湖北荆州中学2026届高三上学期12月月考数学答案(1)_2026年1月_260104湖北省荆州中学2025-2026学年高三上学期12月月考（全科）

12 月数学考试答案和解析
1. D 2. C 3. C 4. C 5. C 6. B 7. B 8. A
9. BCD 10. ABD 11. ABD
 3 3
12. 13. 20 14. 2 ；
4 4
    2
1. 解： f(x)sin3x  为偶函数，则  k(kZ)， k(kZ)，
 6 6 2 3

取 k  1 ，则  .
3
故选：
D.
2. 解：设抛物线 y2 2px(p0) 的焦点为 F，由抛物线的定义可知，
p p
|AB||AF||BF| x  x  (x x ) p，因为线段 AB中点的横坐标为 p，所以
1 2 2 2 1 2
x x 2p，
1 2
又| AB|12，所以2p p12，可得 p  4.
故选：
C.
3. 解：    x 2 1 x    7 的展开式的通项为 T r1 C 7 rx7r     1 2    r x  1 2 r C 7 r     1 2    r x 7 3 2 r ,r  0,1,,7 ，
3  1 4 35
令7 r1，解得 r  4 ，所以 x的系数为 C4    .
2 7  2 16
故选：
C.
4. 解：如图所示，过正方体的对角线的轴截面，
则 AC  2a ，CC a，OP2， OM  2 ，由AC// AC ，可得 POC ∽ POM ，
1 1 1 1 1 1
2
可得：2a
2
a ，解得a 1.

2 2
故选：
C.
ac sinB ac b
5. 解：  ， 由正弦定理可得  ，
bc sinAsinC bc ac
可得 c2 b2 a2  bc ，
c2 b2 a2 bc 1 2
由余弦定理得 cosA   ，由 0 A，得 A . 故选： C.
2bc 2bc 2 3
6. 解： log 3log 9 log 8 log 2 3 2  3 1.5 ，
2 2 2 2 2
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1 8
{#{QQABLQ48wwq4wJZACD7aR0FCCQkYkIERJIgGgQAcqAQjQBFIFAA=}#}log 3log 535 log 5243log 5256 log 2 8 5 8 1.6 ，
2 2 2 2 2 5
所以log 3(1.5,1.6)所以对数log 3的第一位小数的值为 5，
2 2
故选
B.
cos2 sin2 cos2sin2 2sincos
7. 解：因为  ，所以  ，
1sin2 1cos2 (cossin)2 2cos2
cossin sin 1tan
所以  ，则 tan，
cossin cos 1tan
tantan
整理得tan tan1 tantan，所以tan() 1.
1tantan
故选：
B.
x2 z2
8. 解：由 x2 2xyz2 0(x0) ，得 y ，
2x
x2 z2 x2 2xzz2 (xz)2
①比较 y与 z： yz z  ，
2x 2x 2x
若x z，则y x，代入 x2  yz 矛盾，故 (xz)2 0 ，即 y  z ；
x2 z2 x2 z2
②比较 z与 x：将 y 代入 x2  yz ，得 x2  z ，可得 z 0 ，
2x 2x
又 x0 ，可得 2x3 x2zz3，即 (xz)(2x2 xzz2)0 ，
又 2x2 xzz2 0(x0,z0) ，故 xz0 ，即xz；
综上， y  z  x.
答案：
A.
(35i)(1i) 82i
9. 解：由z   4i，则 z 4i ，， |z | 17 ，A错，B对；
(1i)(1i) 2
又 z对应点为(4,-1)在第四象限，C对；
由||1，即复数对应点在圆心为原点，半径为 1的圆上，所以|z|的最大值为
17 1
，D对.
故选
BCD.
10. 解：由题意可知， f(x)图象的对称中心为(0,0)，对称轴为 x1 ，
所以 f(x)也关于直线 x  1 对称，且 f(2 x) f(x)，故 A、D正确；
因为 f (x)  f (2 x)  f (x)，故 f(x2) f(x) f(x) ，
所以 f (x4) f (x2) f (x)，所以 f(x)的周期为 4，则g(2023)  f (2024)  f (0)  0 ，
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2 8
{#{QQABLQ48wwq4wJZACD7aR0FCCQkYkIERJIgGgQAcqAQjQBFIFAA=}#}故 B正确;
但只能说 4是 f(x)的周期，不能确实是其最小正周期，故 C错误;
故选
ABD.
n2 1 2n15
11. 解：对于 A，因为a  ，则  ，
n 2n15 2a 1 11
n
1 1 2 1
当n2时，   (常数)，所以数列{ }为等差数列，故 A正确；
2a 1 2a 1 11 2a 1
n n1 n
1 11 11 1
对于 B，a   ，当n7时， 为负，a  ，
n 2 4n30 4n30 n 2
11 1
当n8时， 为正，a  ，所以存在 n使a a ，故 B正确；
4n30 n 2 n1 n
对于 C，易知2n7时，a 0， n1 或n8时，a 0，a 0，
n n 2
所以S 最小，而非S ，故 C错误；
7 8
11 11
对于 D，a
n
a
n1

(2n15)(2n13)
，由
(2n15)(2n13)
0，得n6或n8，
结合二次函数知识，得当 n6 或 n 8 时，分母取到最小值为 3，
11
此时a a 取最大值 ，故 D正确.
n n1
3
故选：
ABD.
     
12. 解：因为 OA(1,2),OB(3,1) ，所以 OAOB13215 ， |OA| 5 ， |OB| 10 ，
 
OAOB 5 2 
则cosAOB     ，故AOB  .
|OA||OB| 510 2 4

故答案为： .
4
13. 解：当甲和乙站前排，丙站后排时，不同站法有 A2A3 12( 种);
2 3
当甲和乙站后排，丙站后排时，不同站法有 A2A2A2 8( 种)，
2 2 2
所以不同的站法共有128 20(种).
1
14.解：空一： y sinx的最小正周期为 2， y  sin2x的最小正周期为，
2
1
可推测 f(x)sinx sin2x的最小正周期为 2，
2
1 1
f(x2)sin(x2) sin(2x4)sinx sin2x  f(x)，
2 2
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3 8
{#{QQABLQ48wwq4wJZACD7aR0FCCQkYkIERJIgGgQAcqAQjQBFIFAA=}#}1
经验证， f(x)sinx sin2x的最小正周期为2;
2
1
空二：由函数 f(x)sinx sin2x sinxsinxcosx ，
2
得 f(x)  cosxcos2 xsin2 x  2cos2 xcosx1 (cosx1)(2cosx1) ，
1
令 f(x) 0，解得cosx  或 cosx  1 ，
2
 1
在函数 f(x)的一个周期[0,2]内，当x(0, )时， cosx1，此时 f(x) 0， f(x)单
3 2
调递增;
 5 1
当x( , )时，1cosx  ，此时 f(x)0， f(x)单调递减;
3 3 2
5 1
当x( ,2)时， cosx1，此时 f(x) 0， f(x)单调递增，
3 2

所以当x 或 x  2时， f(x)可能取到最大值，
3
f(  ) 3  1  3  3 3 ， f (2) 0，所以 f x  f (  ) 3 3 .
3 2 2 2 4 max 3 4
3 3
故答案为： 2；
.
4
15. 解：(1)设事件 M “发射器第一次发送“0指向”的光子”，事件N “第二次发
送“1指向”的光子”，
1 1 2 1
则P(M) ，P(NM)   ，
2 2 3 3
1
由条件概率公式，P(N|M) P(NM)  3  2 ；
P(M) 1 3
2
(2)由题意：X 0，1，2，
A2 1 C1C1A2 2 A2 1
P(X 0) 2  ，P(X 1) 2 2 2  ，P(X 2) 2  ，
A2 6 A2 3 A2 6
4 4 4
所以 X的分布列为：
X0 1 2
1 2 1
P
6 3 6
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4 8
{#{QQABLQ48wwq4wJZACD7aR0FCCQkYkIERJIgGgQAcqAQjQBFIFAA=}#}16.(1)正项数列{a }的前 n项和为S ，且4S  a2 2a ，
n n n n n
所以4S a2 2a ，n2，两式相减可得：
n1 n1 n1
4a (a a )(a a )2a 2a ，所以(a a )(a a 2)0，又a 0，所以a a 2，
n n n1 n n1 n n1 n n1 n n1 n n n1
又 4S 4a a2 2a ，a 0，所以a 2，
1 1 1 1 1 1
所以{a }是以首项和公差都为 2的等差数列，
n
所以a 2n；
n
(1)n (1)n 2n 2n2
(2)由(1)可得b   (1)n( )，
n a  a 2(n1) 2n 2
n1 n
所以 T   2 4  4 6 … 240 242
120 2 2 2
 2 242
 5 2.
2
lnx a 1lnx a
17. 解：(1)f xex   1，则 fxex   ，
x x x2 x2
因为函数 f(x)在(1, f(1))处的切线斜率为1 ，所以 f1e1a1，
解得a e.
lnx a
(2)f xex   10恒成立，因为 x0 ，
x x
即为 xex lnxax0 恒成立，即 axlnxxex恒成立，
1 1 
令hxxlnxxex，则hx1 x1ex x1

ex

，
x x 
1 1
可知函数mx ex在(0,)上单调递减，且m 2 e 0，m11e0，
x 2
1 
则存在x   ,1 ，使得mx 0，
0 2  0
当0 x x 时，m  x 0，此时h x 0；
0
当x x 时，m  x 0，此时h x 0；
0
则函数h(x)在(0,x )上单调递增，在(x ,)上单调递减，可得
0 0
hx hx x lnx x ex0 ，
max 0 0 0 0
1
由mx 0，可得 ex0，lnx  x ，即x ex0 1，x lnx 0，
0 x 0 0 0 0 0
0
则hx
max
hx
0
1，可得a 1，即实数 a的取值范围为1, .
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5 8
{#{QQABLQ48wwq4wJZACD7aR0FCCQkYkIERJIgGgQAcqAQjQBFIFAA=}#}18. 解：(1)证明：因为 PA平面 ABCD， AB  AD ，
  
故以 A为原点，分别以
AB
，
AD
，
AP
的方向为 x，y，z轴的正方向建立空间直角
坐标系，
已知 AD  2AB  2BC  2，则AB  BC 1，
故A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0) ，D(0,2,0)，
 
可得 AC  (1,1,0) ， CD  (1,1,0) ，
 
因为 ACCD1(1)11000 ，所以 AC CD ，
又因为 PA平面 ABCD， CD平面 ABCD，所以PACD，
由于PA AC  A，PA，AC  平面 PAC，所以 CD平面 PAC，
又因为 CD平面 PCD，所以平面
PAC
平面 PCD；
(2)①设M(0,y,z)，0y2，0z2，
因为 MB2 MD2 5 ，所以 1 y2 z2 y22 z2 5 ，化简可得y12 z2 1 ，
1
因为动点 M在
PAD
内(含边界)，所以 M的轨迹是以(0,1,0)为圆心，1为半径的
4
圆弧，
1 
其长度为 21 ；
4 2

②由①可设M(0,1cos,sin)，



，
2
  
又P(0,0,2)，C(1,1,0) ，则 BP  (1,0,2) ， BD  (1,2,0) ， CM (1,cos,sin) ，

设平面 BDP的一个法向量为n(x,y,z)，
 
BPn0 x2z0 
则    B  D  n  0 ，即  x2y0 ，取 x2 ，n  (2,1,1) ，
则 sin|cosC  M  ，n  | |2sincos| 2 2sin(  4 ) 2sin(  4 ) ，
411 1sin2cos2  
6 2 6
因为     ，所以 3     5 ，所以 2 sin(  ) 2 ，
2 4 4 4 2 4 2
所以 2  2sin(  ) 3 2 ，所以 3 sin  3 ，
2 4 2 6 2
综上所述， sin[ 3 , 3 ].
6 2
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6 8
{#{QQABLQ48wwq4wJZACD7aR0FCCQkYkIERJIgGgQAcqAQjQBFIFAA=}#}19. 解：(1)
由题意得，m4，又因为P(1,1)在 上，
1 1
x2 y2 x2 y2
1 1 4 Γ :  1,Γ :  1
代入 得  1，所以n ，则 1 4 4 2 4 4 .
1
4 n 3
3 3
 y 1   y 1  y2 1
(2)设M  x ,y  ,N  x ,y  ，则k k  1 1  1 ，
1 1 2 2 P 1 M P 3 M  x 1   x 1  x21
1 1 1
x2 y2
1  1 1 4 x2  4x2
又因为 4 4 ，所以 y2  1 1  1 ，
  1 3 4  3
3
4x2
1 1 k
则 3 1，同理可得k k 3，所以 2 9
k k   P 1 N P 3 N k .
P 1 M P 3 M x2 1 3 1
1
(3)设直线QQ ,Q Q ,QQ ,Q N 分别为l ,l ,l ,l ，其斜率依次为k ,k ,k ,k ，
1 2 2 3 3 4 4 1 2 3 4 1 2 3 4
设直线l :y1k (x1)，联立
3x2

y2
1得  k2 3  x2 2k  1k  x 1k 2 40，
1 1 1 1 1 1
4 4
k2 2k 3 k2 2k 3 k2 6k 3
即有x x  1 1 ，所以x  1 1 ，代入直线方程得 y  1 1 ，
Q 2 P 1 k2 3 Q 2 k2 3 Q 2 k2 3
1 1 1
y 1 2k2 6k k 3 x3
则k  Q 2  1 1  1 ，设 f(x) ，
2 x 1 2k2 2k k 1 x1
Q 1 1 1
2
则经过P,P 的两直线l ,l 之间斜率满足关系：k  f  k  ，
1 2 1 2 2 1

将直线l ,l 绕原点顺时针旋转 后也会经过P,P ，
2 3 1 2
2
1 1k 1
1  1  k   2 
所以两者斜率满足  f  ，所以 3  1  13k k 2 ，
k  k  f   2 1
3 2  k 
2
同理将直线l ,l 绕原点顺时针旋转后也会经过P,P ，
3 4 1 2
所以两直线斜率满足k  f  k  ，
4 3
 1 
 3
k 3 k 2 3k 5
k  3  1  1 ，
4 k 1  1  k 3
3  1 1
k 2
1
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7 8
{#{QQABLQ48wwq4wJZACD7aR0FCCQkYkIERJIgGgQAcqAQjQBFIFAA=}#}y1
3 5
y1 y1 y1 x1
设N(x,y)，则有 k , k ，代入上式得：  ，
x1 1 x1 4 x1 y1
3
x1
得到 y2 5x2 16x12(5x6)(x2)，
y y
 5 6 
所以 6 x2 ，因此存在定点G ,0，
x 5 
5
使直线GN和直线HN 的斜率之积为定值5.
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8 8
{#{QQABLQ48wwq4wJZACD7aR0FCCQkYkIERJIgGgQAcqAQjQBFIFAA=}#}