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数学

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

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

z=·=·,故选：B.

2．C【详解】由题意，或，所以故选：C.

CRA={XIX<2X≥8}(CRA)∩B={XI8≤X<9}

3．C【详解】双曲线标准方程为渐近线方程为yx．故选：C．

4．D【详解】令xk∈Z，解得xk∈Z，故函数的对称中心为k∈Z，

故AB错误；当k=1时，x=，故对称中心为D正确，经检验，C不满足要求.故选：D

5.A【详解】设点A的坐标为(x,y)，由抛物线的性质得|AF|=xx+1=3，所以x=2，又点A在

抛物线上，代入抛物线方程得，点A的纵坐标为y=±2·、.故选：A.

【详解】由题意可得上

6.D，MAC=60,上NAB=30,MC=500m,NB=250m,上MAN=45，

且上MCA=上NBA=90，在RtΔACM中，可得AMm，

在Rt△ABN中，可得ANm，在ΔAMN中，由余弦定理得

MN2=AM2+AN2-2AM.ANcos上MAN

所以MN=500、m.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

MN=2=2≥2，解得d2≤1即0<d≤1，又d从而有

1解得λ2≥3，即λ≤-或λ≥,答案为D.

【详解】设xyz，则，

8.B2+3=e+4=10+2=tx=log2(t-3)

，，令，

y=ln(t-4)z=lg(t-2)f(x)=log2(x-3)

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】

项，如图，即为直线与所成角，又为等边三角形，为

A上DACA1C1ADΔABCD

的中点，与所成角为，对；

BC则上DAC即直线A1C1ADA

B项，对于B，假设BC丄平面ACC1A1，AC平面AB1C，则BC⊥AC，这与ΔABC

为等边三角形矛盾，故B错误；

C项，连接A1C交AC1于E，连接ED，易得E为A1C中点．在正三棱柱ABC-A1B1C1

中，因为D、E分别为BC、A1C中点，所以A1B//DE又因为DE平面ADC1，

A1B丈平面ADC1，所以A1B//平面ADC1；

D项，因为ΔAC1A1的面积与ΔACC1的面积相等，且两三角形同在平面ACC1A1中，

故三棱锥D-AC1A1的体积等于三棱锥D-ACC1的体积，

即V=V=V=×S×CC，又2，CC=1，

D-AC1A1D-ACC1C1-ACDACD1SACD=SABC=××1=1

VD错误；故选：AC.

D-AC1A

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x1+x2=-1+2=1，故C正

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，

所以sin(A+B)=2sinA，sin(π-C)=2sinA，所以sinC=2sinA，因为sinA≠0，所以A

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一1)+2sinCcos2C=2sinC，

3

π222π

因为C∈(0,),sinC>0，所以2cosC一1+2cosC=2，即cosC=，cosC=±,所以C=或

426

C=，当C=时，A=2C=>π,所以C=，所以A=2CB正确；

对于C由tanAtanBtanC，得tanB=2tanA,tanC=3tanA，

所以tanA=tan[π一(B+C)]=一tan(B+C)=一

因为tanA≠0，所以一解得tanA=1或tanA=一1，因为tanB=2tanA,tanC=3tanA，

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，

对于D在ABC中，a=csinB，所以sinA=sinCsinB，整理得：sinBcosC+cosBsinC=sinBsinC，

故两边都除以sinBsinC，得到

当tanB、tanC为正值时，整理得tanBtanC≥4，

当且仅当tanB=tanC=2时，(0<C,B<)等号成立，

tnBtanCnB.tanC1

tanA=一tan(B+C)=一=一=

所以1，

1tantanC1tanBtanC1一．

tanBtanC

1

当tanBtanC取最小值时，取最大值，1一取最小值，故1的最大值

1一．

tanBtanC

为，

即当tanB=tanC=2时，tanA的最大值为．

tanB+tanCtanB.tanC1

tanA=一tan(B+C)=一=一=

当tanB、tanC一正一负时，由于,

1一tanBtanC1一tanBtanC1一

tanA

由tanB.tanC<0，所以1一此时，故tanA的最大值为．

选：BCD

【详解】+2=(4,3+2λ)，因为(+2)//，所以4λ一(3+2λ)=0，解得

13.一【详解】由tanαtanβ=2得sinαsinβ=2cosαcosβ,

cos(α一β)=cosαcosβ+sinαsinβ=3cosαcosβ=，所以cosαcosβ=,sinαsinβ=，所以

cos(α+β)=cosαcosβ—sinαsinβ=—=—，

所以cos(2α+2β)=2cos2(α+β)—1=2×(—)2—1=—.

6

14．【详解】ai∈{—1,0,1},i=1,2,3,4,5,6的所有数列个数为3=729个

而0≤a1+a2+a3+a4+a5+a6≤3且ai只能取0或1

所以a1,a2,a3,a4,a5,a6中出现0的个数可以是6个，5个，4个，3个．

若出现6个0，则数列为常数数列，共有1个数列．

51

若出现5个0，则出现一个1，或一个—1，因而数列个数为C6C2=12个数列．

4221

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C6(C2+C2+C2)=60

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，

因而数列的个数为C个数列，故满足条件数列的个数为1+12+60+160=233个

故所求概率为.

*

15.【详解】（1）因为Sn=2an—2(n∈N)①,

所以a1=2a1—2，解得a1=2，……………1分

*

对任意的n∈N，Sn+1=2an+1—2②,……………………2分

②—①得an+1=2an+1—2an，即an+1=2an，……………3分

所以数列{an}是以2为首项，2为公比的等比数列，………………4分

n

所以an=2．……………………5分

n+1n+1

（2）由（1）知，Sn+2=2an=2则log2(Sn+2)=log22=n+1，…………7分

所以，bn…………………9分

则

Tn=b1+b2++bn=—+—+—

分

11n…………………13

=—=

2n+22n+4

16.【详解】（1）由题意知2b=2，……1分

所以b=1，…………2分

222

又c=·,a=b+c，所以a=·,…………4分

故椭圆C的方程为y2=1.……5分

（2）由题意可知，直线AB的斜率不为0，

设直线的方程为，分

ABx=my+tA(x1,y1),B(x2,y2)……6

此时圆心O(0,0)到AB的距离d

即t2—m2=1，……………………7分

联立y2+2mt2—3=0，…………8分

Δ=4m2t2—4(m2+3)(t2—3)=12(m2—t2+3)=24，

y1+yy1y分

2

AB4—1y……11分

（写对弦长公式得1分）

即m=±1，…………12分

因为22所以分

t—m=1，t=±、，……13

因为曲线x2+y2=1(x>0)为右半圆，则t=，m=±1，

分

所以直线AB的方程为y=x—·、或y=—x+·、.………………15

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—2×2×4×12，得BD=23.……2分

（看到余弦定理给1分，结果1分）

所以BC2=BD2+CD2，所以CD丄BD.……3分

又因为AB∥CD，AB⊥PB，所以CD丄PB……4分

又因为BD∩PB=B，BD、PBC平面PBD，所以CD丄平面PBD.……5分（条件写不全不扣分）

因为PDC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分

如图，过点D作DE丄平面ABCD，以为z轴，DB为x轴，DC为y轴建立空间直角坐标系.…9分

DE33

则P3,0,3，B23,0,0，C0,2,0，M,1,.

(22

D---→=(23,0,0)，.……10分

.E

设平面BDM的一个法向量为=(x,y,z).M

则.……11分

z=0

不妨取分

=(0,,—2).……12

所以cos……14分(公式正确1分，结果正确1分)

所以直线PB与平面BDM所成角的正弦值为.……15分

18.【详解】（1）p，即采用3局2胜制，X所有可能值为2,3，………………1分

221212

P(X=2)=()+(1—)=，P(X=3)=C2()(1—)+C2()(1—)=，……………4分

X的分布列如下，

X23

P

所以E(X)=2×+3×=.……………5分

（2）在甲只要取得3局比赛的胜利比赛结束且甲获胜中，

32222232

P(A)=p+C3p(1—p)p+C4p(1—p)p=p(6p—15p+10)；……………7分

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ξ,那么ξ服从二项分布，即ξB(5,p)

332445532

P(B)=P(ξ≥3)=C5p(1—p)+C5p(1—p)+C5p=p(6p—15p+10)，………9分

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XB(2n—1,p)………11分

p1=P(X≥n).……………12分

“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

p2=(1—p).P(X≥n+1)+p.P(X≥n)

=(1—p).(p1—P(X=n))+p.p1

=p1—(1—p).P(X=n)

n

=p1—C2n—1pn(1—p)n

故n

p1—p2=C2n—1pn(1—p)n.……………….17分

19.【详解】

（1）g(x)=f(x)=ex(cosx—sinx)．.........（1分）

因此，当时，有sinx>cosx，得f(x)<0，..（2分）

所以，f上单调递减..........（3分）

兀兀

（2）证明：xsinx>cosx，:g(x)<0

:要证等价于证明f+g.........（4分）

记h=f+g依题意及(1)，有g(x)=ex(cosx—sinx)，从而

g(x)=—2exsinx．当x时，g.........（5分）

故h=f+g+g=g.........（6分）