数学答案_2025年11月_251126广西邕衡教育·名校联盟广西2026届高三年级秋季学期11月份阶段性联合测试（全科）

广西2026届高三年级秋季学期11月阶段性联合测试 数学 参考答案 zi2 z1 1．B【详解】易知 i2 1 ，所以  ，所以z1(2i)(1i)3i ，于是z2i，所以 2i 2i z  (2)212  5，故选：B. 2．C【详解】由题意， 或 ，所以 故选：C. 3．C【详解】双曲线标准∁ 方 =程{为 | y2 <  2 x2  1，≥渐8}近线方程 (∁ 为 ) y ∩  2=1{ 5| x 8 ． ≤ 故 选 < ： 9} C． 12 5 5 π kπ kπ π kπ π  4．D【详解】令x  ,kZ，解得x  ,kZ，故函数的对称中心为  ,1,kZ， 4 2 2 4  2 4  π π  故AB错误；当k 1时，x ，故对称中心为 ,1，D正确，经检验，C不满足要求.故选：D 4 4  p 5.A 【详解】设点A的坐标为(x,y)，由抛物线的性质得| AF | x  x13，所以x2，又点A在 2 抛物线上，代入抛物线方程得，点A的纵坐标为 y 2 2.故选：A. 6.D【详解】 由题意，可得MAC60,NAB30,MC500 3m,NB250 2m,MAN45， MC 且MCANBA90，在RtACM 中，可得AM  1000m， sin60 NB 在Rt△ABN 中，可得AN  500 2m，在AMN 中，由余弦定理得 sin30   2 2 MN2  AM2AN22AMANcosMAN 500222 2 22 2 500000，  2  所以MN 500 2m.故选：D. 7.D 【 详 解 】 由 题 意 ， 圆 心 为 C(1，0) ， 半 径 r 2 ， 设 圆 心 到 直 线 l 距 离 为 d ， 则 有 102 2 MN =2 r2d2 2 4d2 2 3，解得d2 1即0d 1，又d= = 从而有 212 21 2 1解得2 3，即- 3或 3，答案为D. 21 8.B【详解】设 2x 3ey 410z 2t ，则 xlog (t3) ， 2 y ln(t4) ， z lg(t2) ， 令 f(x)log (x3) ， 2 g(x)ln(x4)，h(x)lg(x2)，如图所示. 设 f(x)与h(x)的交点横坐标为a，h(x)与g(x)的交点横坐标 为b ，当xa时， y x z；当a xb时， y z  x;当xb时，z  y x，综上，x,y,z的大小关系不可能为z  x y，则正确选项为B. 9. AC【详解】 A项，如图，DAC即为直线AC 与AD所成角，又ABC为等边三角形，D为 1 1   BC的中点，则DAC ，即直线AC 与AD所成角为 ，A对； 1 1 6 6 B项，对于B，假设BC平面ACC A ，AC平面ABC，则BC⊥AC，这与ABC 1 1 1 为等边三角形矛盾，故B错误； C项，连接AC交AC 于E，连接ED，易得E为AC中点．在正三棱柱ABCABC 1 1 1 1 1 1 中，因为D、E分别为BC、AC中点，所以AB//DE又因为DE平面ADC ， 1 1 1 AB平面ADC ，所以AB//平面ADC ； 1 1 1 1 D项，因为AC A的面积与ACC 的面积相等，且两三角形同在平面ACC A 中， 1 1 1 1 1 故三棱锥DAC A 的体积等于三棱锥DACC 的体积， 1 1 1 1 1 1 3 3 即V V V  S CC ，又S  S   12  ，CC 1， DAC1A1 DACC1 C1 ACD 3 ACD 1 ACD 2 ABC 2 4 8 1 1 3 3 V   1 ，D错误；故选：AC. DAC1A1 3 8 24 10.ACD【详解】由 f 0a0，则a0，令 fx3x233x1x10，则x1或x1，故 f x 在,1上单调递增，在1,1单调递减，在1,单调递增，极大值 f 12a，极小值 f 12a0，由 f x有且仅有两个零点，则有2a0，所以a2，故A正确；即函数 f xx33x2，f x f x x33x2(x)33(x)24，则 f x的图象关于点0,2对 称，故B错误；f x的极大值点1就是一个零点，另一个零点是2，所以x x 121，故C正 1 2 确； f 1 f 20，要使 f x在区间2,m (m2)上有最大值，故1m2，故D正确．故 选：ACD. 11.BCD【详解】 对于A因为acosBbcosA2a，所以由正弦定理得sinAcosBsinBcosA2sinA， sinC 所以sin(AB)2sinA，sin(C)2sinA，所以sinC2sinA，因为sinA0，所以 2，A sinA 错误， 对于B因为A2C，sinB2sinC，所以BπACπ3C，又sinB2sinC，所以sinπ3C2sinC，即sin3C2sinC，所以sin3CsinCcos2CcosCsin2CsinC(2cos2C1)2sinCcos2C2sinC， 因为C0,π,sinC0，所以2cos2C12cos2C 2，即cos2C  3 ，cosC  3 ，所以C  π 或 4 2 6 5π 5π 5π π π π C  ，当C  时，A2C  π，所以C  ，所以A2C  ,B ，B正确； 6 6 3 6 3 2 1 1 对于C由tanA tanB tanC，得tanB2tanA,tanC 3tanA， 2 3 所以tanAtan  π(BC) tan(BC)  tanBtanC  2tanA3tanA  5tanA ， 1tanBtanC 16tan2 A 16tan2 A 5 因为tanA0，所以 1，解得tanA1或tanA1，因为tanB2tanA,tanC 3tanA， 16tan2 A π 结合三角形内角性质，所以ABC，所以A为锐角，所以A ，所以C正确， 4 对于D在ABC中，acsinB，所以sinAsinCsinB，整理得：sinBcosCcosBsinC sinBsinC ， 1 1 故两边都除以sinBsinC，得到  1， tanC tanB 1 当tanB、tanC为正值时，12 ，整理得tanBtanC4， tanBtanC π 当且仅当tanBtanC2时，(0C,B )等号成立， 2 tanBtanC tanBtanC 1 tanAtan(BC)   所以 1tanBtanC 1tanBtanC 1 ， 1 tanBtanC 1 1 1 当tanBtanC取最小值时， 取最大值，1 取最小值，故 1 的最大值 tanBtanC tanBtanC 1 tanBtanC 4 为 ， 3 4 即当tanBtanC2时，tanA的最大值为 ． 3 tanBtanC tanBtanC 1 tanAtan(BC)   当tanB、tanC一正一负时，由于 1tanBtanC 1tanBtanC 1 , 1 tanBtanC 1 1 tanA 1 4 由tanBtanC0，所以1 1，此时 1 ，故tanA的最大值为 ． tanBtanC 1 3 tanBtanC 选：BCD 3      3 12. 【详解】a2b (4,32)，因为(a2b)//b，所以4(32)0，解得 . 2 2 7 13. 【详解】由tantan2得sinsin2coscos， 8 3 1 1 cos()coscossinsin3coscos ，所以coscos ,sinsin ，所以 4 4 21 1 1 cos()  coscossinsin    ， 4 2 4 1 7 所以cos(22)2cos2()12( )21 . 4 8 233 14． 【详解】a {1,0,1},i 1,2,3,4,5,6的所有数列个数为36 729个 i 729 而0 a  a  a  a  a  a 3 且 a 只能取0或1 1 2 3 4 5 6 i 所以a ,a ,a ,a ,a ,a 中出现0的个数可以是6个，5个，4个，3个． 1 2 3 4 5 6 若出现6个0，则数列为常数数列，共有1个数列． 若出现5个0，则出现一个1，或一个1，因而数列个数为C5C1 12个数列． 6 2 若出现4个0，则出现两个1，或两个1，或一个1、一个1，因而数列个数为C4 C2C2C1 60 6 2 2 2 个数列.若出现3个0，则出现三个1，或两个1、一个1，或一个1、两个1，或三个1，  A3 A3  因而数列的个数为C3 C3  3  3 C3 160个数列，故满足条件数列的个数为11260160233个 6  3 A2 A2 3  2 2 233 故所求概率为 . 729 15.【详解】（1）因为S 2a 2  nN ①， n n 所以a 2a 2，解得a 2，……………………………………………………………1分 1 1 1 对任意的nN，S 2a 2②，……………………………………………………2分 n1 n1 ②①得a 2a 2a ，即a 2a ，……………………………………………3分 n1 n1 n n1 n 所以数列a 是以2为首项，2为公比的等比数列，………………………………4分 n 所以a 2n．……………………………………………………………………………………5分 n （2）由（1）知，S +22a =2n1则log (S +2)log 2n1 n1，…………7分 n n 2 n 2 1 1 1 所以，b    ，…………………………………………………9分 n (n1)(n2) n1 n2 则 1 1 1 1 1 1 T b b b       n 1 2 n 2 3 3 4 n1 n2 …………………………………13分 1 1 n    2 n2 2n416.【详解】（1）由题意知2b2，……………………………………1分 所以b1，…………………………………………………………2分 又c 2，a2 b2 c2，所以a  3，…………………………4分 x2 故椭圆C的方程为  y2 1.……………………………………5分 3 （2）由题意可知，直线AB的斜率不为0， 设直线AB的方程为xmyt ，A  x ,y  ,B  x ,y  ……………………………………6分 1 1 2 2 t 此时圆心O  0,0 到AB的距离d  1， m2 1 即t2 m2 1，……………………………………………………7分 xmyt,    联立x2 得 m2 3 y2 2mtyt2 30，…………………………8分   y2 1,  3      4m2t24 m23 t23 12 m2t23 24 ， 2mt t2 3 y  y  ， y y  ，……………………9分 1 2 m2 3 1 2 m2 3 24 AB  1m2  y  y 24y y  1m2  3 ，……………………11分 1 2 1 2 m2 3 （写对弦长公式得1分） 即m1，…………………………………………12分 因为t2 m2 1，所以t  2 ，……………………………………13分 因为曲线x2  y2 1  x 0 为右半圆，则t  2 ，m1， 所以直线AB的方程为 y  x 2或 y x 2 .………………………………15分 17.【详解】（1）连接BD.因为四边形ABCD是平行四边形，其中∠ABC=120°，AB=2，BC=4， 所以BD2=BC2+CD2−2BC∙CDcos∠BCD=4+16−2×2×4× 1 =12，得BD=2 3.……2分 2 （看到余弦定理给1分，结果1分） 所以BC2 BD2CD2，所以CD  BD.……3分 又因为AB∥CD，AB⊥PB，所以CD PB……4分 又因为BD∩PB=B，BD、PB⊂平面PBD，所以CD平面PBD.……5分（条件写不全不扣分） 因为PD⊂面PBD，所以CD⊥PD.……6分（2）由（1）知，PD⊥CD，BD⊥CD，所以∠BDP是二面角P−CD−B的平面角，  即∠BDP= . ……8分 4 如图，过点D作DE 平面ABCD，以 为z轴，DB为x轴，DC为y轴建立空间直角坐标系.…9分 则P 3,0, 3 ，B 2 ⊥ 3,0,0 ，C 0,2,0 D，E M 3 ,1, 3 . 2 2 DB= 2 3,0,0 ，DM= 3 ,1, 3 ，PB= 3,0,− 3 . ……10分 2 2  .E 设平面BDM的一个法向量为n x,y,z  . M   2 3x0  nDB 0  则  即 3 3 . ……11分 nDM 0  x y z  0  2 2    不妨取n 0, 3,2 . ……12分     nPB 2 3 14 所以cosn,PB      . ……14分(公式正确1分，结果正确1分) n PB 7 6 7 14 所以直线PB与平面BDM所成角的正弦值为 . ……15分 7 1 18.【详解】（1） p  ，即采用3局2胜制，X 所有可能值为2,3，………………1分 2 1 1 1 1 1 1 1 1 P(X 2)( )2(1 )2  ，P(X 3)C1( )2(1 )C1( )(1 )2  ，……………4分 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 X 的分布列如下， X 2 3 1 1 P 2 2 1 1 5 所以E(X)2 3  .……………5分 2 2 2 （2）在甲只要取得3局比赛的胜利比赛结束且甲获胜中， P(A) p3C2p2(1 p)pC2p2(1 p)2p p3(6p215p10)；……………7分 3 4 在甲乙比赛满5局，甲至少取得3局比赛胜利且甲获胜中， 设甲赢的局数为，那么服从二项分布，即B(5,p) P(B)P3C3p3(1 p)2C4p4(1 p)C5p5  p3(6p215p10)，………9分 5 5 5 所以P(A)P(B). ………10分 （3）设甲乙进行2n1局比赛，甲赢的局数为X ，则X B(2n1,p)………11分 p P(X n).……………12分 1 “2n+1局n1胜”制游戏中，甲第一局输的条件下，甲要获得最终胜利可拆解为：若第2局甲输，则后续打满2n1局比赛，甲至少胜n1局 若第2局甲胜，则后续打满2n1局比赛，甲至少胜n局 由全概率公式得 ……………….14分 p (1 p)P(X n1) pP(X n) 2 (1 p)p P(X n) pp 1 1  p (1 p)P(X n) 1  p Cn pn1 pn 1 2n1 故 p  p Cn pn1 pn . ……………….17分 1 2 2n1 19.【详解】 （1）g(x) f(x)ex(cosxsinx)． .........（1分）  5 因此，当x(2k ,2k )时，有sinx cosx，得 f x 0，..（2分） 4 4   所以， f(x)在( , )上单调递减. .........（3分） 4 2   （2）证明：x( , )，sinxcosx，g(x)0 4 2 f(x)   要证  x 等价于证明f(x)g(x)( x)0 .........（4分） g(x) 2 2  记 h  x  f  x g  x  ( x) ． 依 题 意 及 (1) ， 有 g  x ex cosxsinx  ， 从 而 2   g x 2exsinx．当x( , )时，g x 0， .........（5分） 4 2   故h x  f x g x  ( x)g  x 1  g x  ( x) 0 .........（6分） 2 2    因此，h  x 在区间( , )上单调递减，进而h(x)h( )0． .........（7分） 4 2 2    所以，当x( , )时，h  x  f  x g  x  ( x) 0． 4 2 2 f(x)  即  x .........（8分） g(x) 2 （3）证明：依题意，t  x  f  x 10，即ex n cosx 1． .........（9分） n n n   记 y  x 2n，则 y ( , )， .........（10分） n n n 4 2 故 f  y ey n cosy ex n 2ncos  x 2ne2n nN  .........（11分） n n n 由 f(y )e2n 1 f(y )及（1），得 y  y ． .........（13分） n 0 n 0    由（2）知，当 x( , ) 时， g x 0 ，所以 g  x  在 ( , ) 上为减函数，因此 4 2 4 2  g  y  g  y  g( )0． .........（15分） n 0 4  又由（2）知， f(y )g(y )(  y )0， n n 2 n  f(y ) e2n e2n e2n e2n 故  y  n     ． 2 n g(y ) g(y ) g(y ) ey 0(sin y cosy ) sin y cosy n n 0 0 0 0 0  e2n 所以，2n x  ． .........（17分） 2 n sinx cosx 0 0