， P(ξ 2)  0.84 ，则P(0 ξ 2)  0.68
若随机变量η服从二项分布B  4, 1  ，则P η 3  32
3 81

设a  0 ， b  0 ，且a  2b  2 ，则（）
2
ab 的最大值为 1
C． a2  b2 的最小值为 4
a  b 的最小值为1
D． a  b  2 的最小值为 9
5ab2
在棱长为 2 的正方体 ABCD  A1B1C1D1 中， E 为棱CC1 的中点， P 为线段 A1E 上的动点， Q 为底面 ABCD （含边界）上的动点，且平面 A1QC  平面 A1DC ，则
（）
直线BP 与平面BCC B 所成角的最大值为 π
1 14
5
点Q 的轨迹长度为
三棱锥Q  A1D1E 的体积为定值
若 A P  λA E ，且PQ ∥平面 ADD A ，则λ的取值范围为 1 ,1

111 1
 2
三、填空题:本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
x
(x2  2)6 的展开式中， 6 的系数为.
x
已知圆C :  x  22   y 12  36 和不过第三象限的直线l : 4x  3y  a  0 ，若圆C
上恰有三点到直线 l 的距离均为 3，则实数a  ．
已知不等式ex  m  ln  x  m  0 恒成立，则实数m 的取值范围是．
四、解答题:本题共 5 小题，共 77 分，解应写出文字说明、证明过程或演算步骤
15．（本小题满分 13 分）已知a, b, c 分别为∆???三个内角 A, B,C 的对边，且
bcsC  3bsinC  a  c .
(1)求B ；
3
(2)若b  2，且∆???的面积为2 3 ，求∆???的周长.
2
16．（本小题满分 15 分）已知甲、乙进行围棋比赛，甲每局获胜的概率为 5 ，
3
乙每局获胜的概率为 5 ，每局无平局，每局比赛结果互不影响．比赛规则如下：
若一方先获胜 3 局，则该方获胜，比赛结束． (1)求比赛四局结束的概率；
(2)在前两局比赛甲获胜的条件下，再比赛 X 局结束，求 X 的分布列与数学期望．
17．（本小题满分 15 分）如图，在四棱锥P  ABCD 中， PA  平面 ABCD ，底面四边形 ABCD 为直角梯形， AB//DC ， ABC  60 ， PA  AB  2DC  2 ， M 是PB 的中点， N 是PC 上的一点.
证明：平面 AMD  平面PBC ；
若异面直线 NA和PB 垂直，求二面角 N  MA  C 的正弦值.
18．（本小题满分 17 分）已知椭圆C : x2  y2  1a  b  0 的右焦点为F 1,0 ，离

a2b2
2
心率为 1 ，点 A 在C 上，且位于第二象限，点P 4, 0 ，直线 AP 与C 在第一象限交于点B .
求C 的方程；
若B 是 AP 的中点，求直线 AP 的方程；
过点 A 作直线l1  y 轴，过点F 作直线l2  x 轴，直线l1 , l2 交于点Q ，证明直线BQ
过定点，并求出该定点.
19．（本小题满分 17 分）南宋的数学家杨辉“善于把已知形状、大小的几何图 形的求面积，体积的连续量问题转化为求离散变量的垛积问题”.在他的专著《详解九章算法·商功》中，杨辉将堆垛与相应立体图形作类比，推导出了三角垛、方垛、刍薨垛、刍童垛等的公式. 如图，“三角垛”的最上层有 1 个球，第二层有 3 个球，第三层有 6 个球……第n  1 层球数比第n 层球数多n  1 ，设各层球数构成一个数列an .
求数列an 的通项公式；
求 f  x  ln 1 x 
x
1 x
的最小值；
2n
若 数 列 bn 满 足 bn ， 对 于 n  N* ， 证 明 ：
ln 2an   2lnn
b  b  b L b  n  2n1 .
123n
《东莞市 2025—2026 学年第一学期七校联考试题（试卷）高三》参考答案
【详解】当a  0 时，由 f  x  ex  0 ，此时函数 f  x 无零点；
当a  0 时， f  x  ex  a  0 对任意的 x  R 恒成立，函数 f  x 在R 上单调递增，
且当 x   时， f  x  ∞，当 x   时， f  x  ∞，此时 f  x 存在一个零点，不符合题意；
当a  0 时，由 f  x  ex  a  0 可得 x  lna ，由 f  x  0 可得 x  lna ，
min
由 f  x  0 可得 x  lna ，所以函数 f  x 的单调减区间为∞, lna ，单调增区间为lna, ∞ ， 所以 f (x) f lna  elna  alna  a 1 lna ，因为函数 f  x  ex  ax 不存在零点，
所以 f (x)min  a 1 lna  0 ，可得lna  1 ，解得0  a  e .
综上所述，当函数 f  x  ex  ax 不存在零点时， 0  a  e ，故选：C.
【详解】
由双曲线 E : x2  y2  1a  0, b  0 可知渐近线方程为 y   b x ，

a2b2a
因为2F2 A  AB, OA  AB ，所以OA  AF2 ，
b a2 ab 
在Rt△OAF2 中， OF2  c, tan AOF2  a ， AF2  b, AO  a ，可得 A c , c  .

Q 2F2 A  AB, 即2  xA  c, yA    xB  xA , yB  yA  ，则
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
B
D
A
D
B
C
B
BC
ACD
题号
11
答案
ABD
xB  3xA  2c 
3a2  2c2
c
, yB  3yA 
3ab ,
c
b3abb3a2  2c2
又因为点 B 在渐近线 y  
a
x 上，所以
  ，解得c2  3a2 ，可得
cac
3
e  c .
a
【详解】对于 A 选项，由基本不等式可得2  a  2b  2 2ab ，可得ab  1 ，
2
当且仅当a  2b  1 时，等号成立，A 对；
对于 B 选项，由a  2b  2 可得0  2b  2 ，解得0  b  1 ，所以， a  b  2  b 1, 2 ，B 错；对于 C 选项，由a  2b  2 可得a  2  2b ，则
a2  b2  2  2b2
 b2  5b2  8b  4  5 b 


4 2

5

 4  4 ，
55
当且仅当b  4 时，等号成立，故a2  b2 的最小值为 4 ，C 对；
55
对于 D 选项， a  b  2  a  b  a  2b  2a  b  1  2 ，
abababab
b  a a b
因为 1  2  1 a  2b 1  2   5  b  a  5  2 9 ，
ab
2
ab
22

ab2 
当且仅当a  b  2 时，等号成立，故 a  b  2 的最小值为 9 ，D 对.故选：ACD.
3ab2
【详解】对于 A，由图可知，点 P 到平面 BCC1B1 的距离最大时，直线 BP 与平面 BCC1B1
所成的角最大，
又点 P 为线段 A1E 上的动点，所以点 P 为 A1 时， P 到平面 BCC1B1 的距离最大，
又因为 A1B1  平面 BCC1B1 ，所以A1BB1 为直线 BA1 与平面 BCC1B1 所成的角，
又A BB  π ，所以直线 BP 与平面 BCC B 所成角的最大值为 π ，故 A 正确；
1141 14
对于 B，取 AB 的中点M ，延长CM 交 DA 的延长线于 N ，
由 BC∥AD ，可得 BC  BM
ANAM
 1，所以 AN  BC  AD ，所以 A 为 ND 的中点，
由正方体 ABCD  A1B1C1D1 ，可得 AD1  A1D ，又易得CD  平面 ADD1 A1 ，又 AD1  平面 ADD1 A1 ，所以CD  AD1 ，
又 A1D ∩ DC  D ， A1D, DC  平面 A1DC ，所以 AD1  平面 A1DC ，
又 A1D1 ∥ AD 且 A1D1  NA ，所以四边形 NAD1 A1 是平行四边形，所以 NA1
AD1 ，
所以 NA1  平面 A1DC ，又 NA1  平面 A1MC ，所以 A1MC  平面 A1DC ，
12  22
5
因为平面 A1QC  平面 A1DC ，所以Q  MC （不含端点C ），易得MC ，
5
所以点Q 的轨迹长度为，故 B 正确；
对于 C，取 D1C1 的中点 F ，取 A1B1 的中点G ，易证C1G A1F ，因为 B1G MB ， B1G  MB ，所以四边形 B1GMB 是平行四边形，所以MG BB1 且MG  BB1 ，又CC1 ∥ BB1 且CC1  BB1 ，
所以CC1
MG 且CC1  MG ，所以四边形CC1GM 是平行四边形，
所以GC1 CM ，所以 A1F MC ，
又 A1F ∩ 平面 A1D1E  A1 ，所以QC 与平面 A1D1E 不平行，
所以点Q 到平面 A1D1E 的距离不是定值，又三角形 A1D1E 的面积为定值，所以三棱锥Q  A1D1E 的体积不为定值，故 C 错误；
对于 D，以 D 为坐标原点，DA, DC, DD1 所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则 A1 (2, 0, 2), E(0, 2,1), A(2, 0, 0), B,(2, 2, 0) ，
由 AB  平面 ADD1 A1 ，所以 AB  (0, 2, 0) 为平面 ADD1 A1 的一个法向量，
––––→–––→––––→
又 A1E  (2, 2, 1) ，所以 A1P  λA1E  (2λ, 2λ, λ) ，所以点 P(2  2λ, 2λ, 2  λ) ，
–––→
设Q(x, y, 0), y [1, 2) ，则 PQ  (x  2  2λ, y  2λ, 2  λ) ，
–––→ –––→
因为 PQ ∥平面 ADD1 A1 ，所以 PQg AB  0 ，所以2( y  2λ)  0 ，
所以λ 1 y [1 ,1) ，故λ的取值范围为[1 ,1) ，故 D 正确.
222
r
12．60【详解】二项式展开式的通项公式： T Cr x2 6r   2   2r Cr x123r ，
r 16
x 6

42  32
4  2  31 a
6
令12  3r  6 ，解得r  2 ，所以可得第三项中 x6 的系数是22 C2  4 15  60 . 13．26【详解】因为C :  x  22   y 12  36 得圆心为C(2,1) ，半径r  6 ， 因为圆 C 上恰有三点到直线 l 的距离均为 3，
所以圆心C 到直线l 的距离为 3，即d  3，解得a  4 或a  26 ，
又因为直线l : 4x  3y  a  0 不过第三象限，所以 a  0 ，即a  0 ，所以a  26 ．
3
14． ,1 【详解】由不等式ex  m  ln  x  m  0 得： ex  x  ln  x  m  x  m ，即ex  x  ln  x  m  eln xm ，令 f  x  x  ex ，则 f  x  f ln  x  m ，
Q函数 f  x 在R 上单调递增， x  ln  x  m ， m  ex  x ，令 g  x  ex  x  x  m ，则 g x  ex 1，
当m  0 时， g x  0 恒成立， g  x 在m, ∞ 上单调递增，
 m  em  m ，即em  0 恒成立；
当m  0 时，若 x m, 0 ，则 g x  0 ；若 x 0, ∞ ，则 g x  0 ；
 g  x 在区间m, 0 上单调递减，在区间0, ∞ 上单调递增，
min
 g  x g 0  1，0  m  1；综上所述： m ∞,1.
15．【详解】（1）因为b cs C  3b sin C  a  c ，且由正弦定理得，
所以sin B cs C  3 sin B sin C  sin A  sin C ，1 分
因为? + ? + ? = ?，所以sin B cs C  3 sin B sin C  sin  B  C   sin C  0 ，2 分
sin B cs C  3 sin B sin C  sin B cs C  cs B sin C  sin C  0 ，
3 sin B sin C  cs B sin C  sin C  0  sin C  3 sin B  cs B 1  0 ，4 分
因为sin C  0 ，所以 3 sin B  cs B 1  0 ，5 分
即2 sin  B  π   1，所以sin  B  π   1 ，6 分
6 6 2

因为0  B  π ，所以 π  B  π  5π ，所以有 B  π  π ，所以 B  π7 分
666663
3
（2）因为b  2，且∆???的面积为2 3 ，
2 3 2  a2  c2  2ac  1
ac  8

所以有
 1
3
3
ac  2
2  a2  c2  20

.11 分
 22
3
所以a  c2  36 ，即a  c  6 ，所以∆???周长为6  213 分
16．（1）当比赛四局结束时，若甲获胜，则甲第四场胜，前三场胜两场输一场，
 2 2  3 1 272
3 55
则甲获胜的概率为C2
  
；3 分
  
  
5625
当比赛四局结束时，若乙获胜，则乙第四场胜，前三场胜两场输一场，
 3 2  2 1 3162
3 55
则乙获胜的概率为C2
  
，6 分
  
  
5625
故比赛四局结束的概率为 72  162  2347 分
625625625
（2）由题意， X 的可能取值为1, 2, 3 ，
当 X  1 时，比赛结束，因为前两局甲获胜，故此局必为甲胜，
则 P  X  1  2 ；9 分
5
当 X  2 时，比赛结束，因为前两局甲获胜，故这两局中第一局乙胜，第二局甲胜，
则 P  X  2  3  2  6 ；11 分
5 525
当 X  3 时，比赛结束，因为前两局甲获胜，故这三局中，要么乙全部胜，要么乙胜前两局，甲胜最后一局，
 3 22  3 39
则 P  X  3   5 
 5   5 
；13 分
25
  
所以 X 的分布列为14 分
故 E  X   1 2  2  6  3 9  49 ．15 分
5252525
17．（1）由题知， BA  AD ，
因为 PA  平面 ABCD ， AD  平面 ABCD ，所以 PA  AD ，1 分
因为 PA  AB  A, PA, AB  平面 PAB ，
所以 AD  平面 PAB ，又 PB 平面 PAB ，所以 AD  PB ，3 分
又 PA  AB, M 是 PB 中点，所以 AM  PB ，又 AM  AD  A, AM , AD  平面 AMD ， 所以 PB  平面 AMD ，5 分
又 PB 平面 PBC ，所以平面 AMD  平面 PBC6 分
（2）由题知，以 A 为原点， AB, AD, AP 所在直线分别为 x, y, z 轴，
建立空间直角坐标系如图所示，7 分
过C 作CE ⊥AB ，因为ABC  60 ，所以CE  3 ，则
A0, 0, 0, M 1, 0,1, C 1, 3, 0, P 0, 0, 2, B 2, 0, 0 ，设 N a, b, c ，8 分
则 PB  AN  2, 0, 2a, b, c  2a  2c  0 ，即a  c ，
又 PN  λPC ，即a, b, c  2  λ1, 3, 2 ，所以a  λ, b  3λ, c  2  2λ，
所以a  c  2 , b  2 3 ，即 N  2 , 2 3 , 2  ，9 分

33 333 
––––→–––→ 2 2 3 2  –––→
则 AM  1, 0,1, AN   3 , 3 , 3  , AC  1, 3, 0，10 分

→
设平面 AMN 的一个法向量m   x1 , y1 , z1  ，平面 AMC 的一个法向量，
––––→ →
 AM  m  x1  z1  0→
则–––→ →
22 32
，取 z1  1，可得m  1, 0,1 ，12 分

 AN  m  3 x1  3
––––→ →
y1  3 z1  0
x  z
 AM  n  x2  z2  0
 22
又–––→ →，可得x
，
  3y
 AC  n  x2 
3y2  0
 22
3
→
取 x ，可得n   3, 1,  3 ，13 分
2
令平面 AMN 与平面 AMC 的夹角为θ，
2  7
 3  3
42
→ →
则csθ
m  n

→→ 
m n
，14 分
7
所以sinθ 1 cs2θ7 ，即二面角 N  MA  C 的正弦值为 715 分
77
c  1,
 c  1 ,
a
18．（1）由题意可得
2
.2 分
解得a
2  4, b2
a2  b2  c2 ,
2
 3 ，所以C 的方程为 x
2
y
 14 分
43
依题意画出图像为：
设直线 AP 的方程为 x  my  45 分
（因为点 A 在第二象限，所以 1   3 ，即m   4 3 ），设 A x1 , y1  ， B  x2 , y2  .
m43
 x2  y2 
1,
联立直线与椭圆方程 43得3m2  4 y2  24my  36  06 分
x  my  4,
当m   4 3 时，   242 m2  4  36 3m2  4  144m2  576  0 .
3
由根与系数的关系知， y1  y2
  24m 3m2  4
①， y1 y2
36
3m2  4
②8 分
因为 B 是 AP 的中点，所以 y  2 y ，结合①解得 y  8m
, y  
16m .
12
6 5
5
代入②，解得m   6 5 （ m 舍去），
6 5
5
5
5
23m2  41
3m2  4
所以直线 AP 的方程为 x   6 5 y  4 ，即 x 
5
y  4  0( 或 5x  6 y  4
 0)11 分
根据题意画出图像为：
由①②可得，my y  36m  3   24m    3  y  y 12 分
1 23m2  42  3m2  4 212

由题意可得， Q 1, y  ，直线 BQ 的方程为 y  y2  y1  x 1  y
 y2  y1 x  y2  y1  y
1x 1
1x 1
x 11
222
 y2  y1 x  y2  y1  y1  x2 1  y2  y1 x  y2  4 y1  my1 y2
x2 1x2 1
y  4 y  3  y  y 
x2 1
5  y
x2 1
 y 
 y2  y1 x  21212  y2  y1 x  221  y2  y1  x  5  ，16 分
x 1
x 1
x 1
x 1
x 1 2 
22222
所以直线 BQ 过定点 5 , 0 17 分
 2

19．（1）依题意， a1  1, a2  3, a3  6, a4  10,L，则有a2  a1  2, a3  a2  3,L, an  an1  n ，
当n  2 时， an  an  an1   an1  an2  L a2  a1   a1
n n 1
 n  n 1  n  2 L 2 1 
.3 分

2
又a  1也满足，所以a
n n 1
4 分
1n2
（2）函数 f  x  ln 1 x 
x
1 x
的定义域为(1, ) ，5 分
求导得 f (x) 
1
1  x
1
(1  x)2
x
(1  x)2
，6 分
当1  x  0 时， f (x)  0 ，当 x  0 时， f (x)  0 ，
则函数 f ( x) 在(1, 0) 上单调递减，在(0, ) 上单调递增，因此 f (x)min  f (0)  0 ， 所以函数 f ( x) 的最小值为 0.9 分
（3）由（2）知，当 x  0 时， ln 1 x 
x
1 x
，令 x  1 n  N*  ，
n
则ln(1 1 ) 
n
1
1 n
0 ，10 分
2n2n2n2nn
则bn  ln(2an )  2lnn  ln n n 1  lnn2 
n(n 1) 
1  (n 1)  2
，12 分
ln[
n2
]ln(1 )
n
因此b  b  b L b  2  21  3 22  4  23 L n 1 2n ，
123n
令Tn  2  21  3 22  4  23 L n 1 2n ，
2 1 2 
于是2Tn  2  22  3 23  4  24 L n 1 2n1 ，14 分
两式相减得
Tn
 2  21  22  23 L 2n  n 1 2n1
 n
 2  n 1 2 1 2
n1
 n  2
n1 ，
因此T  n  2n1 ，所以b  b  b L b  n  2n117 分
n123n