湖北省黄冈市黄梅县2026届高三数学上学期12月月考试题含解析

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.若复数z满足12iz43i，则z（）

A.2iB.2iC.2iD.2i

【答案】D

【解析】

43i

【分析】由已知可得z，结合复数的除法运算化简可得结论.

12i

【详解】因为12iz43i，

43i43i12i105i

所以z2i，

12i55

故选：D.

2.已知集合A0,1,2,3,5,6,7,B{x|x25x60}，则AB（）

A.{0,1,2,3,5}B.{1,2,3,5,6}

C.{0,2,3,5,6}D.{1,2,3,5}

【答案】A

【解析】

【分析】先解一元二次不等式求出集合B，再利用交集的定义求解即可.

【详解】由x25x60，解得1x6，则B{x|1x6}，

因为A0,1,2,3,5,6,7，所以AB{0,1,2,3,5}，故A正确.

故选：A

3.若3个男生和2个女生排成一排，则女生不相邻的排法数为（）

A.120B.72C.48D.12

【答案】B

【解析】

【分析】先排男生，再把女生排进男生间的空隙，结合分步计数原理可得结果．

【详解】先排男生共有3种，男生排好后共有4个空隙，

A33216

再把2个女生排进去共有2种排法，

A44312

所以符合条件的共有61272种排法．

故选：B.

π

4.函数fx4sinxcosx1的最大值为（）

6

A.1B.2C.2D.3

【答案】B

【解析】

【分析】利用三角恒等变换化简函数fx的解析式，结合正弦型函数的有界性可求得函数fx的最大值.

πππ

【详解】因为fx4sinxcosx14sinxcosxcossinxsin1

666

312

4sinxcosxsinx123sinxcosx12sinx

22

π

3sin2xcos2x2sin2x，

6

所以函数fx的最大值为2.

故选：B.

5.若0,π，且sincossincos，则sincos（）

A.12B.21C.21D.12

【答案】A

【解析】

【分析】将已知条件两侧平方整理得(sincos1)22，结合sincos10求出sincos，即可

得.

【详解】由题设(sincos)212sincossin2cos2，

所以sin2cos22sincos12，即(sincos1)22，

而sincos10，则sincos12，

所以sincos21，即sincos21.

故选：A

6.若直线l的方向向量为a(2,1,1)，A(0,0,1)l，则空间一点P(1,0,1)到直线l的距离为（）

A.6B.3C.6D.3

2233

【答案】D

【解析】

【分析】根据空间中点到直线的距离公式求解即可.

【详解】由A(0,0,1)，P(1,0,1)，则AP1,0,0，

2

所以APa2，AP1，而a4116，

2

2

2

APa23

则点P(1,0,1)到直线l的距离为AP1.

63

a

故选：D

7.设集合，那么集合中满足条件

Ax1,x2,x3,x4,x5xi1,0,1,i1,2,3,4,5A

“x1x2x3x4x51”的元素个数为（）

A.15B.35C.40D.45

【答案】D

【解析】

【分析】设x1,x2,x3,x4,x5中，有k个1，m个1，则可得km1，再分k1、k2及k3进行讨

论即可得.

【详解】设x1,x2,x3,x4,x5中，有k个1，m个1，则有5km个0，

则需k1m15km01，解得km1，

则当时，，共有1种情况；

k1m0x1,x2,x3,x4,x5C55

则当时，，共有21种情况；

k2m1x1,x2,x3,x4,x5C5C330

则当时，，共有3种情况；

k3m2x1,x2,x3,x4,x5C510

故共有5301045种情况，

即集合A中满足条件“x1x2x3x4x51”的元素个数为45.

故选：D.

8.一个封闭的直棱柱形容器（容器壁厚度忽略不计），其侧面展开图为一长32cm，宽1cm的矩形，容器

中放一小球，则该小球半径的最大值为（）

1132

A.cmB.cmC.cmD.cm

3232

【答案】B

【解析】

11

【分析】先由高度限制得出小球半径不超过，再探究底面内切圆的半径与的关系.

22

1

【详解】由题棱体高为1，则小球半径不超过，

2

261

当底面为正六边形时，其边长为，内切圆半径为，

242

1

所以该小球半径的最大值为，

2

故选：B.

二、多选题：本题共3小题，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，

部分选对的得2分，有选错的得0分.

9.在ABC中，AC10,A45，则BC的值可以是（）

A.6B.8C.10D.52

【答案】BCD

【解析】

【分析】借助正弦定理可表示BC，再计算出B的范围表示出sinB的范围即可得解.

2

ACBC10

【详解】由正弦定理可得AC52，

sinBsinABCsinA2

sinBsinBsinB

由A45，则0B135，故sinB0,1，

52

则BC52，由5250，且74950648，

sinB

故选项中BC可为8、10、52，故B、C、D正确，A错误.

故选：BCD.

10.设是两个非零向量a、b的夹角，若对任意实数t，a2tb的最小值为2，则下列结论中正确

的是（）

A.若确定，则a唯一确定B.若a确定，则唯一确定

π4343π

C.若，则aD.若a，则

3333

【答案】AC

【解析】

2

22222

【分析】设gta2tb4bt4abta，结合二次函数的基本性质化简得出asin4，逐

项判断即可.

2

222

【详解】设gta2tb4bt4abta，则0恒成立，

4ab4abcosacos

当时，取得最小值，

t22gt4

8b8b2b

2222

2222

16ab16ab16ab16abcos

此时，

224

16b16b

22

化简得asin4，

所以当确定，a唯一确定，A对；

当a确定时，的值不一定只有一个，B错；

π3243

当时，a4，解得a，C对；

343

433π2π

当a时，因为0,π，所以sin，故或，D错.

3233

故选：AC

.

11.在长方体中，，，，，分别为AB、D的中点，经

ABCDA1B1C1D1AB1AD3AA16EFA1

过C，E，F三点的平面将已知长方体分成两部分，则（）

A.截面的形状为四边形

B.截面面积为355

4

35

C.点A到截面的距离为

2

D.截面分长方体所得两部分中，较小部分与较大部分的体积之比为7:29

【答案】ABD

【解析】

【分析】结合长方体的底面长方形的性质，作出截面，判断A；根据三角形面积公式及相似三角形面积关系，

求得截面的面积，判断B；根据等体积法求得点A到截面的距离，判断C；根据三棱锥的体积公式及相似求

得截面分得的较小部分（棱台）的体积，利用长方体的体积求得较大部分的体积，从而得到体积之比，以

判断D.

1

【详解】对于A，如图所示，分别延长CE,DA，交于点G，因为AECD,AECD，所以GAAD，

2

GEEC.

连接GF，并延长，分别交AA1,DD1于点I,H,连接EI,CH，则四边形CHIE是经过C，E，F三点的长

方体的截面，形状为四边形，故A正确；

GIIAGA1

对于B，因为IAHD，所以.

GHHDAD2

1

由A，得IECH,且IECH.

2

取AD的中点J，连接FJ，则FJ3，FJ为梯形ADHI的中位线，所以IAHD6.

所以IA2，HD4.

所以CHCD2DH217.

CG2CB2BE213，GHGH2GD227.

1328176

所以cosCGH，

21327137

55

所以sinCGH1cos2CGH.

137

所以1155.

SCGHCGGHsinCGH132755

22137

3355

所以截面CHIE的面积等于S，所以选项B正确；

4CGH4

55

对于C，由B得，S.

IEG4

1111

IAAEAG23

VGAEI32222165

因为VV，所以点A到截面的距离d，

AIEGGAEI11555555

SIEG

3344

所以C错误；

11173

对于D，由C知V7V723.

AEIDCHGAEI3226

73293

因为长方体ABCDA1B1C1D1的体积为13663，所以较大部分的体积等于63.

66

故截面分长方体所得两部分中，较小部分与较大部分的体积之比为7:29，所以D正确.

故选：ABD.

三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.

2

12.已知等差数列an的各项均为正数，若a13,a42a3a56，则a3_______.

【答案】5

【解析】

【分析】设公差，借助等差数列基本量计算即可得.

【详解】设等差数列an的公差为d，

则有2，即2，

a13d22a16d633d2236d6

25

化简得3d2d53d5d10，解得d1或d，

3

又等差数列an的各项均为正数，故d0，故d1，

则a3a12d325.

故答案为：5.

n

2*

13.若二项式xnN的展开式中存在常数项，则n的最小值为______；

x

【答案】3

【解析】

【分析】

求出二项式展开式的通项公式，令x的指数为0，可求出n的最小值．

2

【详解】(x)n(nN*)的展开式中通项公式为：

x

3

nr

rnr2rrr2

Tr1Cnx()Cn(2)x，

x

33

令nr0，解得nr，其中r0，1，2，，n，

22

当r2时，n3，所以n的最小值为3

故答案为：3

【点睛】本题考查二项式展开式的应用，考查常数项的求法，属于基础题．

1

14.已知函数fxx3，点Px,y、Qx,y在函数yfx的图象上，且分别位于第一、

x1122

三象限.设线段的长度取最小值时点的横坐标为，则4_______.

PQPx0x0

【答案】213

6

【解析】

【分析】分析出函数fx为奇函数且在第一象限为下凸函数，作出图象，记点Qx2,y2关于原点的对称

xxyy

1212

点为Qx2,y2，线段PQ的中点为M,，连接OM交函数fx在第一象限内的图

22

312

象于点M，结合两点间的距离公式得出PQ2OM，设Mx,xx0，gxOM，利

x

4

用函数的最值与导数的关系可求出x0的值.

1

【详解】函数fxx3的定义域为xx0，令gxfx，

x

311

fxxx3fx，故函数fx为奇函数，

xx

12

当x0时，fx3x2，则gx6x0，

x2x3

所以函数fx在第一象限为下凸函数，函数fx的图象如下图所示：

记点Qx2,y2关于原点的对称点为Qx2,y2，

xxyy

线段PQ的中点为M12,12，

22

因为P、Q、M都在第一象限，

连接OM交函数fx在第一象限内的图象于点M，

22

22xxyy

所以1212，

PQx1x2y1y242OM2OM

22

2

312231621

设Mx,xx0，所以OMxxx3x，

xxx2

1

设gxx63x2x0，

x2

84

26x86x4223x3x1

则gx6x56x，

x3x3x3

令gx0，则有3x83x410，

3912213213

因为x0，解得x4，即x4，

6606

由题意可知x00，当x0,x0时，gx0，即函数gx在0,x0上单调递减，

当xx0,时，gx0，即函数gx在x0,上单调递增，

4213

故函数gx在xx0处取得极小值，亦即最小值，故x.

06

故答案为：213.

6

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.已知某品牌新能源汽车的电池使用寿命X（单位：年）服从正态分布N10,22，其质保政策规定：

电池寿命低于6年可免费更换.

（1）求任意一辆该品牌汽车享受免费更换电池的概率（精确到0.01）；

（2）某出租车公司购买了100辆该品牌汽车，记Y为免费享受更换的车辆数，利用（1）的结果，求Y的

分布列和数学期望.

附：若随机变量X服从正态分布N,2，则P2X20.9545.

【答案】（1）0.02

（2）分布列答案见解析，EY2

【解析】

【分析】（1）由已知得出62，结合正态分布可得出任意一辆该品牌汽车享受免费更换电池的概率；

（2）分析可知Y~B100,0.2，由二项分布的期望公式可得出EY的值，利用二项分布的分布列可得出

随机变量Y的分布列.

【小问1详解】

因为10，2，则62，

所以任意一辆该品牌汽车享受免费更换电池的概率为PX6PX2

1P2X210.9545

0.02.

22

【小问2详解】

因为每辆车是否更换相互独立，且概率为p0.02，由题意可知Y~B100,0.02，

由二项分布的期望公式可得EY1000.022，

kk100k

分布列为PYkC1000.020.98k0,1,2,,100.

16.已知ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，其中a2，abccosA2cosC.

（1）求角A；

4

（2）若点D在边BC上，且满足BD2DC，AD，求ABC的面积．

3

π

【答案】（1）A

3

（2）23

3

【解析】

【分析】（1）首先根据已知条件可得：2bccosAacosC，然后再根据正弦定理进行边化角，最后根

据三角恒等变换公式进行求解即可；

21

（2）首先根据向量的运算可得：ADACAB，两边平方可得：4b22bcc216，

33

2343

再结合余弦定理求得：b，c，最后根据三角形面积公式进行求解即可.

33

【小问1详解】

已知a2，且满足abccosA2cosC

由此可得：2bccosAacosC，代入b2RsinB，c2RsinC，a2RsinA

由正弦定理得：2sinBcosAsinCcosAsinAcosCsinB，

1π

在三角形中，易知sinB0，所以cosA，A0,π，所以A．

23

【小问2详解】

22

由于BD2DC，ADABBDABBCABACAB，

33

2

2122116

所以ADACAB，所以ADACAB，

33339

4212416

得：ACABACAB，即4b22bcc216，

9999

b2c241

由余弦定理：cosA，化简得：b2c2bc4，

2bc2

4b22bcc216

联立两式可得：，解得：23，43，

22bc

bcbc433

112343323

所以SbcsinA．

ABC223323

3n(n1)

17.在数列a中，令S为其前n项和，若a1，(n1)SnS(n2).

nn1nn12

（1）证明：数列an为等差数列，并求其通项公式；

1

（2）求数列的前n项和.

anan2

【答案】（1）证明见解析，an3n2

56n5

（2）

2463n13n4

【解析】

SS3S3

【分析】（1）根据题设，化简得到nn1，n2，可得数列n是以1为首项，为公差的等

nn12n2

3n2n

差数列，进而得到S，再根据Sn与an的关系求出an3n2，再根据等差数列的定义求证即可；

n2

（2）利用裂项相消法求解即可.

【小问1详解】

3n(n1)

由(n1)SnS(n2)，

nn12

SS3

两边同时除以n(n1)得，nn1，n2，

nn12

SaS3

因为111，所以数列n是以1为首项，为公差的等差数列，

11n2

S33n13n2n

则n1n1，即S，

n22n2

2

3n2n3n1n1

当n2时，aSS3n2，

nnn122

显然a11满足上式，则an3n2，

而an1an3n123n23，

所以数列an是以1为首项，3为公差的等差数列.

【小问2详解】

111111

由，

anan23n23n223n23n463n23n4

111111111

则数列的前n项和为1

anan2674107133n23n4

111156n5

1.

643n13n42463n13n4

的

18.如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，CACB2，CACB，D，E分别是CB，CA中点，C1DC1E2.

（1）若平面ACC1A1平面BCC1B1，求点C1到平面ABC的距离；

（2）若，求平面与平面夹角的余弦值.

CC12ACC1A1BCC1B1

【答案】（1）3

1

（2）.

7

【解析】

【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用点点距离公式可得点C1a,a,c，进而根据面面垂直得法向量垂

直，即可根据向量的坐标运算求解C10,0,c，根据线面垂直即可求解距离，

（2）根据法向量的夹角即可求解.

【小问1详解】

以C为坐标原点，CA，CB所在的直线分别为x轴，y轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则A2,0,0，B0,2,0，D0,1,0，E1,0,0，

设，因为2222，2222，，

C1a,b,cC1Dab1cC1Ea1bcC1DC1E

所以，则，，，.

abC1a,a,cCA2,0,0CB0,2,0CC1a,a,c

nCB0,2y10,

设平面BCC1B1的一个法向量nx1,y1,z1，则，即

axaycz0,

nCC10,111

令x1c，则y10，z1a，所以nc,0,a，

mCA0,2x20,

设平面ACC1A1的一个法向量mx2,y2,z2，则，即令y2c，则

axaycz0,

mCC10,222

x0，z2a，所以m0,c,a.

因为平面ACC1A1平面BCC1B1，所以nm，

2

所以nm0，即a0，所以a0，

所以C10,0,c，所以点C1在z轴上，即CC1平面ABC，

因为CA平面ABC，所以CC1CA，

又，，所以22，

C1E2CE1CC1C1ECE3

故C1到平面ABC的距离为3.

【小问2详解】

由（1）知，由，则222，

C1a,a,cCC12aac2

因为，所以222，

C1E2a1ac2

16116

所以，，所以.

acC1,,

22222

6161

由（1）知平面的一个法向量，平面的一个法向量，

BCC1B1n,0,ACC1A1m0,,

2222

设平面ACC1A1与平面BCC1B1的夹角为，

1

mn41

则coscosm,n，

mn777

44

1

即平面ACCA与平面BCCB的夹角的余弦值为.

11117

19.已知函数fxxcosxasinx，其中a为常数.

（1）当a1时，求fx在区间0,π上的最值；

π

（2）若fx在区间0,上有且仅有一个极值点，求a的取值范围.

2

π

【答案】（1）最大值为π1，最小值为1

2

（2）0,1

【解析】

【分析】（1）当a1时，利用导数分析函数fx在区间0,π上的单调性，即可求出函数fx在区间0,π

上的最小值和最大值；

π1sinx

（2）由题意得fx在0,上有且只有一个变号零点，由fx0可得a，设

2cosx

1sinxππ

gx，其中x0,，分析函数gx在0,上的单调性，并求其值域，即可得出实数a的

cosx22

取值范围.

【小问1详解】

π

当a1时，fx