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