精品解析：湖北省荆州中学2025-2026学年高三上学期12月月考数学试卷

荆州中学2025-2026学年高三上学期12月月考 数学试题 一､单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知函数为偶函数，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知抛物线的焦点为，过点的直线与交于A，B两点，点为线段的中点，若点的横坐标为，，则（） A. 2 B. 3 C. 4 D. 6 3. 的展开式中，的系数为（ ） A. B. C. D. 4. 已知圆锥的底面半径为，高为2，正方体棱长为，若点A，B，C，D在该圆锥的侧面上，点，，，在该圆锥的底面上，则（） A. 2 B. C. 1 D. 5. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，则（ ）． A. B. C. D. 6. 对数的第一位小数的值为（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 7. 若，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，有选错的得0分，部分选对的得部分分. 9. 若复数，则（ ） A. B. C. 在复平面内对应的点位于第四象限 D. 复数满足，则的最大值为 10. 已知函数为上的奇函数，为偶函数，下列说法正确的有（ ） A. 图象关于直线对称 B. C. 的最小正周期为4 D. 对任意都有 11. 已知数列的通项公式，前项和为，则（ ） A. 数列为等差数列 B. ，使得 C. 当时，取得最小值 D. 数列的最大项的值为 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，，则______. 13. 甲、乙、丙、丁、戊5人站成两排照相，前排站2人，后排站3人，其中甲和乙须左右相邻，丙不站前排，则不同的站法共有__________种（用数字作答）． 14. 声音是由物体振动产生的声波，其中包含着正弦函数若一个声音的数学模型是函数，则的最小正周期是__________，的最大值是__________． 四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 某种量子加密技术所用光子有两种指向：“0指向”和“1指向”，光子的发送和接收都有A､B两种模式.当发送和接收模式相同时，检测器检测到的光子指向信息与发送信息一致，否则检测出相异的指向信息.现发射器以A模式，从两个“1指向”､两个“0指向”的光子中随机选择两个依次发送，接收器每次以A或者B模式接收，其概率分别为和每次发送和接收相互独立. （1）求发射器第1次发送“0指向”光子的条件下，第二次发送“1指向”光子的概率； （2）记发射器共发射“0指向”光子个数为X，求X的分布列. 16. 已知正项数列的前项和为，且. （1）求的通项公式； （2）若，记数列的前n项和为，求. 17. 已知函数． （1）若在处的切线斜率为，求； （2）若恒成立，求的取值范围． 18. 如图，四棱锥中，平面，，，. （1）证明：平面平面； （2）若，动点在内（含边界）且. ①求动点的轨迹的长度； ②设直线与平面所成角为，求的取值范围. 19. 如图，椭圆，，已知右顶点为，且它们的交点分别为，，，． （1）求与的标准方程； （2）过点作直线MN，交于点M，交于点N，设直线的斜率为，直线的斜率为，求；（上述各点均不重合） （3）点是上的动点，直线交于点，直线交于点，直线交于点，直线与直线交于点N，求点G坐标，使直线NG与直线NH的斜率之积为定值．（上述各点均不重合） 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 荆州中学2025-2026学年高三上学期12月月考 数学试题 一､单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知函数为偶函数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据偶函数的性质，列式求解. 【详解】为偶函数，则，，取，则. 故选：D. 2. 已知抛物线的焦点为，过点的直线与交于A，B两点，点为线段的中点，若点的横坐标为，，则（） A. 2 B. 3 C. 4 D. 6 【答案】C 【解析】 【分析】根据抛物线的定义求解即可. 【详解】根据抛物线定义，点到焦点的距离分别等于它们到准线的距离， 设，则， 由于为中点，所以， 又因为， 代入得，解得， 故选：. 3. 的展开式中，的系数为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求出展开式的通项，再通过令通项中的次数等于，求出对应的值，最后将值代入通项求出系数. 【详解】的展开式的通项为，令，解得，所以的系数为， 故选：C. 4. 已知圆锥的底面半径为，高为2，正方体棱长为，若点A，B，C，D在该圆锥的侧面上，点，，，在该圆锥的底面上，则（） A. 2 B. C. 1 D. 【答案】C 【解析】 【分析】过正方体的一组对棱作圆锥的截面，利用相似三角形对应边成比例列方程即可求解. 【详解】过正方体的一组对棱作圆锥的截面，如图所示， 由题意可得： ， 面对角线 ， 所以 ， 由 ，可得 ， 所以 解得： ， 故选：C． 5. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，则（ ）． A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由正弦定理角化边，再由余弦定理求，可得角. 【详解】由，根据正弦定理有， 所以，有， 根据余弦定理，有，由，所以． 故选：C. 6. 对数的第一位小数的值为（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 【答案】B 【解析】 【分析】设对数的第一位小数位，第二位小数及以后的值为，则，利用对数的运算可得，即得. 【详解】设对数的第一位小数位，第二位小数及以后的值为，则， ∴，又， ∴，即， 所以， 故选：B. 7. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，由二倍角公式分别将等式的左右两边化简，再由正切函数的和差角公式代入计算，即可得到结果. 【详解】左边 ， 右边， 即，化简可得， 即，. 故选：B 8. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，由原式可得，然后由作差法分别比较与，与的大小关系，即可得到结果. 【详解】由，且可得，即， 则， 又，即，化简可得， 即，其中， 所以，即，所以， 所以，所以， 又，所以， 综上所述，. 故选：A 二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，有选错的得0分，部分选对的得部分分. 9. 若复数，则（ ） A. B. C. 在复平面内对应的点位于第四象限 D. 复数满足，则的最大值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据复数的性质和运算法则求出复数，进而利用共轭复数的定义，复数的模的计算公式，复平面坐标及几何意义分析判断选项． 【详解】， ， ，故A错误； ，故B正确； 在复平面内对应的点的坐标为，位于第四象限，故C正确； 复数满足， 复数在复平面内对应的点在以原点为圆心的单位圆上， ，故的最大值为，故D正确． 故选：BCD． 10. 已知函数为上的奇函数，为偶函数，下列说法正确的有（ ） A. 图象关于直线对称 B. C. 的最小正周期为4 D. 对任意都有 【答案】ABD 【解析】 【分析】由奇偶性知的对称中心为、对称轴为，进而推得，即可判断各选项的正误. 【详解】由的对称中心为，对称轴为， 则也关于直线对称且，A、D正确， 由A分析知：，故， 所以， 所以的周期为4，则，B正确； 但不能说明最小正周期为4，C错误； 故选：ABD 11. 已知数列的通项公式，前项和为，则（ ） A. 数列为等差数列 B. ，使得 C. 当时，取得最小值 D. 数列的最大项的值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用给定的通项公式，结合等差数列定义、数列单调性、二次函数性质逐项求解判断. 【详解】对于A，由，得 ， ，数列为等差数列，A正确； 对于B，，，显然，B正确； 对于C，，当时，数列单调递减，， ， 当时，数列单调递减，，，C错误； 对于D，， 因，当时，取最小值， 当或时，，且当或时，取最小值3， 所以数列的最大项的值为，D正确. 故选：ABD. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，，则______. 【答案】 【解析】 【分析】先计算，再计算，利用数量积的夹角公式即可求解. 【详解】由题意有：，， 所以，又， 所以. 故答案为：. 13. 甲、乙、丙、丁、戊5人站成两排照相，前排站2人，后排站3人，其中甲和乙须左右相邻，丙不站前排，则不同的站法共有__________种（用数字作答）． 【答案】20 【解析】 【分析】分甲和乙站前排，丙站后排和甲和乙站后排，丙站后排两类情况,根据分类加法原理和分步乘法原理即可求解. 【详解】当甲和乙站前排，丙站后排时，不同站法有（种）； 当甲和乙站后排，丙站后排时，不同站法有（种）， 所以不同的站法共有（种）． 故答案为:20. 14. 声音是由物体振动产生的声波，其中包含着正弦函数若一个声音的数学模型是函数，则的最小正周期是__________，的最大值是__________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】空一：利用三角函数的周期求解即可；空二：利用二倍角公式化简以后再求导，在一个周期内研究函数单调性即可求解． 【详解】空一：的周期为，的周期为， 的周期为 空二：由函数， 得， 令，解得或， 在函数的一个周期内， 当时，，此时，单调递增 当时，，此时，单调递减 当时，，此时，单调递增， 所以当或时，取到最大值， 则． 四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 某种量子加密技术所用光子有两种指向：“0指向”和“1指向”，光子的发送和接收都有A､B两种模式.当发送和接收模式相同时，检测器检测到的光子指向信息与发送信息一致，否则检测出相异的指向信息.现发射器以A模式，从两个“1指向”､两个“0指向”的光子中随机选择两个依次发送，接收器每次以A或者B模式接收，其概率分别为和每次发送和接收相互独立. （1）求发射器第1次发送“0指向”光子的条件下，第二次发送“1指向”光子的概率； （2）记发射器共发射“0指向”光子个数为X，求X的分布列. 【答案】（1） （2） 的分布列为： 0 1 2 【解析】 【分析】（1）分别求出事件：“发射器第一次发送“0指向”的光子”和事件：“发射器第一次发送“0指向”的光子且第二次发送“1指向”的光子”的概率，应用条件概率计算即可. （2）应用古典概型求解事件的概率，即可写出X的分布列. 【小问1详解】 设事件“发射器第一次发送“0指向”的光子”， 事件“第二次发送“1指向”的光子”， 则， 由条件概率公式，； 【小问2详解】 由题意：， ， 所以的分布列为： 0 1 2 16. 已知正项数列的前项和为，且. （1）求的通项公式； （2）若，记数列的前n项和为，求. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据与的关系，结合题设可得数列为2为首项，2为公差的等差数列，进而求解即可； （2）由题意可得，进而求和即可. 【小问1详解】 由，① 当时，，即或（舍去）； 当时，，② ①②得， 得到， 则， 因为，所以， 则，即， 所以数列为2为首项，2为公差的等差数列， 则. 【小问2详解】 由， 则 . 17. 已知函数． （1）若在处的切线斜率为，求； （2）若恒成立，求的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）求出函数的导函数，由计算可得； （2）依题意可得恒成立，令，，利用导数说明函数的单调性，求出函数的最小值，即可得解. 【小问1详解】 因为， 所以，依题意，解得； 【小问2详解】 因为的定义域为， 又， 所以恒成立， 令，，则， 令，，则，所以在上单调递增， 又，， 所以使得，即，，则， 所以当时，当时， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，所以， 即实数的取值范围为. 18. 如图，四棱锥中，平面，，，. （1）证明：平面平面； （2）若，动点在内（含边界）且. ①求动点的轨迹的长度； ②设直线与平面所成角为，求的取值范围. 【答案】（1） 由，可知， 三角形为等腰直角三角形，，， 又因为，由余弦定理得：， 即得，， 因为平面，平面，所以， 又因为，平面，所以平面. 又因为平面，所以平面平面. （2）①；② 【解析】 【分析】（1）通过证明平面，可完成证明； （2）①如图建立空间直角坐标系，设的坐标为，由可得动点的轨迹，即可求长度；由①可设，据此可表示出平面的法向量，然后由空间向量结合三角函数知识可得答案. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ①依题意，建立如图坐标系， 设的坐标为，， 由， 化简得：，即， 设线段的中点， 则动点的轨迹是以线段的中点为圆心， 1为半径的四分之一圆弧，故其长度为. ②由①可设，，，， ，，， 设平面的一个法向量为，则即 取，则， 则 因为，所以，所以， 所以，所以， 综上所述，. 19. 如图，椭圆，，已知右顶点为，且它们的交点分别为，，，． （1）求与的标准方程； （2）过点作直线MN，交于点M，交于点N，设直线的斜率为，直线的斜率为，求；（上述各点均不重合） （3）点是上的动点，直线交于点，直线交于点，直线交于点，直线与直线交于点N，求点G坐标，使直线NG与直线NH的斜率之积为定值．（上述各点均不重合） 【答案】（1）； （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）首先求出，再代入即可得到答案； （2）设，计算得，结合其在椭圆上，代入化简即可得，同理，则得到斜率比值； （3）设直线，联立椭圆方程得到，则得到的坐标，再计算得，，设，计算化简得，则得到定点坐标. 【小问1详解】 由题意得，，又因为在上， 代入得，所以，则. 【小问2详解】 设，则， 又因为，所以， 则，同理可得，所以. 【小问3详解】 设直线分别为，其斜率依次为， 设直线，联立得， 即有，所以，代入直线方程得， 则，设， 则经过的两直线之间斜率满足关系：， 将直线绕原点顺时针旋转后也会经过， 所以两者斜率满足，所以， 同理将直线绕原点顺时针旋转后也会经过， 所以两直线斜率满足， ， 设，则有，代入上式得：， 得到， 所以，因此存在定点， 使直线和直线的斜率之积为定值5. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $