湖北省楚天协作体2025-2026学年高三上学期12月联考数学试题答案_2025年12月_251216湖北省楚天协作体2026届高三2025年12月联考

高三数学参考答案
1-5CDCCA 6-8BBD
1.【答案】C
【详解】由题意可知点B可以看作点A绕点O逆时针方向旋转90度而得到．因为A点对应的复数为2+i，
故点B所对应的复数为-1+2i，故选C.
2.【答案】D
【详解】由题意得，A  x 1x3 ，B{xZ|1x3}1,0,1,2，则AB0,1,2．
3.【答案】C
【详解】方法一：由题意圆心C在直线x1的左侧，可转化为圆心C到M(2,0)的距离等于圆心C到直线
x2的距离，由抛物线的定义知圆心C的轨迹为抛物线，轨迹方程为y2 8x.故选C．
方法二：解：设所求圆的圆心为C(x,y)，半径为r，
由圆与直线x1相切，得r |x1|，已知圆(x2)2  y2 1的圆心为M(2,0)，半径为1，
当两圆外切时，圆心距等于两圆半径之和，即|MC|r1，得 (x2)2  y2 |x1|1，
当x1时，方程变为 (x2)2  y2 x，
平方后整理得 y2 4(x1)，但此时x1与x1矛盾，无解；
当x1时，方程变为 (x2)2  y2 2x，平方后整理得y2 8x，x0，
故轨迹方程为 y2 8x，是抛物线．故选C．
4.【答案】C
 π π
【详解】∵函数 f(x)sinax(a0)在区间

 ,

上的最小值是1，
 4 3
 aπ aπ aπ π
令tax,t

 ,

，故只需  ，即a2
 4 3  4 2
5.【答案】A
13 13 13 3
【详解】由条件易得 f(x)为奇函数且最小正周期为2，则 f( )f( )f( 2)f( )m .故选A
5 5 5 5
6.【答案】B
         1 2
【详解】由 BH 2HC 得AH AB2 ACAH ,故AH  AB AC ，
3 3
  1 2     1 2 2 2 1 1 2 1 1
所以AH BC   AB AC  ACAB  AB  AC  ABAC   1  4  2 1  2，
3 3  3 3 3 3 3 3 2
所以选B.
7.【答案】B
【详解】ABC 的外接圆方程设为x2  y2 DxEyF  0，
1DF 0 D3
 
164DF 0，解得E 0 ，
 
42EF 0 F 4
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1 7
{#{QQABQYwg4gAwgpTACa4rA00CCEoYsIMiJMgEhVAUKAwLQAFAFIA=}#}3 25
外接圆方程为x2  y2 3x40，即(x )2  y2  ，
2 4
3 
故外接圆的圆心坐标为 ,0，故外接圆在A处切线方程为x1，
2 
x y 5  5
又BC:  1，令x1得，y ，D 1, ，
4 2 2  2
在B4,0处切线方程为x4，
x y
又AC:  1，令x4，得y10，E4,10，
1 2
则三角形的Lemoine线的方程为3x2y80.
故选：B
8.【答案】D
【详解】令3x 35y 57z 7t，
得xlog t3,ylog t5,zlog t7,t 3，
3 5 7
在 同 一 坐 标 系 内 作 出 函 数
f tlog t3,gtlog t5,htlog t7,t 3 的图象，则
3 5 7
x,y,z 分 别 是函 数 y f(t),yg(t),yh(t),t 3 的 图 象与 直 线
t a(a3)交点的纵坐标，观察图象得，当3a0时，z yx ；
当a0时，x yz ；当a0时，x yz ，因此ABC 都可能，D
不可能.故选：D
9BD 10ACD 11ABC
9.【答案】BD
【详解】对于A选项，取AC中点N，易知AP//MN,又MN 与BM不平行，所以BM与AP不平行.
对于B选项，PC BM,PC  AM, BM,AM  平面ABM，
所以PC 平面ABM.
对于C选项，取PB中点D，易知AM  AD 3，DM 1,
3
由余弦定理得AM与DM所成角的余弦值为 .
6
对于D选项，取BC中点E，则△MNE为截面图形，
3
△MNE为边长为1的正三角形，所以面积为 .综上，选BD.
4
10.【答案】ACD
【详解】在△ABC中，对于A，因为bsinA4bcsinB ，
所以由正弦定理得ab4bcb4b2bc，即ac4b，因此A正确；
1 1 2 15
对于B，因为cosA ，A为三角形内角，所以sinA 1
 
 ，
4 4 4
sinA
因此tanA  15，
cosA
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2 7
{#{QQABQYwg4gAwgpTACa4rA00CCEoYsIMiJMgEhVAUKAwLQAFAFIA=}#}2tanA 2 15 15
所以tan2A   ，因此B不正确；
1tan2A 115 7
1 b2 c2 a2 1
对于C，因为cosA ，所以  ，
4 2bc 4
1
而由A知：ac4b，因此b2 ca·4b bc，即8a7c2b，
2
ac4b
因此由 解得ca2b，
8a7c2b
1 15
所以△ABC的面积为 bcsinA b2，因此C正确．
2 4
4 15b 15b
对于D，由正弦定理可得外接圆半径R ，由等面积法可得内切圆半径r  ，二者得比值为8：
15 10
3，故D正确．故选：ACD．
11.【答案】ABC
【 详 解 】 对 于 A ， 设 动 圆 P 的 半 径 为 r ， 由 条 件 得 ， ， 则
，且P，M，N不重合，故点P的轨迹是以F ，F 为焦点的椭圆(去掉P，
1 2
x2 y2
M，N重合的点)，则曲线C的方程为  1x2，故A正确；
4 3
对于B，由图可知MPN 与FPF 互补，当P点为椭圆短轴端点时，FPF 最大，
1 2 1 2
此时 ，所以 ，则FPF 的最大值为 60，所以
1 2
MPN 的最小值为 120，故B正确；
对于C，
1
，当且仅当r  时等
2
号成立，故C正确；
对于D，椭圆上任意一点与椭圆上关于原点对称两点连线的斜率之积为定值，有 ，
故D错误
12.【答案】1
1
【详解】 f(x)2xlnxx2a, f(1)12a, 所以(12a)( )1,得a1.
3
3
13.【答案】
2
【详解】解：设等比数列a 的公比为q,q0，
n
若q1，则a a 0，与题意矛盾，所以q1，
5 2

a
 1q3
 a a a  1 84   a 1 48
则 1 2 3 1q ，解得 1 ，
  a 5 a 2 a 2  q31  21  
q
2
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3 7
{#{QQABQYwg4gAwgpTACa4rA00CCEoYsIMiJMgEhVAUKAwLQAFAFIA=}#}3
所以a aq5  .
6 1
2
1 1  1
14.【答案】

1( )n

 n
8 3  2
【详解】由题意可得每一个顶点有3个相邻的顶点，其中两个在同一底面，
1
所 以 当 蚂 蚁 在 下 底 面 A 点 时 ， 随 机 移 动 一 次 仍 在 下 底 面 的 概 率 为 ， 依 题
3
2 1 2 1 2 1 1 1
意,P  ,P  P  (1P ) P  ，P   (P  )，
1 n1 n n n n1 n
3 3 3 3 3 2 3 2
1 2 1 1 1 1 1
因P     ，则数列{P  }是以 为首项， 为公比的等比数列，
1 n
2 3 2 6 2 6 3
1 1 1 1 1 1
即P   ( )n1，移项得，P  ( )n1 ，
n n
2 6 3 6 3 2
1
于是， n P i  1 6    ( 1 3 )0( 1 3 )1( 1 3 )n1)     1 2 n 1 6 
1(
3 1
)n
 1 2 n 1 8    1( 1 3 )n     1 2 n .
i1 1( )
3
1 1  1
故答案为：

1( )n

 n.
8 3  2
15. 【 详 解 】 (1) 设 中 位 数 为 x ， 则 0.004100.016100.0210x800.0320.5 ， 解 得
x83.125.……………………………………………………………………………………………………….3分
平均数x 550.04650.16750.2850.32950.2881.4 ………………………………………..6分
（2）零假设为H ：跳水运动员是否优秀与强化训练无关，补充完整的表格为
0
优秀人数 非优秀人数 合计
强化训练前 40 60 100
强化训练后 60 40 100
合计 100 100 200
…………………………………………....9分
200  402 6022
则
2  810.828
，根据小概率值0.001的独立性检验，我们推断H
0
成立，所以
100100100100
认为跳水运动员是否优秀与强化训练无关.……………………………………………………………..........13分
n1 n
16.【详解】（1）证明：由2a
n1
a
n
(n1)a
n
na
n1
  2
a a
n1 n
 n 
数列 是等差数列…………………………………………………………………………………..…...4分
a 
n
1 n n
又
a
1
a
1（2 n1）=2n1 a
n

2n 1
……………………………………………………........…7分
1 n
i
（2）由（1）a 
i 2i1
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4 7
{#{QQABQYwg4gAwgpTACa4rA00CCEoYsIMiJMgEhVAUKAwLQAFAFIA=}#}i 1 1 1 1
c    2i1 (  ) 2i1(i1，2，n) ………………………………...........…11分
i 2i1 i(2i1) 2 2i1 2i1
1 1 1 1 1 1
c c c  [(1 )(  )(  )](21 22 2n)n
1 2 n 2 3 3 5 2n1 2n1
1 1 2(12n) n
 (1 )  n 2n12 n ………………………………………………….........…15分
2 2n1 12 2n1
17.【详解】
（1）因为PA平面ABCD
BC平面ABCD
所以PABC
又BC//AD,AD AB
所以BC  AB
又AB,PA平面 PAB
ABPAA
所以BC 平面PAB
又BC平面PBC
所以平面PBC 平面PAB……………………………………………………………………………..………4分
（2）①由（1）PA、AB、AD两两垂直.
建立空间直角坐标系，如图所示.
则A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,2,0)P(0,0,2)
若P、B、C、D在同一个球面上，则 OP  OB  OC  OD
设球心O的坐标为(x ,y ,z )有
0 0 0
 x2  y2 (z 2)2 (x 1)2  y2 z2
 0 0 0 0 0 0

(x 1)2  y2 z2 (x 1)2 (y 1)2 z2
0 0 0 0 0 0

 (x 0 1)2 (y 0 1)2 z 0 2 x 0 2 (y 0 2)2 z 0 2
1 1 1
解得x  ,y  ,z 
0 0 0
2 2 2
1 1 1 11
半径R OP  ( )2( )2( 2)2 
2 2 2 2
所以球的表面积 S 4R2 11.………………………………………………………………………….....…9分

②设平面PCD的一个法向量为n(x ,y ,z )
1 1 1
 
 nPC 0
所以 
nPD0
x  y 2z 0
所以 1 1 1
 2y 2z 0
1 1
取x 1,则y z 1
1 1 1

所以n(1,1,1)，…………………………………………………………………………………………...……12分
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5 7
{#{QQABQYwg4gAwgpTACa4rA00CCEoYsIMiJMgEhVAUKAwLQAFAFIA=}#} 1 1 3
又PO( , , )
2 2 2
设直线PO与平面PCD所成角为，则
  3
sin cos  P  O  ，n     P  O  n   2  33
PO  n 11 11
 3
2
33
所以直线PO与平面PCD所成角的正弦值为 .………………………………………………………....15分
11
y y x2 y2
18.【详解】（1）设点R(x,y)(x2)，则  t ，整理可得  1
x2 x2 4 4t
x2 y2
R的轨迹方程为：  1(x2)………………………………………………………………....……3分
4 4t
当t 0时，该轨迹表示双曲线(去掉点(2,0))；……………………………………………………..………4分
当t1或1t0时，该轨迹表示椭圆(去掉点(2,0))；……………………………...…………….....…5分
当t 1时，该轨迹表示圆(去掉点(2,0)).………………………………………………………………...…6分
1 x2
（2）当t  时，R的轨迹方程为  y2 1(x2)，由点E在双曲线上
4 4
x 2 y y 1 1
得 4 E  y E 2 1，可知k EM k EN  x E E 2  x E E 2  4 ，则k EM  4k EN ，……………………………......…9分
1
又k 2k ，所以k k = ………………………………………………………………………...……11分
EM FN EN FN
8
方法一：依题直线EF斜率不为0，设直线EF方程为xsyh，E(x ,y ),F(x ,y )
1 1 2 2
x2 4y2 4
联立方程组 ，整理得(s2 4)y2 2shyh2 40
xsyh
s2 40

(2sh)24(s24)  h24  0


则
y  y 
2sh ………………………………………………………………….........…13分
 1 2 s2 4

 h2 4
y y 
  1 2 s2 4
y y y y 1
又k k = 1  2  1 2 
EN FN x 2 x 2 (sy h2)(sy h2) 8
1 2 1 2
y y 1 2
即 1 2  ，将y  y ,y y 代入，得h
s2y y s(h2)(y y )(h2)2 8 1 2 1 2 3
1 2 1 2
2  2 
所以直线EF的方程为xsy ，即直线EF过定点  ，0………………………………………......…17分
3  3 
方法二：依题直线EF不过点N，则设直线EF方程为m(x2)ny1,E(x ,y ),F(x ,y )
1 1 2 2
x2 x22 2 x22
方程  y2 1化为  y2 1 ，整理有 (x2) y2 0
4 4 4
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{#{QQABQYwg4gAwgpTACa4rA00CCEoYsIMiJMgEhVAUKAwLQAFAFIA=}#}x22
联立直线方程有： (x2)  m(x2)ny  y20
4
y2 y 1
即 n  m 0，…………………………………………………………………….......……14分
(x2)2 x2 4
y y 1 1 3
从而 1  2  m ，解得m
x 2 x 2 4 8 8
1 2
3 3 2
所以直线EF的方程为 (x2)ny1，即 (x+ )ny0
8 8 3
 2 
所以直线EF过定点  ，0.………………………………………………………………………………..…17分
 3 
π
19.【详解】（1）当a1时， f(x)sinxx ， f '(x)cosx10，则函数 f(x)在x(0, )单调递减即
2
f(x) f(0)0.……………………………………………………………………………………….............…3分
（2） f '(x)cosxa
①当a1时，f '(x)cosxa0，f(x) f(0)0，不成立………………………………………….........4分
②当a0时， f(x)sinxax0，显然成立……………………………………………………….....……5分
π π
③当0a1时，存在x (0, )，使得cosx a，当x(0,x )， f(x)单调递增，x(x , )， f(x)单调
0 0 0 0
2 2
π π
递减， f(x) min{f(0), f( )}min{0,1 a}0
min
2 2
2
则0a
π
2
综上所述：a .……………………………………………………………………………………......………8分
π
 π n 1 27 sin(1sinn)
（3）先证明：当 0, ，  .……………………..............……11分
 2 sinksin2k 4 1sin
k1
27 sin(1sinn) 27 n
因为   sink
4 1sin 4
k1
 π 1 27
所以只需证：当 0, 时，  sink.…………………………………..........………13分
 2 sinksin2k 4
4
设 xsink，只需证：当0 x1时，x2 x3  0
27
4
设g(x)x2 x3 ，x 0,1 ，
27
2 2
g'(x)2x3x2，x(0, ),g'(x)0,x( ,1),g'(x)0
3 3
2
g(x)g( )0……………………………………………………………………………………………....…16分
3
n 1 27 sin(1sinn) 27 sinsinn
所以有   .………..……………………............…17分
sinksin2k 4 1sin 4 1sin
k1
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{#{QQABQYwg4gAwgpTACa4rA00CCEoYsIMiJMgEhVAUKAwLQAFAFIA=}#}