湖北省十—校2025-2026学年高三上学期12月考试数学试卷

这是一份湖北省十—校2025-2026学年高三上学期12月考试数学试卷，共10页。

2025年秋季学期高三年级12月检测数学
参考答案
【答案】A因为 B  (CU A) ，所以 B  A ，所以 A  B  A .故选:A
【答案】B
ab  0 即a, b 中至少有一个是零；复数a  b  a  bi 为纯虚数，故 a  0, b  0 为小范围，
i
故为充分不必要条件
【答案】B 由cs 9 5∘ = cs ( 90∘ + 5∘) = −sin 5∘ = 知：sin 5∘ =− ，因此sin 1 0∘ = sin ( 90∘ + 10∘) = cs 1 0∘ = 1 − 2 sin2 5∘ = 1 − 22
【答案】D 设等差数列{a } 的首项为 a ，等比数列{b } 的首项为 b ，则7 = 7 (1 + 7) = 7 × 24 =
n1n122
7 = 56， T  b b b b  (b )7  (1)7  1 ，所以 S  T  56 1  55. 故选： D
471 26 7477
【答案】C 如图，在焦点PF1F2 中，由题意知： | PF1 |  | PF2 | 2a①，且PF1F2 为直角三角形，
再由PF F  2PF F ，又PF F  PF F  90 ，故
2 11 21 22 1
PF1F2
 30 ，所以| PF || F F
| cs 30 
3c ，
3
11 2
| PF || F F | sin 30  c ，代入①式得( 1)c  2a ，故
3
21 2
3  1
e  c 
a
2 1. 故选：C
→→→
3 (b  a)  a  a
  3 a  (b  a)  a   3
a
a
【答案】A b  a 在a 上的投影向量为 a ， 即
2
22
a
2
12→→
cs a, b
 a  b  3
3
则有b  a  a
2
，因为 a 
b ，所以2
.故选 A：
a  b
【答案】A 取A1B1的中点 P，B1B 的中点 E，BC 的中点 F，连接 MP，PE，EF 和 MF，
由 P，E 分别为A1B1，B1B 的中点，知 PE ∕∕ A1B，同理可知：EF ∕∕ B1C，B1C ∕∕ A1D，有 EF ∕∕ A1D，又由 P ∕∕ 1， ⊄面1? 且1 ⊂面1?，所以 ∕∕ 面1?,同理可知，? ∕∕ 面1?因为 ∩
? = ， ⊂面?，? ⊂面?，所以面1? ∕∕面?
而? ⊂面?，故动点?在面1??1内的轨迹为?,由 = 2 可知，? = 2，? = 2 2， =
1 +
5
2
= 6，所以?2+2= M?2，即 ⊥ ?，所以线段?的最大值为? = 2 2。故选： A.
8.【答案】C 因为'(1 + )为奇函数，所以 f 1 x   f 1 x ，令 x  0 ，则 f 1   f 1 ，故 f 1  0 ，又 f  x 在R 上单调递增，所以当 x  1时， f  x  0 ，则 f x  单调递减；当 x  1 时， f  x  0 ，则 f x 
单调递增；又因为 f 1 x   f 1 x ，则 f (1 x)  c1  f (1 x)  c（2 c1, c2  R）①
在①式中令 x=0，可得 f (1)  c1  f (1)  c2  c1  c2 ，所以 f (1 x)  f (1 x) ，
因为 2a  4 ， 4b  5 ， 3c  4 ，所以a  lg 4  1 ， b  lg 5  lg 4  1 ， c  lg 4  lg 3  1，因为
3
f (1 x)  f (1 x) ，所以 f (a)  f (lg
2 3
4)  f (2  lg
2 3
4433
4)  f (lg 3)
2 32
因为 4ln 2ln 4 ≤ ln 2 + ln 42 = ln 82 < ln 92 = 4 ln 32，由于ln 2 ≠ ln 4，故上式等号不成立，
则ln 2ln 4   ln 32 ，又ln 3  0, ln 2  0 ，所以ln 4 < ln 3，即lg 4 < lg 3，即 c  a ，
ln 3ln 232
同理可得b  c ，所以1  b  c  a ，所以() < () < ().故选：C.
9.【答案】CD

f (x)  sin 2x, x [2k, 2k] (k  Z), 由图象知，A，B 错误； f (x) 的值
0, x (2k, 2k 2)
域为[1,1] ，C 正确； f (x) 在  3 上单调递减，D 正确． 故选CD.
[,]
44
10.【答案】ACD 令 x  1 ，可得an  2
 1 n
 
 
，求所有项的系数绝对值之和，

等价于求 x 
1 n
2 
的所有项系数和，令 x  1 ，可得bn
 3 n
  2 
，所以 A 正确，二项式系数之和为c  2n ，
 
n
 1 n
对于 B：因为 
 3 n
  
 2n ，所以an  bn  cn ，故 B 错误；
 2  2 
n
对于 C： bn  an  3n  1 ，因为3n  3 ，且 g (n)  3n  1 在 ∈ ?∗上递增，
anbn33n
所以 g (n)  3n  1 的最小值为 g (1)  10 ，所以， bn  an  10 ，故 C 正确
3n3
anbn3
ab 1 n
 3 n
ab 1 n
 3 n13
对于 D： n  n       在 ∈ ?∗上递减，所以 n  n          1，即an  bn  cn ，
cncn
 4  4 
cncn
 4  4 44
故 D 正确.故选：ACD
2
【答案】AB 双曲线 C: x2  y
2
 1 的右焦点为 F (
3,0) ，直线 AB : y 
3
(x  3)
3
x 
3
 y  （3）
3 32
联立


3
2
x2  y  1 2
解得 A(
3,2), B(
5
, ) 5
根据对称性知 D(
对选项 A： xD  x
3,2)
F 故 DF  OF ，正确； 对选项 B：

 2  5 故 AF
yA
yB
2
5
 5 BF ，正确；
AF
BF
2 3
2 3
对选项 C： tan DOF ， tan BOF ， DOF , BOF  0, π  ，
2 
tan 2BOF 
3
2 tan BOF
7
1  tan2 BOF
9
 12 3  tan DOF  2 3 ，错误；
AD
DF
AB
BF
AD
DF
AB
BF
233
对选项 D： AD  2
7, DF
 2 

,而
 5 ,所以
,由角平分线定理可知:
ADB  FDB ，错误
（另解：直线 AD : 2x 
3 y  0 ， B 到 AD 的距离为 8
21 ， B 到 DF 的距离为 2
35
3
，两者不相等，
5
ADB  FDB ，错误）故选：AB
【答案】 240期末考试数学成绩 X 服从正态分布 N (110,2 ) ，则 P(X > 130) = P(X ≥ 110) −
P(110 ≤ X ≤ 130) = 0.50 − 0.47 = 0.03，
故 ，某地有8000 名学生参加考试，
估计某地学生数学成绩在 130 分以上的人数为8000  0.03=240
【答案】60 种，分两种情形：① A 家庭只有志愿者甲，则另外 4 人在其他的 3 个特殊家庭，此时有
C2 A3  36 ；② A 家庭除了甲还有另一名志愿者，此时有C1 A3  24 ，则共有36  24  60 种，故志愿
4 34 3
者甲恰好被安排在 A 家庭有 60 种不同安排方法.
【答案】39
4
； 12
13
BCF 的面积为定值，
翻折后平面 A1 EF  平面 BCFE 时， A1 到平面 BCFE 的距离最大，这时三 B  A1CF 的体积最大. 设
BC 的中点为 M，  A1EF 的中心为 G，EF 的中点为 H，
四棱锥 A1  BCFE 外接球的球心为 O，
则 = ? = 1 1? = 1 × 3 ? = 3此球的半径
3324
=
=( 3 )2 + ( 3 )2= 39，外接球的表面积
2 + 2
244
2 + ?2
= 42 = 39；这时? =
=( 3 )2 + ( 3 3 )2= 30，
球4
444
解ΔBEC 知，? = 3 3，在ΔEOC 中 OE = OC = R= 39 , ? = 3 3 ，则EOC 就是， 相交所成的二
242
面角的平面角，则
故
解析：(1) 3? − ? =3 − 由正弦定理得： 3??? − ??? =3? − ?
所以 3??? =3? − ???，2 分
又因为? > 0，可得 3?? + ?? =3，即 sin(? + ) = 3，4 分
62
又因为在锐角△ ?中? ∈ (0, )，∴ ? + ∈ ( , 2 )可得? + ∴ ?6 分
266 3
6 = 3，
= 6；
（2）因为 = 1 ?? = 1 × 1 =3，可得 = 4 3，由正弦定理得 b = a = 4 3 ,8 分
222
?
?
?
2 3
54 3sin(5−)4 3(1?+ 3?)
又 + =
6 ,所以 b= 6 = 22 =
+ 6,10 分
?
0 < A <
?
在锐角△ ?中
2
5
0 < 6 − A < 2
所以 < A <
32
∴ >3,
∴ 1 ∈ (0, 3 ),b = 2 3 + 6 ∈ (6,8),
3
所以的取值范围为(6,8)13 分
解析：(1)证明：由四边形₁₁是正方形，可知 ⊥ 1，又 ⊥ ，2 分
，1 ⊂平面₁₁， ∩ 1 =O，可知 ⊥平面₁₁．4 分
而 ⊂平面₁₁，故平面₁₁ ⊥平面₁₁．5 分
(2) ⊥ 1, ⊥ ₁, ，BP ⊂平面， ∩ =B，可知₁ ⊥平面．7 分
由 ⊂平面，可知 ⊥ 1,8 分
由（1）知平面₁₁ ⊥平面₁₁，平面₁₁ ∩平面₁₁= 1， ⊂平面₁₁，
故 PO ⊥ 平面₁₁ ；10 分
A
P z
Q
A1
O
y
O1
B
x
B1
（3）故以为坐标原点，̅̅̅̅→的方向为轴正方向，̅̅̅̅̅1→的方向为轴正方向，̅̅̅̅→的方向为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系 − ．在∆中 = 2, AP = 1,则
= 1……11 分
(3,0,0)，A(0, − 1,1), (0,1,1)．得̅̅̅1̅̅→ = (0, − 2,1)，̅̅̅̅→ =
(3,0,0)，̅̅̅̅→ = (0, − 1,1)，记平面的一个法向量为̅→ = (, , )，由 ̅→ ⋅ ̅̅̅̅→ = 3 = 0,
̅→ ⋅ ̅̅̅̅→ =− + = 0,
即 = 0,取 =
= ,
1，得̅→ = (0,1,1)13 分
记直线 与平面所成的角为，故 sin = |O̅̅1̅̅Q̅̅→⋅̅→| =1= 10．15 分
5× 2
1|O̅̅1̅̅Q̅̅→||̅→|10
解析：(1)设一次抽奖的中奖金额为，则所有的可能取值为 100，200，300．1 分
( = 100) =
1 1
C C
322 =
C5
6 ；(200)
==
10
2 0
C C
322 =
C5
3 ；(300)
==
10
0 2
C C
1
322 = ．
C510
则的分布列为4 分
故() = 100 × 6 + 200 × 3 + 300 × 1 = 150（元）．5 分
101010
(3)（ⅰ）(13)=2 × 4 × 1= 87 分
555 125
6
( ) = ( ) + ( )=2 × 4 × 1 + 3 × 2 × 1= 14 , P =(23) = 125 = 310 分
X
100
200
300
P
6
10
3
10
1
10
31 3
2 3555
555
125
23(3)
147
125
（ⅱ）设第( < )个顾客获得第 1 份幸运礼品，第个顾客获得第 2 份幸运礼品的概率为，
3
5
4
5
−1−−1
( ) =× 2 ×× 1 ， = 1,2, ⋯ − 112 分
i
55
则第个顾客获得第 2 份幸运礼品的概率() = (1) + (2) + ⋯ + (−1)
=
0 × 2 ×
3
5
5
−2 × 1 +
4
5
3
5
5
1 × 2 ×
3
5
5
−3 × 1 + ⋯ +
4
5
5
n−2 × 2 ×01
3
5
4
5
×
，
55
=1 − 3 × 5
= 2 ×
5
4
3
5
0
× 5 ×
2
−2
−1
× 5 1 −
1
×
4
5
5
−1
× 1 −
−1
=
−1
−
−1
54
4
5
2
4
5
3
4
−1
24
55
3
5
3
5
−1
所以第个抽幸运奖顾客获得第二份幸运礼品的概率为5
−
．15 分
解析：(1)依题意可知圆的圆心在 x 轴，即圆关于 x 轴对称，三角形 ABC 是直角三角形，且 B 点必在 y 轴右侧，由直角三角形射影定理可知OC2  OA OB ,代入得 y2  4x ．4 分
（2）设 R(x1 , y1 ) ， S(x2 , y2 ) , T (x0 , y0 )
 y2  4x4
 11  y2  y2  （4 x  x ） k
，5 分
2
2
 y2  4x12
12RS
y1  y2
由直线与圆相切可知 k k 1 ，即 y2  y1  y0  0  1 ，

RSO1T
x2  x1x0  8
y2  y1  y0 0 4 y02 1，故 x  6

x  xx 8y  yx 8x 8
07 分
6
6
2101200
0
0
由T 在抛物线内部可知 y2  4x
 24 ，故 2
 y0
 2
.9 分
(3)设过点 D 且斜率存在的直线方程为 y  4  k(x  4) ，即 kx  y  4  4k  0 .
| 4k  4 |
由该直线与动圆相切可得 d   r ，
k 2 1
整理得（16  r 2 )k 2  32k 16  r 2  0
易知直线 DP, DQ 的斜率存在，分别设为 k3 , k4 ，则 k3 , k4 是方程的两个不等实根，
16  r 2
则有 k3  k4  16  r 2  1 .12 分
由于 PQ 的斜率不为 0，设 P  x1 , y1 , Q  x2 , y2  ，设 PQ 方程为 x  my  n ，带入 y2  4x ，
得 y2  4my  4n  0 ，则 y  y  4m ， y y  4n ，
121 2
k k  y1  4  y2  4 ( y1  4)  ( y2  4)16 1

3 4x  4
x  41 2
1 2( y
 4)( y
 4)
12( 4 y1  4)  ( 4 y2  4)12
整理得 y1 y2  4( y1  y2 )  0 ，即 4n 16m  0，n  4m ，15 分
即 PQ 方程为 x  my  4m ，此时直线恒过点（0， 4）17 分
19.解析：(1)() = − ，则'() = − ，令'() = 0，解得 = ，
所以()在(0, )上单调递减，在(, + ∞)上单调递增，1 分
()的最小值为() = − = (1 − ) ，(0) = 1，
①() = (1 − ) = 0，即 = 时，()只有一个零点.
②() > 0，即 0 < < 时，()没有零点.
③() < 0，即 < 时，设() = − ，'() = 1 − 1，当 1 < 时，()单调递增
() = − > 0 即 > ，() = − 2 > 2 − 2 = 0
故()在(0，)，(，)各有一个零点，共两个零点4 分
综上所述：
= 时，()只有一个零点，0 < < 时，()没有零点. > 时，()共两个零点5 分
=
(2)（i）ℎ() = [()] + () [ − ] + []，定义域 ∈ [ 1 , + ∞), > 06 分
11111
因为ℎ( ) = [ − 1] + [1] = [ − 1] ≥ 1，所以 − 1 ≥ 1，即k ≥ 2，
所以 0 < ≤ 17 分
2
2
当 0 < ≤ 1 时，由（1）可知()在(0, )上单调递减，在(, + ∞)上单调递增，
又因为 − 1 ≤ ( 1 ) − 2 =− [(2) + 2] =− (4) < 0，所以 ≤ 1，
2
所以ℎ()在[ 1 , + ∞)上不减，9 分
所以ℎ() ≥ ℎ( 1 ) ≥ 1，故 0 < ≤ 110 分
2
(3)（ii）因为 ∀ , ∈ ?, 当 > ，有ℎ() ≥ ℎ()，所以ℎ()在[ 1 , + ∞)不能是递减的， 假设 > ，易知1 < ，由（1）可知，()在[1 , )为减函数，在(, + ∞)上为增函数，
11
而() = − < 0，( ) = − 1 > 0，( ) = − < 0，
() = − 2 > 0（构造 = − 2, ∈ (, + ∞)说明单调性及最值）
（又当 x   时，() →+ ∞，也给分）故()在[1 , + ∞)上有两个不同的零点，12 分
设较小的零点为x ，则1 < 1 < ，(1) = 0
1
若1 < 1 < 2，则ℎ(1) = [(1)] + (1) = [1] = 0.
1
取 ∈ ( , 2 )，则ℎ() = [ − ] + []，
而 1 < 1 < < 2， − < 0，[ − ] ≤− 1，[] = 1 即[] = 0
故ℎ() ≤− 1 < ℎ(1)，这与题设矛盾14 分
若2 < 1 < ，则 2 < 1 < ，故ℎ(1) = [(1)] + (1) = [1] = 2，
取? ∈ (1, )，则ℎ(?) = [? − ?] + [?]，
而 2 ≤ 1 < ? < ，? − ? < 0，[? − ?] ≤− 1，[?] = 2 即[?] = 2
故ℎ(?) ≤− 1 + 2 < ℎ(1)，这与题设矛盾16 分
又 > 0，所以 0 < ≤ 17 分