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 第 页，共 页 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 ， 第 页，共 页 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 第 页，共 页 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 第 页，共 页 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, . 第 页，共 页 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 第 页，共 页 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 第 页，共 页 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. 第 页，共 页 8 8 {#{QQABLQ48wwq4wJZACD7aR0FCCQkYkIERJIgGgQAcqAQjQBFIFAA=}#}