数学答案_2025年12月_251211江苏省南京市七校联合体2025-2026学年高三上学期12月联合考试_江苏省南京市七校联合体2025-2026学年高三上学期12月联合考试数学

2025-2026 学年 12 月七校联合学情调研 数学答案 1-8 BCDBBCAC 9 ABD 10 BD 11 ABC 3 27 12  13 3 14 5 5 15.【详解】（1）提出假设H :课外体育锻炼时间与身体素质无关…………………… 1分 0 1000(860604040)2 25000 2    308.642 10.828…………………… 6分 900100900100 81 所以有99%的把握认为课外体育锻炼时间与身体素质有关…………………………… 7分 （2）记“恰有1人课外体育锻炼时间达标”为事件A………………………………… 8分 1 9 27 则P(A)C2( )2( ) ………………………………………………………… 12分 3 10 10 1000 27 答：恰有1人课外体育锻炼时间达标的概率 …………………………………… 13分 1000 1000(860604040)2 25000 1620 注：2     20 10.828 900100900100 81 81 也可得分 第（2）中“事件”与“答”有一个即可得2分 16【详解】（1）a 1，a 3a 4 1 n1 n a 23a 2，因为a 230·····························································2分 n1 n 1 a 2 所以 n1 3; a 2 n 所以数列a 2是以3为首项，公比为3的等比数列.·········································4分 n 可得：a 233n1 3n n 即：a 3n2·····························································································6分 n a 2 3n （2）由（1）得，b  n  .················································ 7分 n a a (3n 2)(3n12) n n1 3n 1 1 1 则b   (  )，····················································10分 n (3n 2)(3n12) 2 3n 2 3n12 1 {#{QQABaYKUgggoAJAAAAhCQwUSCkMYkBACCKgGhFAQoAAAwQFABAA=}#}1 1 1 1 1 1 1 所以T b b b  [(  )(  )(  )]. n 1 2 n 2 312 322 322 332 3n2 3n12 1 1 1 1 1  [(  )]  ·······························································13分 2 312 3n12 2 2(3n1 2) 由a ·T ＝39， n＋1 n 1 1 得(3n12).[  ]39, 2 2(3n12) 所以3n1279，解得n3.·········································································15分 17.【详解】（1）连接C D交C D于C D点，连接EG 1 1 1  D，F分别是B C，B C 的中点， 1 1 1  G 是BCC 的重心，且CG 2GD………………… 2分 1 1 1 1 又 则C E 2EA 3 1 1  AC D中，且EG//AD………………… 4分 1 1 1 又AD面EFC EG 面EFC 1  AD//面EFC…………………………………… 6分 1 （2）在面ACC A 中，作AO  AC ，垂足为点O，取BC中点H ，连接OH 1 1 1  AB 面ACC A ，又AO面ACC A 1 1 1 1 1  AB  AO 又ABAC  A 1  AO 面ABC 1 1 1 三棱柱体积V  ( 2 36)AO 18， 3 2 1 解得AO  3 1 1  AO  123 3 AC 2 O为AC中点………………………… 9分 则RtABC中，OH  AC 以O为原点，OH,OC,OA 所在直线分别为x,y,z轴建立如图所示空间直角坐标系 1 2 {#{QQABaYKUgggoAJAAAAhCQwUSCkMYkBACCKgGhFAQoAAAwQFABAA=}#}……………………… 10分 则A(0,3,0)，C(0,3,0)，B(2 3,3,0)，A(0,0, 3)， 1 C (0,6, 3)，B (2 3,0, 3)，F( 3,3, 3)，H( 3,0,0)， 1 1   AE AC (0,6,0)，E(0,6, 3) λ∈[0，1] 1 1 1 ，    AB (2 3,0,0) AA (0,3, 3) ， 1  设面ABB A m(x ,y ,z ) 1 1的法向量为 1 1 1    mAA 0  2 3x 0  则  1 代入得 1 取y 1得m(0,1, 3)……………… 11分 1 mAB 0 3y  3z 0 1 1    设面EFC 的法向量为n(x ,y ,z )，CF ( 3,0, 3)，CE (0,63, 3) 2 2 2    nCF 0   3x  3z 0  则  代入得 2 2 取y  3得n(63, 3,36) nCE 0 (63)y  3z 0 2 2 2 …………………… 13分 设平面EFC与平面ABB A 的夹角为 1 1     mn 2 3(13) 15  cos cos m,n      m n 2 722 7221 5 2 8 化简得272 42160解得 或 3 9 2 8  或 …………………… 15分 3 9 p p 18. 【详解】（1）显然直线AB的斜率不为0，又F( ,0)，所以可设直线AB：xty 2 2  p xty 联立 2 消得 y2 2pty p2 0 ………………………………2分   y2 2px 由韦达定理得 y y p2 1 2 ………………………………3分 （2）（i）证明：设A(x ,y ),B(x ,y )，则由已知及抛物线定义得 1 1 2 2 p p p p (x  )(x  )| AF ||BF |2|MF |2(  )，即x x  p 1 2 2 2 2 2 1 2 ……5分 3 {#{QQABaYKUgggoAJAAAAhCQwUSCkMYkBACCKgGhFAQoAAAwQFABAA=}#}y  y x x p 当x  x 时，AB的垂直平分线方程为y 1 2  2 1 (x ), 1 2 2 y  y 2 2 1 y2  y2 p 2p(x x ) p 3p 令y 0，得x 2 1   2 1   2(x x ) 2 2(x x ) 2 2 2 1 2 1 3p 所以AB的垂直平分线经过一个定点Q( ,0) ………………………………8分 2 3p 当x＝x 时，由对称性知AB的垂直平分线为x轴，也经过点Q( ,0) 1 2 2 3p 综上，AB的垂直平分线经过一个定点Q( ,0) …………………………9分 2 3p （ii）由题意， ＝6，解得 p 4， ………………………………………………10分 2 所以Q(6,0)，C: y2 8x，x x 4 1 2 y  y t 令 1 2 t，则AB的中点N(2,t),k  2 NQ 4 4 当t 0时，AB: yt  (x2)，联立 y2 8x消x得 y2 2ty2t2 160 t 且依题意 0，解得4t 4且t 0，且 y  y 2t,y y 2t2 16 1 2 1 2 t 1 由弦长公式得| AB| 1( )2  (y  y )2 4y y  (t2 16)(16t2) 4 1 2 1 2 2 t2 16 又Q到AB的距离d   t2 16 t2 16 1 1 所以S  | AB|d  (t2 16)(16t2)(t2 16) ABQ 2 4 …………………………13分 1 1 方法一:S  (t2 16)(322t2)(t2 16) ABQ 4 2 3 1 1(t2 16)(322t2)(t2 16) 64 6     4 2 3  9 16 当且仅当t2 16322t2,即t2  (0,16)时取等号, 3 64 6 所以(S )  ABQ max 9 …………………………16分 1 方法二:令t2 16(16,32),则S  3 322 ABQ 4 4 {#{QQABaYKUgggoAJAAAAhCQwUSCkMYkBACCKgGhFAQoAAAwQFABAA=}#}64 64 记 f    3 322,(16,32),令 f'    3( )0得 3 3 64 64     当(16, )时, f'  0, f  在(16, )上单调递增; 3 3 64 64     当( ,32)时, f'  0, f  在( ,32)上单调递减; 3 3 1 1 64 64 6   所以(S )  [f ]  f( )  ABQ max 4 max 4 3 9 ………………………16分 当t 0时，线段AB的中点N(2,0),由对称性知AB为通径,不妨取A(2,4),B(2,4) 1 64 6 则S  8(62)16 ABQ 2 9 64 6 2 3 2 3 综上得(S )  ,此时AB: y  3x 或 y  3x ABQ max 9 3 3 ……17分 19.【详解】（1）设切点  x ,ex0  , fxex 0 在切点处切线的斜率为k  fx ex0 0 切线方程为yex0 ex0(xx )，.....................................2分 0 因为过原点，得ex0 ex0(x )，解得x 1 0 0 所以切线方程为yex .......................................4分  π （2）设hx f xgxxemxsinxx，x  0,  ，  2 则hxemxmsinxcosx1  π 设xemxmsinxcosx1，x 0, ，    2 则xemx[2mcosx  m2 1  sinx] ......................................6分 当m1，则x0，  π 则函数x在 0, 上单调递增，则x00，即hx0    2  π 因此函数hx在 0, 上单调递增，    2 故hxg00，所以 f xgxx........................................8分  π （3）由（2）可知，当m1且x0, 时， f xgxx  2 5 {#{QQABaYKUgggoAJAAAAhCQwUSCkMYkBACCKgGhFAQoAAAwQFABAA=}#}n n π 故f x gx x  ........................................10分 i1 i i i1 i 2  π 当m1时，设 px f xgx，pxexsinxcosx，x0, ，  2 令mxexsinxcosx，则mx2excosx0，  π 故 px在0, 上单调递增，........................................12分  2  π π 设Fx pxy px py，其中x,y0, ，且xy ，  2 2  π 则Fx pxy px0，因此Fx在0, 上单调递增，  2 从而FxF0 py p0 py0， 则 pxy px py，........................................16分 n  n  π π 进而可知px  px  p e2 i1 i i1 i 2 π n π π n π 故 px e2.即  f x gx e2..........................................17分 2 i 2 i i i1 i1 以上答案仅供参考，若有其他解法，请酌情给分！！！ 6 {#{QQABaYKUgggoAJAAAAhCQwUSCkMYkBACCKgGhFAQoAAAwQFABAA=}#}