云学联盟2025-2026学年高三上学期12月月考数学答案_2025年12月_251220湖北省云学联盟2025-2026学年高三上学期12月月考（全科）

数学试卷评分细则 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 B D C B A B A C ABC AC ABD 1．【答案】B 【详解】因为A  x|log (x2)1    x|2 x5  ，B   x|0 x3  ， 3   所以AB  x|2 x3 ，故选：B. 2．【答案】D 【详解】因为在复平面内，复数z对应的点的坐标为（2，2），所以z＝2+2i．则其共轭复数z=2-2i．那 z 2-2i z 么 = ，分子分母同时乘以2﹣2i进行化简：1所以复数 的虚部为﹣1，故选D． z 2+2i z 3．【答案】C 【详解】S S  S S  a a a a a a 3a 3a  a a  a a 3d 0， 8 5 5 2 6 7 8 3 4 5 7 4 7 4 7 4 所以“d 0”是“S S  S S ”的充要条件．故选C 8 5 5 2 4．【答案】B 2 【详解】因为函数y＝f（x）是偶函数，而 ysinx为奇函数，所以g(x)a 为奇函数. 2x 1 2  2  2 2 2 22x 所以g(x)g(x)．即a a ，所以2a     2， 2x 1  2x 1 12x 2x 1 12x 12x 所以a 1，故选B． 5．【答案】A 【详解】由asinB 3bcosA，根据正弦定理得， sinAsinB 3sinBcosA ，在ABC中，sinB0，则 π sinA 3cosA，即tanA 3，又A0,π，则A ，由余弦定理得 3 a2 b2 c2 b2 c2 a2 acosCccosAa c b 3， 2ab 2bc 1 1 3 9 S  bcsinA  33  .故选：A ABC 2 2 2 4 6．【答案】B 【详解】由题可知，圆M 的圆心坐标为4,0，半径为1，设椭圆C的上焦点为F(0,2)，下焦点为E(0,2)， 第 1 页 共 12 页  则|PF ||PQ|2a|PE||PQ|6 |PE||PQ| ， 故要求 PF  PQ 的最大值，即求 PQ  PE 的最小值， 而|PQ||PM |1，故 |PE||PQ||PE||PM |1|ME|12 51   所以|PF||PQ|6 2 51 72 5 ，故选：B. 7．【答案】A 1 【详解】因为A,F,D三点共线，所以设CF CA(1)CDCA(1) CB 2 2 又B,F,E三点共线，所以CF CE(1)CB CA(1)CB 3  2  1      3  2 1 1 故  ，所以CF  CA CB，  1  3 2 4 1     2  4  则CF在 CB 上的投影向量的模为   |CFCB| 1 | 2CACB CB| 1 6  1 6 6     |CB| 2 |CB|    |CB| 4 |CB| 4 |CB|  4 |CB| 2 6 当且仅当|CB| ，即|CB| 6时等号成立，故选：A. |CB| 8．【答案】C 【详解】法一：如图，因为 ABC ABC 为正三棱柱，所以平面α与平面 1 1 1 ABC所成的锐二面角的平面角为FDC 30O ，则CF  3，DF 2 3， 因为 BC 6 ，所以 BF  39 ，设 BDF 外接圆半径为 r ，因为 39 FDB 150 ，所以由正弦定理得 2r  r  39 .又易知 sin150 2  AD AD平面BDF ，且AD 3 3，所以设三棱锥A﹣BDF外接球的半径为R，则R2 r2   ，  2  27 183 所以R2 39  ，故三棱锥A﹣BDF外接球的表面积为S 4R2 183，故选C. 4 4 第 2 页 共 12 页法二：以D点为坐标原点，AD为x轴，DB为y轴，D点引平面ABD的垂线为z轴建立空间直角坐 标系，A(3 3,0,0),B(0,3,0),D(0,0,0),F(0,3, 3),设三棱锥A﹣BDF 的 外 接 球 的 球 心 为 O(x,y,z), 则 OA=OB=OD=0F, 得 3 3 3 7 3 x ,y ,z  ， 所 以 设 外 接 球 半 径 为 R, 则 2 2 2 183 ROD ,球的表面积为S 4R2 183，故选C. 2 9．【答案】ABC 【详解】对于A，设随机变量服从正态分布N,2， 若P(1) P(9)，则曲线关于x 4对称，则4，故A正确；  1 1 对于B，因为X ~ B6, ，所以E  X  6 2，所以E  2X 1  2E  X  15，故B正确；  3 3 对于C，从小到大排列为12，13，14，15，17，19，23，24，27，30，由于100.77， 故第7和第8个数的平均数为第70百分位数， 2324 即 23.5，所以第70百分位数是23.5，故C正确； 2 对于D：甲、乙、丙、丁4个人到3个国家做学术交流，每人只去一个国家，每个国家都需 要有人去， 则不同的安排方法有C2A3 6636种，D选项错误； 故选：ABC. 4 3 10．【答案】AC 【详解】选项A：因为 f（b）＝f（b+3），且 f（x）在（b，b+3）上有最小值无最大值，所以函数f（x） 3 的图象关于直线 x ＝ b+ 对称，A正确． 2  1   f(b)cosb    2  3 选项B：由已知可得 ，且b,b 在同一个减区间内，所以  f  b 3   cos  b 3   1  2    2  2    b 2k   3 3 2 4  ，kZ ，两式相减得   ，所以 f(x)的最小正周期为 3 2 3 9  b 2k   2 2 9 T   ，故B不正确．  2 第 3 页 共 12 页 选项C：当 b ＝ 0 时，由B知 2k,kZ ， 3 4   4  4  所以 f(x)cos x 2kcos x ，由2k x 2k,kZ ，  9 3   9 3 9 3 9 3 9 3 9 3 9 3 解得 k  x k ,kZ，所以 f(x)的单调减区间为 k , k ,kZ ，   2 4 2 2 2 4 2 2  3 3 9 3 9 3 而  9k 1  ,9k 2     k 1  , k 2   ，所以C正确．  4 2 2 4 2 2 4  9 9 选项D： f(x)cos x，T  ，在一个周期内函数有 2 个零点，2026450 1，所  9  2 2 4  4  以 f(x)在  1，2026  内有4502900个零点，当x  0,1  时， x, ，R， 9  9  所以 f(x)在  0，1  上有0个或1个零点， f(x)在  0，2026  上有900个或901个零点.D错误． 11．【答案】ABD 【详解】因为a 2n,nN，易知当mn，且m,nN时2m 2n 2n1. n 而a a a 2r 2s 2t(0r st)． r s t 对于选项 A：依次列举较小的a a a 的值，b 20 2122 7，b 20 2123 11， r s t 1 2 b 20 22 23 13，b 2122 23 14，所以b 14，A正确． 3 4 4     对于选项 B：把a a a 0r  st 进行组合分析，从 0,1,2,,n1 中选 3 个指数，共有 r s t n(n1)(n2) C3  种选法，当n9时C3 84，所以b 20 2129 515，故B正确； n 6 9 85 对于选项C：a 26 64,a 27 128，从2r 2s 2t(0r  st)中找落在  64，128  内的项. 6 7 当r 0,t 6时，s1,2,3,4,5共5种情况； 当r 1,t 6时，s2,3,4,5共4种情况； 当r 2,t 6时，s3,4,5共3种情况； 当r 3,t 6时，s4,5共2种情况； 当r 4,t 6时，s 5共1种情况； 所以c 5432115种情况，故C错误； 6 第 4 页 共 12 页c   对于D选项： n表示从2r 2s 2t(0r  st)中找落在 2n,2n1 内的项数. 当r 0,t n时，s1,2,3,，n1共n1种情况； 当r 1,t n时，s2,3,，n1共n2种情况； …… 当r n2,t n时，s n1共1种情况； n(n1) 1 2  1 1 所以c 12(n1) ，n2，故  2   n 2 c n(n1) n1 n n 1 1 1  1 1 1  1 1  1 2 所以S    21      21 2 ，故D正确. n c c c  2 2 3 n1 n  n n 2 3 n 3 12．【答案】 4 1 【详解】因为P(A)2P(A)，而P(A)P(A)1，所以P(A) ，又A、B相互独立，所以 3 1 1 3 P(AB) P(A)P(B)，即  P(B)P(B) 4 3 4 13．【答案】 2 【详解】因为 AB  AF ， 1 所以 BF  AB  AF  AF  AF  2a ， 2 2 1 2 由双曲线的定义可得 BF  BF  BF 2a2a， 1 2 1 所以 BF 4a2 BF ， 1 2 BFF 中，余弦定理得 1 2 |BF |2 |BF |2 |FF |2 4a2 16a2 4c2 3 cosF BF  2 1 1 2   ，解得c2 2a2，所以e 2 2 1 2|BF ||BF | 22a4a 4 2 1 14．【答案】  ,0   3e ,  ；gxex  1 1 x  ，x,01,（第一空2分，第二空3分，  2   2  表达式正确，未写明定义域也给分） 1 2m 【详解】由已知 f '(x)存在先负后正的变号零点，由 f (x)ex  mx2求导得：f '(x)ex  x， m m 3 m 3 2m 下面在同一个坐标系中作出函数yex与 y  x的图象， 3 显然m0，当时m0，如右图所示， 第 5 页 共 12 页2m 函数yex与 y  x的图象有一个交点横坐标可设x ， 0 3 2m 1 当xx 时， f '(x)ex  x0，则 f (x)ex  mx2在,x 单调递减， 0 m 3 m 3 0 2m 1 当xx 时， f '(x)ex  x0，则 f (x)ex  mx2在x ,单调递增， 0 m 3 m 3 0 1 此时函数 f (x)ex  mx2在x 处取到极小值，且x 0； m 3 0 0 当m0时，设函数yex在点xt 处的切线 yet et(xt)过原点得：et et(t)t 1， 即过原点的直线yex与曲线yex相切，且切点为1,e . 2m 2m 当0 e时，可知 f '(x)ex  x0，此时函数 3 m 3 1 f (x)ex  mx2单调递增，无极小值点； m 3 2m 3e 2m 则当 em 时，函数yex与 y  x的图象有两个 3 2 3 交点横坐标可设x，x ，且x  x ，如右图所示 1 0 1 0 2m 1 当x x 时， f '(x)ex  x0，则 f (x)ex  mx2在,x 单调递增， 1 m 3 m 3 1 2m 1 当x xx 时， f '(x)ex  x0，则 f (x)ex  mx2在x,x 单调递减， 1 0 m 3 m 3 1 0 2m 1 当xx 时， f '(x)ex  x0，则 f (x)ex  mx2在x ,单调递增， 0 m 3 m 3 0 1 此时 f (x)ex  mx2函数在x 处取到极小值，且x 1， m 3 0 0 3e    综上，m ,0  ,时，函数簇中的每一个函数都存在极小值点x ，且为充要条件， 0  2  2m 2m 此时 f '(x )ex 0  x 0ex 0  x ， m 0 3 0 3 0 1 由所有的点  x , f (x )  构成的曲线ygx满足：g(x ) f (x )ex 0  mx2 0 m 0 0 m 0 3 0 2m 3ex 0 1 3ex 0  1  又ex 0  x m ，可得g(x )ex 0   x2 1 x ex 0 ，且x 0或x 1， 3 0 2x 0 3 2x 0  2 0  0 0 0 0  1  所以函数gx的表达式为gxex 1 x，x,01, .  2  故答案为：m  ,0   3e ,  ，gxex  1 1 x  ，x,01,  2   2  （第一空3分，第二空2分） 15．【详解】（1）零假设H ：“奥数迷”与性别无关. ………………1分 0 第 6 页 共 12 页100(24281236)2 25 根据表中数据计算得2   1.0422.706 x ………………3分 60403664 24 0.1 根据小概率0.1的2独立性检验，没有充分的证据推断H 不成立，因此可以认为H 成立，即认 0 0 为“奥数迷”与性别无关. 故没有99%的把握认为是否为“奥数迷”与性别有关. ………………6分 （2）根据分层抽样，抽取的男生人数为2人，女生人数为1人， ………………7分 记“恰有两人闯关成功”为事件A，“没有女生闯关成功”为事件B， 2 3  2  3 3 2 7 则PA  1 C1 1    ， ………9分 4  3 2 4 4 3 16 2 3 1 3 P(AB)    ………………11分 4 3 16 3 P(AB) 16 3 由条件概率的公式得P(B| A)   ， P(A) 7 7 16 3 故在恰有两人闯关成功的条件下，没有女生闯关成功的概率为 . ………………13分 7 16．【详解】（1）由题意得，x3k x2k 0 x 3k, x 2k，由a a (k 1,2,3,)，…2分 1 2 2k1 2k 则当k 1时，x 3, x 2a 2；当k 2时，x 6, x 4a 4； 1 2 1 1 2 3 当k 3时，x 9, x 8a 8；当k 4时，x 12, x 16a 12； ………………4分 1 2 5 1 2 7 当k n n4时，x 3n, x 2n，令 f nx x  2n3n， 1 2 2 1 设gx2x3x，由gx2xln23g416ln23 0 ，故gx单调递增， 故 f ngng 4 3 0，则x x ，∴a 3n(n4)； ………………6分 2 1 2n1         （2）由（1）知 c  lg2 0,c  lg4 0,c  lg8 0，n4时，c  lg(3n) 1 2 3 n 当123n100时，即4n33时，c 1，共有30项； n 当1003n1000时，即34n333时，c 2，共有300项； n 当10003n10000时，即334n3333时，c 3，共有3000项； ……………10分 n 因为20253303001692， 所以T 031302300316925706. ………………15分 2025 第 7 页 共 12 页17．【详解】（1）证明：∵ACD为正三角形，M为棱CD的中点，∴AM CD，又AB CD，AB,AM  面ABM ，且AB AM  A，故CD 面ABM ，又BM 面ABM ，所以DC  BM . ……4分 （2）由（1）知AMB为二面角BDC A的的平面角 ∵AB  BC，AB CD，BC,CD面BCD，且BCCD C，∴AB面BCD，又BM 面 BCD，故ABBM ，又∵DC 2AB 2，ACD为正三角形，∴AB1,AM  3 所以 AB 1 3 sinAMB    . ………………8分 AM 3 3 （3）方法1：因为AB面BCD，所以ATB为直线AT与平面BCD所成角，即 ATB . 1 因为AB面ABC，所以面ABC 面BCD，且面ABC面BCD  BC，故作TE  BC 于E， 连接AE，则TE 面ABC，所以TAE 为直线AT与平面ABC所成角，即 TAE . 2 BT   设TAB ，其中tan  BT 0, 2 ，且为锐角， AB  1 则  ，AT  ,BT tan，故sin cos 1 2 cos 1 在BCD中，易知BC  BD 3,CD2，所以 1 3 TE 3 sinMBC   ，即  ， 3 3 BT 3 3 tan 3 ET 3 3 所以TE  tan，故sin    sin 3 2 AT 1 3 cos 3 2 3   所以sin sin cos sin sin  1 2 3 3  3  2 3 故当 时，sin sin 取得最大值 . ………………15分 1 2 6 3 方法2：过B作BM垂线，建立如图空间直角坐标系 则A(0,0,1)，B(0,0,0)，C(1, 2,0)，设T(0,t,0)(0t  2) 所以BA(0,0,1)，BC (1, 2,0)，AT   0,t,1    设面ABC的法向量为n x,y,z ， 第 8 页 共 12 页  nBA z 0 由 ，令 y 1，则  nBC  x 2y 0 n( 2,1,0) ………………10分 |nAT | t 所以sin |cos n,AT |  2 |n|| AT | 3 t2 1 |mAT | 1 取面BCD的法向量m(0,0,1)，则sin |cos m,AT |  1 |m|| AT | t2 1 t 3   所以sinsin  ，t 0, 2 ………………12分 1 2 3 t2 1   令st 3,s 3, 2 3 ，则 s 1 1 sin sin    1 2 3 s2 2 3s4 3 4  2 3 1 3  2  3   2  1 s2 s    s 2  4 4 3 3 2 3 所以当s  ，即t  时，sin sin 的最大值为 . ………………15分 1 2 3 3 3 18．【详解】易知直线l的斜率存在，设l:y kx4，A(x ,y ),B(x ,y ) 1 1 2 2 （1）当直线l的斜率为1时，l:y x4 y  x4 联立 消去 y得x2 2px8p 0， 0恒成立， x2 2py x x 2p,x x 8p 1 2 1 2 ………………1分 所以| AB| 11|x x | 2 (x x )2 4x x  2 4p2 32p 4 10 1 2 1 2 1 2 …………3分 化简得 p2 8p200，所以 p2或 p10（舍） 所以求抛物线Γ的标准方程为x2 4y ………………4分           （2）（ⅰ）由已知F 0,1 ，D 2,4 ，所以FA  x ,y 1,FB  x ,y 1,DF  2,5 1 1 2 2 FADF FBDF 2x 5(y 1) 2x 5(y 1) 因为直线FD经过△FAB的内心，所以  ，即 1 1  2 2 |FA ||DF | |FB||DF | y 1 y 1 1 2 2x 5(y 1)10 2x 5(y 1)10 2x 10 2x 10  1 1  2 2 ，所以 1  2 ………………7分 y 1 y 1 y 1 y 1 1 2 1 2 第 9 页 共 12 页x 5 x 5 又 y kx 4,y kx 4代入上式得 1  2 ，去分母整理得  x x  (k1)0， 1 1 2 2 kx 5 kx 5 1 2 1 2 而x  x ，所以k 1，即直线l的方程为 y x4.（用其他方法求出两条直线未舍去一条扣2 1 2 分）………………9分 FADF FBDF （ⅱ）假设存在D  x ,4  满足FD经过△FAB的内心，则  ，而DF   x ,5  0 0 |FA ||DF | |FB||DF | x x 5(y 1) x x 5(y 1) x x 10 x x 10 所以 0 1 1  0 2 2  0 1  0 2 ， y 1 y 1 y 1 y 1 1 2 1 2 x x 10 x x 10 又 y kx 4,y kx 4代入上式得 0 1  0 2   5x 10k  (x x )0， 1 1 2 2 kx 5 kx 5 0 1 2 1 2   而x  x ，所以x 2k ，所以D 2k,4 . ………………13分 1 2 0 y kx4 联立  x2 4kx160，所以x x 4k,x x 16 x2 4y 1 2 1 2 x2 x x 抛物线Γ的标准方程为x2 4y，所以 y  ,y'  ，点A处的切线为l :y y  1 (xx ) 4 2 1 1 2 1 而x2 4y ，故l :x x2(y  y)，同理点B处的切线为l :x x2(y  y) 1 1 1 1 1 2 2 2  x x x 1 2 设l 与l 交点为D'，由 x 1 x2(y 1  y)     2  x2k ，即D' 2k,4  . 1 2 x x2(y  y)  x x y 4 2 2 y  1 2   4 所以D,D'重合，即存在满足条件的D对任意直线l都成立. ………………17分 （其他方法酌情给分） 19．【详解】（1）设直线l与曲线 y  f(x)相切于点  t, f(t)    x 2x t(2t) 因为 f '(x) ，l:yc，所以 f '(t) 0t 0或t 2， 2ex 2tt 2 2 而 f(0)0, f(2) ，所以切线方程为 y 0或y  e2 e2 2 所以c0或 . ………………3分 e2   x 2x （2）证明： f '(x) ，由 f '(x)0得0 x2；由 f '(x)0得x0或x 2， 2ex 所以 f(x)在  ,0  ,  2,  单调递减，在  0，2  单调递增. 第 10 页 共 12 页 2   2  当x  0，2  时， f(x)0,  ，当x  2,  时， f(x)0,  …………5分  e2  e2  2 若c ，取n2，则x n时，结合函数 f(x)的单调性知 f(x) f(n) f(2)c；……6分 e2 2 3 3e2 3 若0c ，取n  2，则下面证明不等式 f(n) f c. e2 c 2 c ex 1 ex ex(x3) 先证明如下不等式：当x 0，有  ，令F(x) ，则F'(x) ，当x(0,3)时，F(x) x3 6 x3 x4 3 递减，当x(3,)时，F(x)递增，所以F(x) F(3) e3  1 ，即 F 3    ec  1 ， 27 6 c 27 6 c3 2 3   c 3 变形得： c，即 f c. 3 c 2ec 故当x n时，结合函数 f(x)单调性可知 f(x) f(n)c. ………………9分 （3）由函数 f(x)的单调性可知x 0 x 2 x 1 2 3 2cex 2  x2 ln(2c)x 2lnx 且满足 2  2 2，相减得x x 2  lnx lnx  ，所以  2cex 3  x 3 2 ln(2c)x 3 2lnx 3 3 2 3 2 x x 3 2 2 lnx lnx 3 2 x x 3  2 x x x x 下证不等式 3 2  x x 成立，即证 2 3 1， lnx lnx 2 3 x 3 2 ln 3 x 2 1 x t 令t 3 1，只需证t1时， t 成立， x 1 2 2lnt 1 即证t1时，2lntt 0， t 令Gt2lntt 1 ， Gt t12  0 ，Gt在1,递减， t t2 x x 故GtG10，故2 3 2  x x ，则x x 4. ………………13分 lnx lnx 2 3 2 3 3 2 6e 6e 6e 故要证x x x x  ，只需证4x x  ，即证x x  4 2 3 1 3 2e3 1 3 2e3 1 3 2e3 又因为x 0，x2 2cex 1 2c，则|x |x  2c ，所以x x  2cx ，又 1 1 1 1 1 3 3 第 11 页 共 12 页x 3 x x2 x2 2cex 3  x  2ce2  2c  3 ，所以 x x  2cx  3 3 3 x 3 1 3 3 x 3 e2 e2 x2 6e 故只需证 3  4， x 3 2e3 e2 x 4t2 4t(2t) 令t  3 1，设函数h(x) (t 1)，h'(t) ， 2 et et 16 所以h(t)在1,2上递增，在2,上递减.所以h(t)h(2) e2 16 6e 所以只需证明  4，去分母整理得只需证明e36e2 16e240 e2 2e3 令g(x) x3 6x2 16x24，则g'(x)3x2 12x16，122 43160，故g'(x)0 所以g(x)在R上单调递增，而g(3)30，所以g(e) g(3)0 16 6e 6e 所以  4，即x x x x  e2 2e3 2 3 1 3 2e3 . ………………17分 第 12 页 共 12 页