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 第 页 共 页 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 第 页 共 页 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 第 页 共 页 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 第 页 共 页 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 第 页 共 页 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 第 页 共 页 6 7 {#{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 第 页 共 页 7 7 {#{QQABQYwg4gAwgpTACa4rA00CCEoYsIMiJMgEhVAUKAwLQAFAFIA=}#}