湖北省衡水金卷2026届高三上学期12月阶段性测试数学含解析

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1、高三年级12月阶段性测试数学参考答案及解析三、填空题12【解析】设圆锥的底面半径为r，母线长为l，高为h，由母线与底面所成角是知，所以体积，故，化简可得，所以故答案为13【解析】如图所示，注意到为图象中的失去一组对边的实心矩形，即圆心坐标为，半径为的圆或点,当时显然题设不成立，由题意知圆必与矩形有无穷个公共点，故应有，易知，故由解得故答案为143【解析】由，得，取倒数得：，所以，所以，又，所以数列单调递增，由，可得：，显然，所以不超过的最大整数是3故答案为3四、解答题15解:（1），取，（2分）则，（5分）注意到，故此时有（7分） （2）由条件可知，（8分）注意到，可知，于是，（10分）故，于

2、是，当且仅当时，等号成立，（12分）故的最小值为（13分）16解:（1）1，1，2，2，4，2（6分）绘制如图（7分）（2）设为素数，则不超过且与不互质的正整数只有的倍数所以互质的数的数目为（12分）故，故数列为公比为的等比数列（15分）17解：（1）由中点性质可知，由余弦定理得，（4分）即（5分）（2）方法一：显然，而，由正弦定理得，即，（7分）于是，（11分）而，故（14分）由知，故即（15分）方法二：注意到，于是，（9分）而，（11分）故，而，（12分）于是（15分）18解:（1）由，平面，平面，知平面，（2分）由平面知，（3分）由，平面，平面可知平面，（4分）而，由，是，的方向向量得，

3、（6分）由，平面，平面，可得平面（7分）（2）（i）以为坐标原点，的方向为轴正方向，的方向为轴正方向，的方向为轴正方向，建立空间直角坐标系，（8分）则，设，由得，解得，（11分）于是，显然，可得，三点共线（12分）【注：若用几何法则该问满分4分，最后一问进行建系得1分，剩余分值不变】（ii）注意到，显然平面的一个法向量为，（13分）记平面的一个法向量为，即，可取（15分）记平面与平面的夹角为，则（17分）19解:（1）函数的定义域为，方程的判别式当时，若，则，函数无极值点；若，则，且二次项系数，故恒成立，即，函数无极值点（1分）当时，且，故方程有一正一负两根由于定义域为，仅有一个正根当时，；当

4、时，故为极大值点此时有1个极值点（2分）当时，且两根之和，两根之积，方程有两个不相等的正实根，此时有2个极值点（3分）综上所述，当时，极值点个数为0；当时，极值点个数为1；当时，极值点个数为2故的取值范围为（4分）(2)由于，故恒为函数的一个零点（5分）当时，函数有两个极值点设，则，且，故在上单调递增又且，所以是该区间唯一零点此时当时，有且，又，故恒成立，故当时，函数只有1个零点（7分）当时，函数有唯一的极大值点若，则此时满足，即当时，极大值点即为零点，函数只有1个零点（8分）若，则极大值在单调递增，在单调递减，当时，即，取，且，由于，故又，所以易知，则，即因为，故若，则落在或在上，与矛盾；在

5、上，但，矛盾故故根据零点存在性定理，在区间内存在一个零点即时存在2个零点（9分）当时，即，取，令，则此时，设()，当时，故在单调递减，即设，且是的唯一正根因为，抛物线开口向下，故当时，由且，可知故根据零点存在性定理，在区间内存在一个零点（10分）综上，当或时，有1个零点；当且时，有2个零点（3）不妨记所有零点之和为，所有极值点之和为当时，零点仅有，故极值点为，由韦达定理，故此时，即（11分）当时，零点仅有，故极值点为，故此时，即（12分）当且时，有两个零点(设)，其中一个为1，另一个记为，则极值点仅有，故由单调性知，且满足，即设，将代入得因为，所以恒成立，在上单调递增，又，即（15分）显然，取较小的零点，因为，且，所以，又与均在区间上，且在此区间上单调递减，故，即，即综上，当时，所有零点之和等于所有极值点之和的2倍；当时，所有零点之和小于所有极值点之和的2倍；当且时，所有零点之和大于所有极值点之和的2倍（17分）

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