湖南省2026届高三数学上学期12月联考试题长郡二十校联盟含解析

2025-2026学年高三上学期12月联考

数学试题

一、单选题

1．若集合A{x|x2}，B{x|x23}，则AB（）

A．(2,5)B．(1,5)C．(1,)D．(2,)

2i

2．已知复数z，其中i为虚数单位，则复数z的虚部为（）

1i

3333

A．iB．iC．D．

2222

π

3．若角的终边过点P(1,2)，则tan（）

4

11

A．B．3C．D．3

33

5

4．x2x2y的展开式中，x5y2的系数为（）

A．80B．40C．60D．120

2π

5．已知向量a与ab的夹角为，|a|1，|ab|2，则ab（）

3

A．2B．0C．3D．2

6．晋祠圣母殿是现存宋代建筑艺术的杰出代表，图1是该建筑的剖面画图.圣母殿以其独特的木构技术、历

史价值与艺术成就闻名，被誉为研究中国宋代建筑的“活标本”.现使用图2简单模拟圣母殿的屋顶结构，其

中四边形ABCD为矩形，AB20m，AE，DE，BF，CF为四段全等的圆弧，其对应的圆半径为6m，圆

π

心角为.已知区域ABFE和DCFE是被瓦片覆盖的区域，则该模型中瓦片覆盖区域的总面积为（）

3

100π2200π2

A．40πm2B．80πm2C．mD．m

33

7．已知双曲线C1，C2有相同的渐近线，焦点分别在x轴、y轴上，离心率分别为e1，e2，则e1e2的最小

值为（）

A．4B．23C．3D．22

π3

8．若R，x,m，使得sinx，则m的最小值为（）

32

2π5π7π4π

A．B．C．D．

3663

二、多选题

9．已知点Aixi,0(1i10,iN)与点Biyi,10(1i10,iN)关于点(3,5)对称，若x1，x2，，x10的平

均数为a，中位数为b，方差为c，极差为d，则y1，y2，，y10这组数满足（）

A．平均数为3aB．中位数为6bC．方差为cD．极差为d

10．正方体ABCDA1B1C1D1中，点E,F分别为棱B1C1,CD的中点，则（）

A．AEBDB．A1E平面BB1F

C．EF//平面AB1CD．BE//DC1

2

11．已知抛物线C:y4x的焦点为F，O为坐标原点，曲线yk|x1|交C于点Ax1,y1，Bx2,y2，若

1

k,2，则（）

2

=

A．y1y24B．AFBF2AFBF

C．△OAB面积的最小值为1D．AB3,86

三、填空题

12

12．已知2x12y3，则.

yx

13．在正项等比数列an中，若a1a2a314，a5a6a7224，则a10.

1

14．已知a0，若x0，不等式eax1lnx恒成立，则a的取值范围为.

a

四、解答题

B

15．记ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，asincbcosA.

2

(1)求B；

(2)若ABC的角平分线交AC边于点D，BD2，b26，求ABC的周长.

16．如图，在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，且AB4，BC3，PA5，ABCBAD90，

E是CD的中点.若四棱锥PABCE有外接球.

(1)求四棱锥PABCE外接球的体积；

(2)求二面角BPEC的余弦值.

*

17．将编号为1，2，，nn3,nN的小球随机放入编号为a1，a2，，an的盒子，每个盒子里仅放

*

一个小球，设编号为ai1in,iN的盒子里小球的编号为bi，若bii，则称该小球为“配球”.

(1)当n3时，求“配球”个数X的分布列和期望.

(2)已知：若随机变量Xi服从两点分布，且PXi1pi，PXi01pi，i1，2，，n，则

nn

EXipi.

i1i1

（i）求“配球”个数X的期望.

（ii）若bi满足：当i1时，bibi1；当in时，bibi1；当2in1时，bibi1，且bibi1，则称该

小球为“顶球”，求“顶球”个数Y的期望.

22

xy1

18．已知椭圆C:1(ab0)的离心率为，短轴长为23，正△Q1Q2Q3的三边分别与C相切于P1，

a2b22

P2，P3三点，O为坐标原点.

(1)求椭圆C的方程；

(2)若直线Q1Q2的斜率不存在，求△Q1Q2Q3的中心坐标；

(3)求证：点O不是△Q1Q2Q3的中心.

19．已知函数f(x)xcosx.

(1)若f(2m1)f(2m1)2，求证：1sinmcosm1；

111

tanS

(2)若数列a满足asin2n，前n项和为S，求证：n1；

nnn222tan

2

2026

(3)若等差数列bn的公差d2026，前n项和为Tn，fbi1013π，求T2026.

i1

参考答案

1．A

【详解】令x23，解得x(1,5)，则B(1,5)，

因为A(2,)，所以AB(2,5)，故A正确.

故选：A

2．C

2i2i1i13i

【详解】由z，

1i1i1i2

3

所以复数z的虚部为．

2

故选：C．

3．B

2

【详解】由角的终边过点P(1,2)，得tan2，

1

πtan121

所以tan3.

41tan12

故选：B.

4．D

【详解】5个因式，2个因式中取x2，1个因式中取x，2个因式中取2y，

即可得出含52的项，其为22212252，

xyC5xC3xC22y120xy

故x5y2的系数为120.

故选：D

5．D

2π12

【详解】a(ab)aabcos121，又a(ab)aab1ab，

32

所以1ab1，则ab2.

故选：D

6．B

【详解】由题意可知区域ABFE和DCFE全等，且都是底面半径为6m，高为20m的圆柱的侧面的一部分，

将区域ABFE还原到如图所示圆柱中.

π

由图可知AO6，AOE，AB20，

113

π

由扇形的弧长公式可知，的长为，

AEAO1EAO162π

3

1

结合圆柱的侧面积公式可知S2π6202π2040π，

ABFE6

所以SABFESDCFE2SABFE80π，

所以被瓦片覆盖的区域ABFE和DCFE的总面积为80πm2.

故选：B

7．D

x2y2y2x2

【详解】设双曲线C:2，C:2，0，0，a0，b0，

1a2b22b2a2

22

22222ab

则对于C1，其半焦距为abab，长半轴为a，则e；

1a

22

22222ab

对于C2，其半焦距为abab，长半轴为b，则e，

2b

222222

则ababba，

e1e211

abab

结合m，nR，m2n22mn（当且仅当mn时取等号）及基本不等式，

22

ba2b2a2b2a

11222，

ababab

当且仅当ab时取等号.

故选：D

8．A

32π7π

【详解】由sinx，得2kπx2kπ，kZ，

233

3π2π

由sinx，得2kπx2kπ，kZ，

233

π3

若R，x,m，使得sinx，

32

π3

则,m的区间长度要不小于sinx的解集的区间长度，

32

π2πππ2π

(m)2kπ2kπ，m.

33333

故选：A

9．BCD

【详解】因为点Aixi,0(1i10,iN)与点Biyi,10(1i10,iN)关于点(3,5)对称，

所以xiyi6，则yi6xi，

又x1，x2，，x10的平均数为a，中位数为b，方差为c，极差为d，

2

所以y1，y2，y3，，y10这组数的平均数为6a，中位数为6b，方差为(1)cc，极差为d，

故BCD正确，A错误.

故选：BCD

10．BC

【详解】建立如下图所示的空间直角坐标系，设该正方体的棱长为2.

A：因为A2,0,0,E1,2,2,B2,2,0,D0,0,0，

所以AE1,2,2,DB2,2,0，

因为AEDB24020，

所以AEBD不成立，故本选项说法不正确；

B：因为A12,0,2,B12,2,2,B2,2,0,E1,2,2,F0,1,0，

所以A1E1,2,0,BB10,0,2,BF2,1,0，

因为A1EBB10,A1EBF220，

所以A1EBB1,A1EBF，而BB1BFB,BB1,BF平面BB1F，

所以A1E平面BB1F，因此本选项说法正确；

C：设平面AB1C的法向量为mx,y,z，

因为C0,2,0，所以AC2,2,0,AB10,2,2，

mAC02x2y0

于是有m1,1,1，EF1,1,2，

2y2z0

mAB10

因为EFm1120，EF平面AB1C，

所以EF//平面AB1C，因此本选项说法正确；

D：因为C10,2,2，所以DC10,2,2，而BE1,0,2，

显然不存在实数，使得DC1BE成立，所以BE//DC1不成立，因此本选项说法不正确，

故选：BC

11．ACD

【详解】如图：

选项A：由题意知，曲线yk|x1|过点F(1,0)，延长AF交抛物线于点B0，

由对称性可知点B与点B0关于x轴对称，则B0x2,y2，

1

不妨设直线AB:xmy1，则m,2，

02

xmy12

所以2y4my40，

y4x

=

y1y24m，y1y24，y1y24，故A正确；

11112

选项B：1，则AFBFAFBF，故B错误；

AFBFAFB0Fp

11y2y21

选项C：Sxyxy1y2yyyyy2m，则S的最小值为1，故C正确；

OAB212212424181212OAB

22222

22yy2

选项：212y1y2y1y22，

D|AB|x1x2y1y2y1y2yy

441612

222，242，

y1y2y1y24y1y216m16AB16m2m

AB3,86，故D正确.

故选：ACD

12．1

xy11

【详解】由2123知，xlog3，log32，同理可得log312.

2xy

1212

得到log3122log32log312log34log3log331.

yx4

故答案为：1

13．1024/210

444

【详解】由题意知，a5a6a7qa1a2a314q224q16，

=

因为正项等比数列an，所以q2，

2

由a1a2a3a11qq7a114，可得a12，

n10

所以an2，即a1021024.

故答案为：1024

14．[1,)

1ax11ax11

【详解】令f(x)eax1lnx，则f(x)aeae，

axax

ax111

令g(x)e，a0，g(x)在区间(0,)上单调递增，且g0，

axa

11

f(x)在区间0,上单调递减，在区间,上单调递增，

aa

11

f(x)minf1lna0，

aa

1

令h(a)1lna，易知h(a)在区间(0,)上单调递增，

a

又h(1)0，h(a)h(1)，a1.

故答案为：1，

π

15．(1)B

3

(2)4326

BB

【详解】（1）由asincbcosA及正弦定理，得sinAsinsinCsinBcosA，

22

B

sinCsin(AB)sinAcosBsinBcosA，sinAsinsinAcosB，

2

BBBB1B

A(0,π)，sinA0，sincosB，sin12sin2，sin或sin1.

222222

BπB1Bππ

B(0,π),(0,)，sin，，即B.

2222263

（2）如图：

SABCSABDSCBD，

1π1π1π

acsin2csin2asin，3ac2(ac)①，

232626

π

又在ABC中，由余弦定理可得a2c22accos24，即(ac)23ac24②，

3

将①代入②得(ac)223(ac)240，ac43或23（舍）,acb4326.

ABC的周长为4326.

1252π

16．(1)

3

421

(2)

21

【详解】（1）PA平面ABCD，四棱锥PABCE有外接球，

四边形ABCE有外接圆，

ABC90，

AC为四边形ABCE的外接圆的直径，AC的中点M为圆心，且AECE，

E是CD的中点，ADAC5，CD25，

取PC的中点H，连接HA，HM，则HM∥PA，

PA平面ABCD，HM平面ABCD，HPHCHAHBHE，

1152

外接球的球心即为点H，半径为PCPA2AC2，

222

3

外接球的体积为4π521252π

V.

323

（2）法一：如图，以A为坐标原点，AB，AD，AP分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，

由（1）知，B(4,0,0)，C(4,3,0)，P(0,0,5)，E(2,4,0)，

CE(2,1,0)，CP(4,3,5)，BE(2,4,0)，BP(4,0,5)

CEm02xy0

设平面CPE的法向量m(x,y,z)，则，

CPm04x3y5z0

令x1，则m(1,2,2)，

BEn02x14y10

设平面BPE的法向量n(x,y,z)，则，

111

BPn04x5z10

令x110，则n(10,5,8)，

mn36421

cosm,n，

|m||n|332121

421

由图可得，二面角BPEC的余弦值为.

21

法二：CEPE，CE5，△PBE中，PE35，BE25，PB41，

45204124221

cosPEB，sinPEB，

235256055

121

S2535321，设点C到平面PEB的距离为d，

PEB25

1115

VPBCEVCPEB，325321d，解得d，

32321

5

54421

记BPEC大小为，d215105，cos1.

sin212121

CE52121

17．(1)分布列见解析，期望为1

n1

(2)（i）1；（ii）

3

【详解】（1）X0,1,3，

21C11111

3

P(X0)3，P(X1)3，P(X3)3，

A33A32A36

则X的分布列为

X013

111

P

326

111

E(X)0131.

326

1,第i个球是“配球”,n

1

（2）（ⅰ）记Xi则XXi，PXi1，

0,第i个球不是“配球”,i1n

nn1

E(X)EXipin1.

i1i1n

1,第i个球是“顶球”,n

（ⅱ）记Yi则YYi，

0,第i个球不是“顶球”,i1

11C3A21

n2

设第i个球是“顶球”的概率为qi，则q1，qn，当2in1时，qi33，

22CnA33

nn11n1

E(Y)EYiqi2(n2).

i1i1233

x2y2

18．(1)1

43

134

(2),0

3

(3)证明见解析

a2b2c2,a2,

【详解】（1）由题意知2b23,解得b3,

c1c1,

,

a2

x2y2

则椭圆C的方程为1.

43

（2）不妨先设直线Q1Q2:x2，如图，

△Q1Q2Q3为正三角形，

3

不妨设Q1，Q2分别在x轴的上、下方，则直线Q2Q3的斜率为，

3

x2y2

1,

22

设直线Q2Q3:x3yt，t0，联立4313y63ty3t120，

x3yt

直线Q2Q3与椭圆C相切，

22

Δ108t1213t40，解得t13，即直线Q2Q3过点(13,0)，

同理可得，直线Q1Q3过点(13,0)，Q3(13,0).

134

此时，关于x轴对称，△的中心在x轴上，坐标为，

Q1Q2Q1Q2Q3,0

3

134

同理，当直线QQ为时，由对称性可知，△QQQ的中心坐标为，

12x2123,0

3

134

综上，△的中心坐标为

Q1Q2Q3,0.

3

（3）由（2）可知，当三条切线l1，l2，l3中有一条直线斜率不存在时，△Q1Q2Q3的中心不是点O.

当三条切线l1，l2，l3的斜率都存在时，

设P1x1,y1，P2x2,y2，P3x3,y3，y1y2y30，

设l1:ykxx1y1，

x2y2

1,2

则3x24k2x2ykx2kykxx120，

431111

ykxx1y1

222

整理得4k3x8ky1kx1x4y1kx1120，

22

Δ64k2ykx164k23ykx30，

1111

22222

4ky1kx130，4x1k2x1y1k3y10，

22

x1y142232

1，y1k2x1y1kx10，

4334

3x

21

4y1k3x10，k，

4y1

l1:3x1x4y1y120，

同理可得，l2:3x2x4y2y120，l3:3x3x4y3y120，

假设点O是△Q1Q2Q3的中心，则点O到l1，l2，l3的距离相等，

121212

222222，

9x116y19x216y29x316y3

22

x1y1222222

1，4y1364y2364y336，y1y2y3，

43

P1，P2，P3中必有两点关于坐标原点对称，此时存在两条切线互相平行，l1，l2，l3不能围成三角形，

原假设不成立，即点O不是△Q1Q2Q3的中心.

19．(1)证明见解析

(2)证明见解析

(3)1013π

【详解】（1）f(2m1)f(2m1)2m1cos(2m1)(2m1)cos(2m1)

cos(2m1)cos(2m1)2，

故2cos(2m1)cos(2m1)2，

(cos2mcos1sin2msin1)(cos2mcos1sin2msin1)0，

sin2msin10，

sin10，sin2m0，1sin2m1，

即cos2m2sinmcosmsin2m1，(sinmcosm)21，

1sinmcosm1.

cos(2n1)cos(2n1)

（2）asin2n，

n2sin1