湖北省十一校2025-2026学年高三上学期12月质量检测数学试题及答案

2025年秋季学期高三年级12月检测数学

参考答案

1.【答案】A因为B∩(CUA)=φ,所以B二A，所以AB=A.故选:A

2.【答案】Bab=0即a,b中至少有一个是零；复数aa一bi为纯虚数，故a=0,b≠0为小范围，

故为充分不必要条件

3.【答案】B由cos95。=cos(90。+5。)=一sin5。=a知：sin5。=一a，因此sin10。=sin(90。+10。)=

cos10。=1一2sin25。=1一2a2

4.【答案】D设等差数列{an}的首项为a1，等比数列{bn}的首项为b1，则s7=(a1+a7)=×2a4=

77

7a4=56，T7=b1b2b6b7=(b4)=(一1)=一1，所以S7+T7=56一1=55.故选：D

5.【答案】C如图，在焦点PF1F2中，由题意知：|PF1|+|PF2|=2a①,且PF1F2为直角三角形，

再由，又O，故

上PF2F1=2上PF1F2上PF1F2+上PF2F1=90

上O所以O

PF1F2=30，|PF1|=|F1F2|cos30c，

O代入式得故

|PF2|=|F1F2|sin30=c，①c=2a，

e一1.故选：C

6.【答案】A一在上的投影向量为一a，即

则有，因为=·,3，所以cos.故选A：

7.【答案】A取A1B1的中点P，B1B的中点E，BC的中点F，连接MP，PE，EF和MF，

由P，E分别为A1B1，B1B的中点，知PE∕∕A1B，同理可知：EF∕∕B1C，B1C∕∕A1D，有EF∕∕A1D，

又由PE∕∕A1B，PE丈面A1BD且A1BC面A1BD，所以PE∕∕面A1BD,同理可知，EF∕∕面A1BD因为PE∩

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EF=E，PEC面MPEF，EFC面MPEF，所以面A1BD∕∕面MPEF

而MNC面MPEF，故动点N在面B1BCC1内的轨迹为EF,由AB=2可知，EF=2，MF=22，ME=

所以EF2+ME2=MF2，即ME⊥EF，所以线段MN的最大值为MF=22。故选：A.

8.【答案】C因为f'(1+x)为奇函数，所以f,(1+x)=-f,(1-x)，令x=0，则f,(1)=-f,(1)，故f,(1)=0，

又f,(x)在R上单调递增，所以当x<1时，f,(x)<0，则f(x)单调递减；当x>1时，f,(x)>0，则f(x)

单调递增；又因为，则（）

f,(1+x)=-f,(1-x)f(1+x)+c1=f(1-x)+c2c1,c2∈R......................①

在①式中令x=0，可得f(1)+c1=f(1)+c2→c1=c2，所以f(1+x)=f(1-x)，

abc

因为24=5，3=4，所以a=log，b=log45>log44=1，c=log34>log33=1，因为

f(1+x)=f(1-x)，所以f(a)=f(log2)=f(2-log2)=f(log23)

因为4ln2(ln4)≤(ln2+ln4)2=ln82<ln92=4ln32，由于ln2≠ln4，故上式等号不成立，

2

则(ln2)(ln4)<(ln3)，又ln3>0,ln2>0，所以<，即log34<log23，即c<a，

同理可得b<c，所以1<b<c<a，所以f(b)<f(c)<f(a).故选：C.

9.【答案】CD

〔sin,x∈[k兀,2k兀兀]

f(x)={(k∈Z),由图象知，A，B错误；f(x)的值

l0,x(2k兀兀,2k兀2兀)

兀3兀

域为[-1,1]，C正确；f(x)在[,]上单调递减，D正确．故选CD.

44

n

10.【答案】ACD令x=1，可得an，求所有项的系数绝对值之和，

nn

(|)n

等价于求x+的所有项系数和，令x=1，可得bn，所以A正确，二项式系数之和为cn=2，

(,

n

n

对于B：因为<2，所以an<bn<cn，故B错误；

对于C：，因为3n≥3，且g(n)=3n+在n∈N*上递增，

所以g(n)=3n+的最小值为g所以，故C正确

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nn

)()

对于：+=+在上递减，所以，即a+b≤c，

D|(nnn

,,∗

n∈N

故D正确.故选：ACD

11.【答案】AB双曲线C:x1的右焦点为F(,0)，直线AB:y=(x-·)

联立解得A

根据对称性知D(,2)

故

对选项A：xD=xFDF丄OF，正确；对选项BAFBF正确；

2·、2、(π)

对选项C：tan上DOF=，tan上BOF=，上DOF,上BOF∈0,，

39|(2,

tan2上BOFtan上DOF错误；

对选项D：ADDF所以由角平分线定理可知:

上ADB≠上FDB，错误

（另解：直线AD:2x-S3y=0，B到AD的距离为，B到DF的距离为，两者不相等，

上ADB≠上FDB，错误）故选：AB

12.【答案】240期末考试数学成绩X服从正态分布N(110,σ2)，则

，P(X>130)=P(X≥110)−

P(110≤X≤130)=0.50−0.47=0.03

故P(X>130)=P(X≥110)-P(110≤X≤130)=0.5-0.45=0.05，某地有8000名学生参加考试，

:估计某地学生数学成绩在130分以上的人数为8000×0.03=240

13.【答案】60种，分两种情形：①A家庭只有志愿者甲，则另外4人在其他的3个特殊家庭，此时有

2313

C4A3=36；②A家庭除了甲还有另一名志愿者，此时有C4A3=24，则共有36+24=60种，故志愿

者甲恰好被安排在A家庭有60种不同安排方法.

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;

BCF的面积为定值，

:翻折后平面A1EF丄平面BCFE时，A1到平面BCFE的距离最大，这时三B-A1CF的体积最大.设

BC的中点为M，A1EF的中心为G，EF的中点为H，

F

四棱锥A1-BCFE外接球的球心为O，

则OM=GHA1HEF此球的半径M

R外接球的表面积

解ΔBEC知，EC在ΔEOC中OE=OC=R=,EC=，则上EOC就是α,β相交所成的二

面角的平面角，则

故

15.解析：(1)3csinA—ccosA=3a—b由正弦定理得：3sinCsinA—sinCcosA=3sinA—sinB

所以3sinCsinA=3sinA—cosCsinA，..............................................................................................2分

又因为sinA>0，可得3sinC+cosC=，即sin........................................................4分

又因为在锐角△ABC中C∈(0,)，:C+∈(,)可得C+=，:C=；...................................6分

（2）因为s=absinC=ab×=3b，可得a=4，由正弦定理得==,.............8分

又A+B所以b....................................................10分

在锐角△ABC中

所以<A<

:tanA>3,

所以b的取值范围为(6,8).....................................................................................................................13分

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16.解析：(1)证明：由四边形OBB1O1是正方形，可知OB丄OO1，又OA丄OB，...............................2分

OA，OO1C平面OAA1O1，OA∩OO1=O，可知OB丄平面OAA1O1．....................................................4分

而OBC平面OBB1O1，故平面OBB1O1丄平面OAA1O1．........................................................................5分

(2)OB丄OO1,BP丄OO1,OB，BPC平面OBP，OB∩BP=B，可知OO1丄平面OBP．..........................7分

由OPC平面OBP，可知OP丄OO1,..........................................................................................................8分

由（1）知平面OBB1O1丄平面OAA1O1，平面OBB1O1∩平面OAA1O1=OO1，OPC平面OAA1O1，

故PO丄平面OBB1O1；..........................................................................................................................10分

（3）故以O为坐标原点，--→的方向为x轴正方向，--O--1→的方向

APzQA1

为y轴正方向，--→的方向为Z轴正方向，建立如图所示的空间直

角坐标系．在中则y

O—xyZRtΔPOAOA=2,AP=1,O

O1

OP=1……11分

B

xB1

B(3,0,0)，A(0,—1,1),Q(0,1,1)．得--1-Q-→=(0,—2,1)，--→=

---→

(3,0,0)，O---A→=(0,—1,1)，记平面OAB的一个法向量为n=(x,y,Z)，由-n→.OB=3x=0,即x=0,取Z=

-→-→---→

n.OA=—y+Z=0,y=Z,

1，得n-→=(0,1,1)...........................................................................................................................................13分

记直线O1Q与平面OAB所成的角为θ,故sinθ=..............................................15分

17.解析：(1)设一次抽奖的中奖金额为X，则X所有的可能取值为100，200，300．.......................1分

P

则X的分布列为...........................................................................................................................................4分

X100200300

P631

101010

故E(X)=100×+200×+300×=150（元）．..........................................................................5分

(3)(ⅰ)P(A1B3)=××=.............................................................................................................7分

P(B3)=P(A1B3)+P(A2B3)=××+××=,PA2.....................10分

(ⅱ)设第i(i<n)个顾客获得第1份幸运礼品，第n个顾客获得第2份幸运礼品的概率为，

i—n—i—

312411

P(AB)=×××，i=1,2,…n—1......................................................................12分

in55(5)5

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则第n个顾客获得第2份幸运礼品的概率P(Bn)=P(A1Bn)+P(A2Bn)+…+P(An—1Bn)

0n—21n—3n—20

324132413241

=×××××××××,

5555+5555+…+5555

0n—2n—1

324135

×××1—×n—1n—1n—1n—1

555554243243

×1

=5=×=

1—355—455—5

5×4

所以第n个抽幸运奖顾客获得第二份幸运礼品的概率为..........................15分

18.解析：(1)依题意可知圆的圆心在x轴，即圆关于x轴对称，三角形ABC是直角三角形，且B点必

在y轴右侧，由直角三角形射影定理可知OC2=OA×OB,代入得y2=4x．...................................4分

（2）设R(x1,y1)，S(x2,y2),T(x0,y0)

→y→kRS........................................................................5分

由直线与圆相切可知k×k=-1，即

RSO1T

故x=6

0.........................................................................7分

由在抛物线内部可知2故-9分

Ty0<4x0=24，2<y0<2..........................................................

(3)设过点D且斜率存在的直线方程为y-4=k(x-4)，即kx-y+4-4k=0.

由该直线与动圆相切可得dr，

整理得（16-r2)k2+32k+16-r2=0

易知直线的斜率存在，分别设为，则是方程的两个不等实根，

DP,DQk3,k4k3,k4

则有k3×k......................................................................................................................12分

2

由于PQ的斜率不为0，设P(x1,y1),Q(x2,y2)，设PQ方程为x=my+n，带入y=4x，

2

得y-4my-4n=0，则y1+y2=4m，y1y2=-4n，

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整理得y1y2+4(y1+y2)=0，即-4n+16m=0，n=4m，............................................................15分

即PQ方程为x=my+4m，此时直线恒过点（0，-4）....................................................................17分

19.解析：(1)f(x)=ex—kx，则f'(x)=ex—k，令f'(x)=0，解得x=lnk，

所以f(x)在(0,lnk)上单调递减，在(lnk,+∞)上单调递增，..................................................................1分

f(x)的最小值为f(lnk)=elnk—klnk=k(1—lnk)，f(0)=1，

①f(lnk)=k(1—lnk)=0，即k=e时，f(x)只有一个零点.

②f(lnk)>0，即0<k<e时，f(x)没有零点.

③f(lnk)<0，即e<k时，设u(x)=x—lnx，u'当1<x时，u(x)单调递增

u(k)=k—lnk>0即k>lnk，f(k)=ek—k2>k2—k2=0

故f(x)在(0，lnk)，(lnk，k)各有一个零点，共两个零点.......................................................................4分

综上所述：

k=e时，f(x)只有一个零点，0<k<e时，f(x)没有零点.k>e时，f(x)共两个零点..................5分

(2)（i）h(x)=[f(x)]+g(x)=[ex—kx]+ln[kx]，定义域x∈[,+∞),k>0..................................6分

因为h()=—1]+ln[1]=—1]≥1，所以e—1≥1，即≥ln2，

所以0<k≤..............................................................................................................................................7分

当0<k≤时，由（1）可知f(x)在(0,lnk)上单调递减，在(lnk,+∞)上单调递增，

又因为lnk—≤ln()—ln2=—[ln(ln2)+ln2]=—ln(ln4)<0，所以lnk≤,

所以h(x)在[,+∞)上不减，...................................................................