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=}#}