2025届江西南昌高三第一次模拟测试数学答案_2025年2月_2502202025届江西南昌高三第一次模拟测试_2025届江西南昌高三第一次模拟测试数学试题+答案

22002255届届高高三三模模拟拟测测试试
因为ABBC1，ABC120，PA AC， 3 (y y ) 1 9
所以xx 为 f(x)的极大值点，则m f(x). ………………………………10分 y   1 2 (1y y )， 因此，P(X 0) (212211) ，……………………………7分
数数学学 参参考考答答案案及及评评分分意意见见 1 1 E 4 y y 1 2 2 62 36
3 3 z 1 2
一、 项 选 是 择 符 题 合 ： 题 本 目 题共 要求 8 的 小 。 题 ，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一 所以B(1,0,0)，P(0,0, 3)，C( 2 , 2 ,0)， P 且 f(x 1 )x 1 [ln(x 1 1)a]x 1 [ln(x 1 1)ln(x 1 1) x x  1 1 ] x x 1  2 1 ， 由②-①得： x 1 y 2 x 2 y y 1 1 y  2 (y 2 y 1 ) x E  3 2 ( y 2 y 1  y 2 y 1 (y 2 y 1 ))， 因 X 此 2  ， 3 P 的 ( 情 X 形  有 3 ： ) 3 1 2 (2   1, 2 7   2 6   2 1   2 5 )   2 1  0 4 ，  3，1165，
1 1 y y 2 62 36
二、选择题 题 答 ： 号 案 本 题共 D 1 3 小题， B 2 每 题6 A 3 分 ，共1 A 4 8 分。在 D 5 每 小题 C 6 给 出的选 C 7 项 中， C 8 有 多项符合题 则D( 3 4 , 4 3 , 2 3 )，所以  B  D  ( 1 4 , 4 3 , 2 3 )， D E y 设g(x) x x  2 1 (1x2)，则g(x) x( x x   1 2) 0， 因 则 为 有 直 x 线 y A  B x 过 y 点  P 4( (4 y ,0  ) y ,所 )， 以 k PA k PB ,即 x 1  1 4  x 2  2 4 所 （ 以 3） P ( ( x X  2 x  2 0  ) x  3 P x (X 4 2  x5 3  )； x6 ) 20  b 0  b 1 x  b … 2 x … 2 …  …  … b … 120 … x1 … 20， … ………10分
 A C 1 2 2 1 2 1
目要求。全部选对的得 题 6 号 分 ，部分选 9 对的得部 1 分 0 分，有选 1 错 1 的得0分。 平面PAB的法向量为n(0,1,0)， ……………………12分 B x 所以g(x)在(1,2)单调递增， ………………………………15分 所以x E  1 2 (1 y 1 y 2 )， ………………………………15分 P(S 20  j) 6 b 2 j 0 (j1,2,3,,120)，其中b 0 b 1 b 2 b 19 0，…12分
三、填空题：本题共3小题 答 ， 案 每 小题5 C 分 D ， 共15 A 分 C 。 D BCD 所以cos  B  D  ,n   |  B   B D    D  |  | n  n  |  1 4 3 1  4 3 ， 所 18 以 .【 g 解 ( 析 x) 】  ( g 1 ( ) 2 由 ) 条  件 4 可 ， 知 即 直 m 线  l  : 4 y .  1 x1， 所以k  y E  3 4 (y 1 y 1  y 2 y 2 ) (1y 1 y 2 )  3  (y 1 y 2 )  3  m  2 8  m 4 m， 令 令 x x   1  ， 1， 得 得 到 到 62 0 0   b b 0 0   b b 1 1   b b 2 2   b b 3 3           b b 1 1 1 1 9 9   b b 1 1 2 2 0 0 ， ，
4 ME x 1 1 2 y y 2 12 1
12．2 13．
13
14．
3
. 依题意可知b1，
E
2
(y
1
y
2
1) 1 2
m24
因此，
2
620 b
0
b
2
b
4
b
6
b
118
b
120
， ……………………………14分
2 5 3
即BD与平面PAB所成角的正弦值为 . ………………………………15分 b2 因为k k  1 ，所以k k m( 1 )1, 令xi，得到(1i)20 (b b b b )(b b b b b b )i，
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。 4 因为e 1 ，所以a2， PD AB m PD ME m 0 2 4 120 1 3 5 7 117 119
a2 又因为(1i)20 (2i)10 210，
15．【解析】（1）因为a,b,c是公差为2的等差数列， x 所以MEPD. ………………………………17分
所以ba2，ca4，所以首先a(a2)(a4)，则a2； …………2分 17.【解析】（1）因为 f(x)ln(x1) x1 a， 所以椭圆C的标准方程为 x2 y2 1； ……………………………………4分 解法二：（ⅱ）设圆E:x2y2dxey f 0， 所以210 b 0 b 2 b 4 b 120 ，
4 1
其次，因为ABC为锐角三角形，所以最大角C(0, π 2 )， f(x) x 1 1  (x 1 1)2  (x x   1 2 )2 ， ………………………………2分 （2）（ⅰ）  设 x 直  线 my l  :x 4 my4，A(x 1 ,y 1 ),B(x 2 ,y 2 )，
因
直
为
线l
M
与
(1
圆
,0
E
)在
交
圆
于
E
A
上
,B
，
.则
则
有
有1
 

x2
d


y
f
2

d
0
x  e y 
…
f
…

…
0
…
，
……………………12分 因此，b
0
b
4
b
8

1
b
2 12 9 0

4
62029， ………………………………16分
 xmy4 所以，P(X 0)  . …………………………………………………17分
所以cosC0，则 a2b2c2 0， …………………………4分 因为1x2时， f(x)0， f(x)单调递减； 联立方程 

x
4
2 y2 1 消去x得：(m24)y28my120， 消去x得：(m21)y2(8mdme)y164d f 0（*） 20 4 620
2ab 则y,y 是方程（*）的两根.
8m 12 1 2
所以c2 a2b2，即a24a120，解得a6； …………………………6分 x2时， f(x)0， f(x)单调递增， 则有y 1  y 2  m24 ，y 1 y 2  m24 . ………………………………6分 由于（ⅰ）可知y 1 ,y 2 是方程(m24)y28my120的两根、
（2）因为7sinA3sinC，由正弦定理可得7a3c， 所以 f(x) min  f(2)2a， ………………………………4分 则k 1 k 2  x y  1 1  x y  2 1  x 2 y 1 (  x x  1 y 1 2 )(  x (y  1 1  ) y 2 ) ， 此两方程为同解方程，则有 m m 2 2  1 4  8m 8 d m me  16 1 4 2 d f ，
即7a3(a4)， 因为 f(x)在定义域上单调递增，所以 f(x)0恒成立， 1 2 1 2
12 8m m216 (m28)m
解得a3，则b5，c7， …………………………9分 所以2a0，即a2. …………………………6分 其中分子=x 1 y 2 x 2 y 1 (y 1 y 2 )2my 1 y 2 3(y 1 y 2 ) 2m m2 4 3 m24 0， 解得d  m24 ,e m24 ， ………………………………15分
a2 b2c2 1
所以cosC  2ab  2 ， （2）由（1）可知，当y f(x)m有两个不同的零点时，a2 所以k 1 k 2  2m ( y x 1 y  2 1  ) 3 (x (y 1   1) y 2 ) 0. ………………………………10分 所以圆心E( m216 , (8m2)m )，
1 2 2(m24) 2(m24)
所以S  1 absinC  1 35 3  15 3 ． …………………………13分 此时 f(x) min  f(2)2a0， 解法一：（ⅱ）因为MA垂直平分线方程为y y 1  x 1 1 (x x 1 1 )， (8m2)m
ABC 2 2 2 4 2 y 2
1 2(m24)
且x1时 f(x)，x时 f(x)， x 1 3x2 所以k ME  m216 m，
16.【解析】（1）取AC的中点为E，连接BE,DE， 即y 1 x 1 ……① 1
P
y 8y 2(m24)
x 1 1
因 因 为 为P D A 为  P 平 C 面 的 A 中 B 点 C ， ， 所 所 以 以 D D E E ∥  P 平 A 面 ， ABC， D 所以 f(x)0，则xx 1 ,xx 2 (1x 1 2x 2 )，其中ln(x i 1) x i  i 1 a(i1,2)， 同理MB 垂直平分线方程为y x 2 y 1 x 8 3x y 2 2 ……② 因为k PD k AB  m 1 ，所以k PD k ME m( m 1 )1,
所以DEAC， 2 2 所以MEPD. ………………………………17分
因为1xx时， f(x)0， f(x)单调递增； 1 1 x 1 x 1
因为ABBC1，所以BEAC，………………………4分 E 1 由于k k 0可得  0，即 1  2 0， ……………………12分 19.【解析】（1）4312213，
因 所 为 以 D AC E  平 BE 面  B E D ， E， 且BD平面BDE， A B C x 1 xx 2 时， f(x)0， f(x)单调递减； 1 2 k 1 3x2 k 2 3x2 3 1 y 1 1 y 2 3 (y y ) 所以P(S 2 4)3( 1 6 )2  1 1 2 ； ………………………………4分
所以①+②得：2y  1  2  (  (y y ))  1 2 (1y y )，
所以BDAC； …………………………7分 E 8y 8y 2 y y 1 2 2 y y 1 2 （2）X 0的情形有：43122，8625344，1266，
xx 时， f(x)0， f(x)单调递增， 1 2 1 2 1 2 2
2
（2）以点A为坐标原点，以AB,AP为x,z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
——高高三三 数数学学 第第 页页（（共共 页页））—— ——高高三三 数数学学 第第 页页（（共共 页页））—— —高三 数学 第 页（共 页）— —高三 数学 第 页（共 页）— —高三 数学 第 页（共 页）—
11 55 22 55 3 5 4 5 5 522002255届届高高三三模模拟拟测测试试
因为ABBC1，ABC120，PA AC， 3 (y y ) 1 9
所以xx 为 f(x)的极大值点，则m f(x). ………………………………10分 y   1 2 (1y y )， 因此，P(X 0) (212211) ，……………………………7分
数数学学 参参考考答答案案及及评评分分意意见见 1 1 E 4 y y 1 2 2 62 36
3 3 z 1 2
一、 项 选 是 择 符 题 合 ： 题 本 目 题共 要求 8 的 小 。 题 ，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一 所以B(1,0,0)，P(0,0, 3)，C( 2 , 2 ,0)， P 且 f(x 1 )x 1 [ln(x 1 1)a]x 1 [ln(x 1 1)ln(x 1 1) x x  1 1 ] x x 1  2 1 ， 由②-①得： x 1 y 2 x 2 y y 1 1 y  2 (y 2 y 1 ) x E  3 2 ( y 2 y 1  y 2 y 1 (y 2 y 1 ))， 因 X 此 2  ， 3 P 的 ( 情 X 形  有 3 ： ) 3 1 2 (2   1, 2 7   2 6   2 1   2 5 )   2 1  0 4 ，  3，1165，
1 1 y y 2 62 36
二、选择题 题 答 ： 号 案 本 题共 D 1 3 小题， B 2 每 题6 A 3 分 ，共1 A 4 8 分。在 D 5 每 小题 C 6 给 出的选 C 7 项 中， C 8 有 多项符合题 则D( 3 4 , 4 3 , 2 3 )，所以  B  D  ( 1 4 , 4 3 , 2 3 )， D E y 设g(x) x x  2 1 (1x2)，则g(x) x( x x   1 2) 0， 因 则 为 有 直 x 线 y A  B x 过 y 点  P 4( (4 y ,0  ) y ,所 )， 以 k PA k PB ,即 x 1  1 4  x 2  2 4 所 （ 以 3） P ( ( x X  2 x  2 0  ) x  3 P x (X 4 2  x5 3  )； x6 ) 20  b 0  b 1 x  b … 2 x … 2 …  …  … b … 120 … x1 … 20， … ………10分
 A C 1 2 2 1 2 1
目要求。全部选对的得 题 6 号 分 ，部分选 9 对的得部 1 分 0 分，有选 1 错 1 的得0分。 平面PAB的法向量为n(0,1,0)， ……………………12分 B x 所以g(x)在(1,2)单调递增， ………………………………15分 所以x E  1 2 (1 y 1 y 2 )， ………………………………15分 P(S 20  j) 6 b 2 j 0 (j1,2,3,,120)，其中b 0 b 1 b 2 b 19 0，…12分
三、填空题：本题共3小题 答 ， 案 每 小题5 C 分 D ， 共15 A 分 C 。 D BCD 所以cos  B  D  ,n   |  B   B D    D  |  | n  n  |  1 4 3 1  4 3 ， 所 18 以 .【 g 解 ( 析 x) 】  ( g 1 ( ) 2 由 ) 条  件 4 可 ， 知 即 直 m 线  l  : 4 y .  1 x1， 所以k  y E  3 4 (y 1 y 1  y 2 y 2 ) (1y 1 y 2 )  3  (y 1 y 2 )  3  m  2 8  m 4 m， 令 令 x x   1  ， 1， 得 得 到 到 62 0 0   b b 0 0   b b 1 1   b b 2 2   b b 3 3           b b 1 1 1 1 9 9   b b 1 1 2 2 0 0 ， ，
4 ME x 1 1 2 y y 2 12 1
12．2 13．
13
14．
3
. 依题意可知b1，
E
2
(y
1
y
2
1) 1 2
m24
因此，
2
620 b
0
b
2
b
4
b
6
b
118
b
120
， ……………………………14分
2 5 3
即BD与平面PAB所成角的正弦值为 . ………………………………15分 b2 因为k k  1 ，所以k k m( 1 )1, 令xi，得到(1i)20 (b b b b )(b b b b b b )i，
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。 4 因为e 1 ，所以a2， PD AB m PD ME m 0 2 4 120 1 3 5 7 117 119
a2 又因为(1i)20 (2i)10 210，
15．【解析】（1）因为a,b,c是公差为2的等差数列， x 所以MEPD. ………………………………17分
所以ba2，ca4，所以首先a(a2)(a4)，则a2； …………2分 17.【解析】（1）因为 f(x)ln(x1) x1 a， 所以椭圆C的标准方程为 x2 y2 1； ……………………………………4分 解法二：（ⅱ）设圆E:x2y2dxey f 0， 所以210 b 0 b 2 b 4 b 120 ，
4 1
其次，因为ABC为锐角三角形，所以最大角C(0, π 2 )， f(x) x 1 1  (x 1 1)2  (x x   1 2 )2 ， ………………………………2分 （2）（ⅰ）  设 x 直  线 my l  :x 4 my4，A(x 1 ,y 1 ),B(x 2 ,y 2 )，
因
直
为
线l
M
与
(1
圆
,0
E
)在
交
圆
于
E
A
上
,B
，
.则
则
有
有1
 

x2
d


y
f
2

d
0
x  e y 
…
f
…

…
0
…
，
……………………12分 因此，b
0
b
4
b
8

1
b
2 12 9 0

4
62029， ………………………………16分
 xmy4 所以，P(X 0)  . …………………………………………………17分
所以cosC0，则 a2b2c2 0， …………………………4分 因为1x2时， f(x)0， f(x)单调递减； 联立方程 

x
4
2 y2 1 消去x得：(m24)y28my120， 消去x得：(m21)y2(8mdme)y164d f 0（*） 20 4 620
2ab 则y,y 是方程（*）的两根.
8m 12 1 2
所以c2 a2b2，即a24a120，解得a6； …………………………6分 x2时， f(x)0， f(x)单调递增， 则有y 1  y 2  m24 ，y 1 y 2  m24 . ………………………………6分 由于（ⅰ）可知y 1 ,y 2 是方程(m24)y28my120的两根、
（2）因为7sinA3sinC，由正弦定理可得7a3c， 所以 f(x) min  f(2)2a， ………………………………4分 则k 1 k 2  x y  1 1  x y  2 1  x 2 y 1 (  x x  1 y 1 2 )(  x (y  1 1  ) y 2 ) ， 此两方程为同解方程，则有 m m 2 2  1 4  8m 8 d m me  16 1 4 2 d f ，
即7a3(a4)， 因为 f(x)在定义域上单调递增，所以 f(x)0恒成立， 1 2 1 2
12 8m m216 (m28)m
解得a3，则b5，c7， …………………………9分 所以2a0，即a2. …………………………6分 其中分子=x 1 y 2 x 2 y 1 (y 1 y 2 )2my 1 y 2 3(y 1 y 2 ) 2m m2 4 3 m24 0， 解得d  m24 ,e m24 ， ………………………………15分
a2 b2c2 1
所以cosC  2ab  2 ， （2）由（1）可知，当y f(x)m有两个不同的零点时，a2 所以k 1 k 2  2m ( y x 1 y  2 1  ) 3 (x (y 1   1) y 2 ) 0. ………………………………10分 所以圆心E( m216 , (8m2)m )，
1 2 2(m24) 2(m24)
所以S  1 absinC  1 35 3  15 3 ． …………………………13分 此时 f(x) min  f(2)2a0， 解法一：（ⅱ）因为MA垂直平分线方程为y y 1  x 1 1 (x x 1 1 )， (8m2)m
ABC 2 2 2 4 2 y 2
1 2(m24)
且x1时 f(x)，x时 f(x)， x 1 3x2 所以k ME  m216 m，
16.【解析】（1）取AC的中点为E，连接BE,DE， 即y 1 x 1 ……① 1
P
y 8y 2(m24)
x 1 1
因 因 为 为P D A 为  P 平 C 面 的 A 中 B 点 C ， ， 所 所 以 以 D D E E ∥  P 平 A 面 ， ABC， D 所以 f(x)0，则xx 1 ,xx 2 (1x 1 2x 2 )，其中ln(x i 1) x i  i 1 a(i1,2)， 同理MB 垂直平分线方程为y x 2 y 1 x 8 3x y 2 2 ……② 因为k PD k AB  m 1 ，所以k PD k ME m( m 1 )1,
所以DEAC， 2 2 所以MEPD. ………………………………17分
因为1xx时， f(x)0， f(x)单调递增； 1 1 x 1 x 1
因为ABBC1，所以BEAC，………………………4分 E 1 由于k k 0可得  0，即 1  2 0， ……………………12分 19.【解析】（1）4312213，
因 所 为 以 D AC E  平 BE 面  B E D ， E， 且BD平面BDE， A B C x 1 xx 2 时， f(x)0， f(x)单调递减； 1 2 k 1 3x2 k 2 3x2 3 1 y 1 1 y 2 3 (y y ) 所以P(S 2 4)3( 1 6 )2  1 1 2 ； ………………………………4分
所以①+②得：2y  1  2  (  (y y ))  1 2 (1y y )，
所以BDAC； …………………………7分 E 8y 8y 2 y y 1 2 2 y y 1 2 （2）X 0的情形有：43122，8625344，1266，
xx 时， f(x)0， f(x)单调递增， 1 2 1 2 1 2 2
2
（2）以点A为坐标原点，以AB,AP为x,z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
——高高三三 数数学学 第第 页页（（共共 页页））—— ——高高三三 数数学学 第第 页页（（共共 页页））—— —高三 数学 第 页（共 页）— —高三 数学 第 页（共 页）— —高三 数学 第 页（共 页）—
11 55 22 55 3 5 4 5 5 522002255届届高高三三模模拟拟测测试试
因为ABBC1，ABC120，PA AC， 3 (y y ) 1 9
所以xx 为 f(x)的极大值点，则m f(x). ………………………………10分 y   1 2 (1y y )， 因此，P(X 0) (212211) ，……………………………7分
数数学学 参参考考答答案案及及评评分分意意见见 1 1 E 4 y y 1 2 2 62 36
3 3 z 1 2
一、 项 选 是 择 符 题 合 ： 题 本 目 题共 要求 8 的 小 。 题 ，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一 所以B(1,0,0)，P(0,0, 3)，C( 2 , 2 ,0)， P 且 f(x 1 )x 1 [ln(x 1 1)a]x 1 [ln(x 1 1)ln(x 1 1) x x  1 1 ] x x 1  2 1 ， 由②-①得： x 1 y 2 x 2 y y 1 1 y  2 (y 2 y 1 ) x E  3 2 ( y 2 y 1  y 2 y 1 (y 2 y 1 ))， 因 X 此 2  ， 3 P 的 ( 情 X 形  有 3 ： ) 3 1 2 (2   1, 2 7   2 6   2 1   2 5 )   2 1  0 4 ，  3，1165，
1 1 y y 2 62 36
二、选择题 题 答 ： 号 案 本 题共 D 1 3 小题， B 2 每 题6 A 3 分 ，共1 A 4 8 分。在 D 5 每 小题 C 6 给 出的选 C 7 项 中， C 8 有 多项符合题 则D( 3 4 , 4 3 , 2 3 )，所以  B  D  ( 1 4 , 4 3 , 2 3 )， D E y 设g(x) x x  2 1 (1x2)，则g(x) x( x x   1 2) 0， 因 则 为 有 直 x 线 y A  B x 过 y 点  P 4( (4 y ,0  ) y ,所 )， 以 k PA k PB ,即 x 1  1 4  x 2  2 4 所 （ 以 3） P ( ( x X  2 x  2 0  ) x  3 P x (X 4 2  x5 3  )； x6 ) 20  b 0  b 1 x  b … 2 x … 2 …  …  … b … 120 … x1 … 20， … ………10分
 A C 1 2 2 1 2 1
目要求。全部选对的得 题 6 号 分 ，部分选 9 对的得部 1 分 0 分，有选 1 错 1 的得0分。 平面PAB的法向量为n(0,1,0)， ……………………12分 B x 所以g(x)在(1,2)单调递增， ………………………………15分 所以x E  1 2 (1 y 1 y 2 )， ………………………………15分 P(S 20  j) 6 b 2 j 0 (j1,2,3,,120)，其中b 0 b 1 b 2 b 19 0，…12分
三、填空题：本题共3小题 答 ， 案 每 小题5 C 分 D ， 共15 A 分 C 。 D BCD 所以cos  B  D  ,n   |  B   B D    D  |  | n  n  |  1 4 3 1  4 3 ， 所 18 以 .【 g 解 ( 析 x) 】  ( g 1 ( ) 2 由 ) 条  件 4 可 ， 知 即 直 m 线  l  : 4 y .  1 x1， 所以k  y E  3 4 (y 1 y 1  y 2 y 2 ) (1y 1 y 2 )  3  (y 1 y 2 )  3  m  2 8  m 4 m， 令 令 x x   1  ， 1， 得 得 到 到 62 0 0   b b 0 0   b b 1 1   b b 2 2   b b 3 3           b b 1 1 1 1 9 9   b b 1 1 2 2 0 0 ， ，
4 ME x 1 1 2 y y 2 12 1
12．2 13．
13
14．
3
. 依题意可知b1，
E
2
(y
1
y
2
1) 1 2
m24
因此，
2
620 b
0
b
2
b
4
b
6
b
118
b
120
， ……………………………14分
2 5 3
即BD与平面PAB所成角的正弦值为 . ………………………………15分 b2 因为k k  1 ，所以k k m( 1 )1, 令xi，得到(1i)20 (b b b b )(b b b b b b )i，
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。 4 因为e 1 ，所以a2， PD AB m PD ME m 0 2 4 120 1 3 5 7 117 119
a2 又因为(1i)20 (2i)10 210，
15．【解析】（1）因为a,b,c是公差为2的等差数列， x 所以MEPD. ………………………………17分
所以ba2，ca4，所以首先a(a2)(a4)，则a2； …………2分 17.【解析】（1）因为 f(x)ln(x1) x1 a， 所以椭圆C的标准方程为 x2 y2 1； ……………………………………4分 解法二：（ⅱ）设圆E:x2y2dxey f 0， 所以210 b 0 b 2 b 4 b 120 ，
4 1
其次，因为ABC为锐角三角形，所以最大角C(0, π 2 )， f(x) x 1 1  (x 1 1)2  (x x   1 2 )2 ， ………………………………2分 （2）（ⅰ）  设 x 直  线 my l  :x 4 my4，A(x 1 ,y 1 ),B(x 2 ,y 2 )，
因
直
为
线l
M
与
(1
圆
,0
E
)在
交
圆
于
E
A
上
,B
，
.则
则
有
有1
 

x2
d


y
f
2

d
0
x  e y 
…
f
…

…
0
…
，
……………………12分 因此，b
0
b
4
b
8

1
b
2 12 9 0

4
62029， ………………………………16分
 xmy4 所以，P(X 0)  . …………………………………………………17分
所以cosC0，则 a2b2c2 0， …………………………4分 因为1x2时， f(x)0， f(x)单调递减； 联立方程 

x
4
2 y2 1 消去x得：(m24)y28my120， 消去x得：(m21)y2(8mdme)y164d f 0（*） 20 4 620
2ab 则y,y 是方程（*）的两根.
8m 12 1 2
所以c2 a2b2，即a24a120，解得a6； …………………………6分 x2时， f(x)0， f(x)单调递增， 则有y 1  y 2  m24 ，y 1 y 2  m24 . ………………………………6分 由于（ⅰ）可知y 1 ,y 2 是方程(m24)y28my120的两根、
（2）因为7sinA3sinC，由正弦定理可得7a3c， 所以 f(x) min  f(2)2a， ………………………………4分 则k 1 k 2  x y  1 1  x y  2 1  x 2 y 1 (  x x  1 y 1 2 )(  x (y  1 1  ) y 2 ) ， 此两方程为同解方程，则有 m m 2 2  1 4  8m 8 d m me  16 1 4 2 d f ，
即7a3(a4)， 因为 f(x)在定义域上单调递增，所以 f(x)0恒成立， 1 2 1 2
12 8m m216 (m28)m
解得a3，则b5，c7， …………………………9分 所以2a0，即a2. …………………………6分 其中分子=x 1 y 2 x 2 y 1 (y 1 y 2 )2my 1 y 2 3(y 1 y 2 ) 2m m2 4 3 m24 0， 解得d  m24 ,e m24 ， ………………………………15分
a2 b2c2 1
所以cosC  2ab  2 ， （2）由（1）可知，当y f(x)m有两个不同的零点时，a2 所以k 1 k 2  2m ( y x 1 y  2 1  ) 3 (x (y 1   1) y 2 ) 0. ………………………………10分 所以圆心E( m216 , (8m2)m )，
1 2 2(m24) 2(m24)
所以S  1 absinC  1 35 3  15 3 ． …………………………13分 此时 f(x) min  f(2)2a0， 解法一：（ⅱ）因为MA垂直平分线方程为y y 1  x 1 1 (x x 1 1 )， (8m2)m
ABC 2 2 2 4 2 y 2
1 2(m24)
且x1时 f(x)，x时 f(x)， x 1 3x2 所以k ME  m216 m，
16.【解析】（1）取AC的中点为E，连接BE,DE， 即y 1 x 1 ……① 1
P
y 8y 2(m24)
x 1 1
因 因 为 为P D A 为  P 平 C 面 的 A 中 B 点 C ， ， 所 所 以 以 D D E E ∥  P 平 A 面 ， ABC， D 所以 f(x)0，则xx 1 ,xx 2 (1x 1 2x 2 )，其中ln(x i 1) x i  i 1 a(i1,2)， 同理MB 垂直平分线方程为y x 2 y 1 x 8 3x y 2 2 ……② 因为k PD k AB  m 1 ，所以k PD k ME m( m 1 )1,
所以DEAC， 2 2 所以MEPD. ………………………………17分
因为1xx时， f(x)0， f(x)单调递增； 1 1 x 1 x 1
因为ABBC1，所以BEAC，………………………4分 E 1 由于k k 0可得  0，即 1  2 0， ……………………12分 19.【解析】（1）4312213，
因 所 为 以 D AC E  平 BE 面  B E D ， E， 且BD平面BDE， A B C x 1 xx 2 时， f(x)0， f(x)单调递减； 1 2 k 1 3x2 k 2 3x2 3 1 y 1 1 y 2 3 (y y ) 所以P(S 2 4)3( 1 6 )2  1 1 2 ； ………………………………4分
所以①+②得：2y  1  2  (  (y y ))  1 2 (1y y )，
所以BDAC； …………………………7分 E 8y 8y 2 y y 1 2 2 y y 1 2 （2）X 0的情形有：43122，8625344，1266，
xx 时， f(x)0， f(x)单调递增， 1 2 1 2 1 2 2
2
（2）以点A为坐标原点，以AB,AP为x,z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
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11 55 22 55 3 5 4 5 5 522002255届届高高三三模模拟拟测测试试
因为ABBC1，ABC120，PA AC， 3 (y y ) 1 9
所以xx 为 f(x)的极大值点，则m f(x). ………………………………10分 y   1 2 (1y y )， 因此，P(X 0) (212211) ，……………………………7分
数数学学 参参考考答答案案及及评评分分意意见见 1 1 E 4 y y 1 2 2 62 36
3 3 z 1 2
一、 项 选 是 择 符 题 合 ： 题 本 目 题共 要求 8 的 小 。 题 ，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一 所以B(1,0,0)，P(0,0, 3)，C( 2 , 2 ,0)， P 且 f(x 1 )x 1 [ln(x 1 1)a]x 1 [ln(x 1 1)ln(x 1 1) x x  1 1 ] x x 1  2 1 ， 由②-①得： x 1 y 2 x 2 y y 1 1 y  2 (y 2 y 1 ) x E  3 2 ( y 2 y 1  y 2 y 1 (y 2 y 1 ))， 因 X 此 2  ， 3 P 的 ( 情 X 形  有 3 ： ) 3 1 2 (2   1, 2 7   2 6   2 1   2 5 )   2 1  0 4 ，  3，1165，
1 1 y y 2 62 36
二、选择题 题 答 ： 号 案 本 题共 D 1 3 小题， B 2 每 题6 A 3 分 ，共1 A 4 8 分。在 D 5 每 小题 C 6 给 出的选 C 7 项 中， C 8 有 多项符合题 则D( 3 4 , 4 3 , 2 3 )，所以  B  D  ( 1 4 , 4 3 , 2 3 )， D E y 设g(x) x x  2 1 (1x2)，则g(x) x( x x   1 2) 0， 因 则 为 有 直 x 线 y A  B x 过 y 点  P 4( (4 y ,0  ) y ,所 )， 以 k PA k PB ,即 x 1  1 4  x 2  2 4 所 （ 以 3） P ( ( x X  2 x  2 0  ) x  3 P x (X 4 2  x5 3  )； x6 ) 20  b 0  b 1 x  b … 2 x … 2 …  …  … b … 120 … x1 … 20， … ………10分
 A C 1 2 2 1 2 1
目要求。全部选对的得 题 6 号 分 ，部分选 9 对的得部 1 分 0 分，有选 1 错 1 的得0分。 平面PAB的法向量为n(0,1,0)， ……………………12分 B x 所以g(x)在(1,2)单调递增， ………………………………15分 所以x E  1 2 (1 y 1 y 2 )， ………………………………15分 P(S 20  j) 6 b 2 j 0 (j1,2,3,,120)，其中b 0 b 1 b 2 b 19 0，…12分
三、填空题：本题共3小题 答 ， 案 每 小题5 C 分 D ， 共15 A 分 C 。 D BCD 所以cos  B  D  ,n   |  B   B D    D  |  | n  n  |  1 4 3 1  4 3 ， 所 18 以 .【 g 解 ( 析 x) 】  ( g 1 ( ) 2 由 ) 条  件 4 可 ， 知 即 直 m 线  l  : 4 y .  1 x1， 所以k  y E  3 4 (y 1 y 1  y 2 y 2 ) (1y 1 y 2 )  3  (y 1 y 2 )  3  m  2 8  m 4 m， 令 令 x x   1  ， 1， 得 得 到 到 62 0 0   b b 0 0   b b 1 1   b b 2 2   b b 3 3           b b 1 1 1 1 9 9   b b 1 1 2 2 0 0 ， ，
4 ME x 1 1 2 y y 2 12 1
12．2 13．
13
14．
3
. 依题意可知b1，
E
2
(y
1
y
2
1) 1 2
m24
因此，
2
620 b
0
b
2
b
4
b
6
b
118
b
120
， ……………………………14分
2 5 3
即BD与平面PAB所成角的正弦值为 . ………………………………15分 b2 因为k k  1 ，所以k k m( 1 )1, 令xi，得到(1i)20 (b b b b )(b b b b b b )i，
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。 4 因为e 1 ，所以a2， PD AB m PD ME m 0 2 4 120 1 3 5 7 117 119
a2 又因为(1i)20 (2i)10 210，
15．【解析】（1）因为a,b,c是公差为2的等差数列， x 所以MEPD. ………………………………17分
所以ba2，ca4，所以首先a(a2)(a4)，则a2； …………2分 17.【解析】（1）因为 f(x)ln(x1) x1 a， 所以椭圆C的标准方程为 x2 y2 1； ……………………………………4分 解法二：（ⅱ）设圆E:x2y2dxey f 0， 所以210 b 0 b 2 b 4 b 120 ，
4 1
其次，因为ABC为锐角三角形，所以最大角C(0, π 2 )， f(x) x 1 1  (x 1 1)2  (x x   1 2 )2 ， ………………………………2分 （2）（ⅰ）  设 x 直  线 my l  :x 4 my4，A(x 1 ,y 1 ),B(x 2 ,y 2 )，
因
直
为
线l
M
与
(1
圆
,0
E
)在
交
圆
于
E
A
上
,B
，
.则
则
有
有1
 

x2
d


y
f
2

d
0
x  e y 
…
f
…

…
0
…
，
……………………12分 因此，b
0
b
4
b
8

1
b
2 12 9 0

4
62029， ………………………………16分
 xmy4 所以，P(X 0)  . …………………………………………………17分
所以cosC0，则 a2b2c2 0， …………………………4分 因为1x2时， f(x)0， f(x)单调递减； 联立方程 

x
4
2 y2 1 消去x得：(m24)y28my120， 消去x得：(m21)y2(8mdme)y164d f 0（*） 20 4 620
2ab 则y,y 是方程（*）的两根.
8m 12 1 2
所以c2 a2b2，即a24a120，解得a6； …………………………6分 x2时， f(x)0， f(x)单调递增， 则有y 1  y 2  m24 ，y 1 y 2  m24 . ………………………………6分 由于（ⅰ）可知y 1 ,y 2 是方程(m24)y28my120的两根、
（2）因为7sinA3sinC，由正弦定理可得7a3c， 所以 f(x) min  f(2)2a， ………………………………4分 则k 1 k 2  x y  1 1  x y  2 1  x 2 y 1 (  x x  1 y 1 2 )(  x (y  1 1  ) y 2 ) ， 此两方程为同解方程，则有 m m 2 2  1 4  8m 8 d m me  16 1 4 2 d f ，
即7a3(a4)， 因为 f(x)在定义域上单调递增，所以 f(x)0恒成立， 1 2 1 2
12 8m m216 (m28)m
解得a3，则b5，c7， …………………………9分 所以2a0，即a2. …………………………6分 其中分子=x 1 y 2 x 2 y 1 (y 1 y 2 )2my 1 y 2 3(y 1 y 2 ) 2m m2 4 3 m24 0， 解得d  m24 ,e m24 ， ………………………………15分
a2 b2c2 1
所以cosC  2ab  2 ， （2）由（1）可知，当y f(x)m有两个不同的零点时，a2 所以k 1 k 2  2m ( y x 1 y  2 1  ) 3 (x (y 1   1) y 2 ) 0. ………………………………10分 所以圆心E( m216 , (8m2)m )，
1 2 2(m24) 2(m24)
所以S  1 absinC  1 35 3  15 3 ． …………………………13分 此时 f(x) min  f(2)2a0， 解法一：（ⅱ）因为MA垂直平分线方程为y y 1  x 1 1 (x x 1 1 )， (8m2)m
ABC 2 2 2 4 2 y 2
1 2(m24)
且x1时 f(x)，x时 f(x)， x 1 3x2 所以k ME  m216 m，
16.【解析】（1）取AC的中点为E，连接BE,DE， 即y 1 x 1 ……① 1
P
y 8y 2(m24)
x 1 1
因 因 为 为P D A 为  P 平 C 面 的 A 中 B 点 C ， ， 所 所 以 以 D D E E ∥  P 平 A 面 ， ABC， D 所以 f(x)0，则xx 1 ,xx 2 (1x 1 2x 2 )，其中ln(x i 1) x i  i 1 a(i1,2)， 同理MB 垂直平分线方程为y x 2 y 1 x 8 3x y 2 2 ……② 因为k PD k AB  m 1 ，所以k PD k ME m( m 1 )1,
所以DEAC， 2 2 所以MEPD. ………………………………17分
因为1xx时， f(x)0， f(x)单调递增； 1 1 x 1 x 1
因为ABBC1，所以BEAC，………………………4分 E 1 由于k k 0可得  0，即 1  2 0， ……………………12分 19.【解析】（1）4312213，
因 所 为 以 D AC E  平 BE 面  B E D ， E， 且BD平面BDE， A B C x 1 xx 2 时， f(x)0， f(x)单调递减； 1 2 k 1 3x2 k 2 3x2 3 1 y 1 1 y 2 3 (y y ) 所以P(S 2 4)3( 1 6 )2  1 1 2 ； ………………………………4分
所以①+②得：2y  1  2  (  (y y ))  1 2 (1y y )，
所以BDAC； …………………………7分 E 8y 8y 2 y y 1 2 2 y y 1 2 （2）X 0的情形有：43122，8625344，1266，
xx 时， f(x)0， f(x)单调递增， 1 2 1 2 1 2 2
2
（2）以点A为坐标原点，以AB,AP为x,z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
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11 55 22 55 3 5 4 5 5 522002255届届高高三三模模拟拟测测试试
因为ABBC1，ABC120，PA AC， 3 (y y ) 1 9
所以xx 为 f(x)的极大值点，则m f(x). ………………………………10分 y   1 2 (1y y )， 因此，P(X 0) (212211) ，……………………………7分
数数学学 参参考考答答案案及及评评分分意意见见 1 1 E 4 y y 1 2 2 62 36
3 3 z 1 2
一、 项 选 是 择 符 题 合 ： 题 本 目 题共 要求 8 的 小 。 题 ，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一 所以B(1,0,0)，P(0,0, 3)，C( 2 , 2 ,0)， P 且 f(x 1 )x 1 [ln(x 1 1)a]x 1 [ln(x 1 1)ln(x 1 1) x x  1 1 ] x x 1  2 1 ， 由②-①得： x 1 y 2 x 2 y y 1 1 y  2 (y 2 y 1 ) x E  3 2 ( y 2 y 1  y 2 y 1 (y 2 y 1 ))， 因 X 此 2  ， 3 P 的 ( 情 X 形  有 3 ： ) 3 1 2 (2   1, 2 7   2 6   2 1   2 5 )   2 1  0 4 ，  3，1165，
1 1 y y 2 62 36
二、选择题 题 答 ： 号 案 本 题共 D 1 3 小题， B 2 每 题6 A 3 分 ，共1 A 4 8 分。在 D 5 每 小题 C 6 给 出的选 C 7 项 中， C 8 有 多项符合题 则D( 3 4 , 4 3 , 2 3 )，所以  B  D  ( 1 4 , 4 3 , 2 3 )， D E y 设g(x) x x  2 1 (1x2)，则g(x) x( x x   1 2) 0， 因 则 为 有 直 x 线 y A  B x 过 y 点  P 4( (4 y ,0  ) y ,所 )， 以 k PA k PB ,即 x 1  1 4  x 2  2 4 所 （ 以 3） P ( ( x X  2 x  2 0  ) x  3 P x (X 4 2  x5 3  )； x6 ) 20  b 0  b 1 x  b … 2 x … 2 …  …  … b … 120 … x1 … 20， … ………10分
 A C 1 2 2 1 2 1
目要求。全部选对的得 题 6 号 分 ，部分选 9 对的得部 1 分 0 分，有选 1 错 1 的得0分。 平面PAB的法向量为n(0,1,0)， ……………………12分 B x 所以g(x)在(1,2)单调递增， ………………………………15分 所以x E  1 2 (1 y 1 y 2 )， ………………………………15分 P(S 20  j) 6 b 2 j 0 (j1,2,3,,120)，其中b 0 b 1 b 2 b 19 0，…12分
三、填空题：本题共3小题 答 ， 案 每 小题5 C 分 D ， 共15 A 分 C 。 D BCD 所以cos  B  D  ,n   |  B   B D    D  |  | n  n  |  1 4 3 1  4 3 ， 所 18 以 .【 g 解 ( 析 x) 】  ( g 1 ( ) 2 由 ) 条  件 4 可 ， 知 即 直 m 线  l  : 4 y .  1 x1， 所以k  y E  3 4 (y 1 y 1  y 2 y 2 ) (1y 1 y 2 )  3  (y 1 y 2 )  3  m  2 8  m 4 m， 令 令 x x   1  ， 1， 得 得 到 到 62 0 0   b b 0 0   b b 1 1   b b 2 2   b b 3 3           b b 1 1 1 1 9 9   b b 1 1 2 2 0 0 ， ，
4 ME x 1 1 2 y y 2 12 1
12．2 13．
13
14．
3
. 依题意可知b1，
E
2
(y
1
y
2
1) 1 2
m24
因此，
2
620 b
0
b
2
b
4
b
6
b
118
b
120
， ……………………………14分
2 5 3
即BD与平面PAB所成角的正弦值为 . ………………………………15分 b2 因为k k  1 ，所以k k m( 1 )1, 令xi，得到(1i)20 (b b b b )(b b b b b b )i，
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。 4 因为e 1 ，所以a2， PD AB m PD ME m 0 2 4 120 1 3 5 7 117 119
a2 又因为(1i)20 (2i)10 210，
15．【解析】（1）因为a,b,c是公差为2的等差数列， x 所以MEPD. ………………………………17分
所以ba2，ca4，所以首先a(a2)(a4)，则a2； …………2分 17.【解析】（1）因为 f(x)ln(x1) x1 a， 所以椭圆C的标准方程为 x2 y2 1； ……………………………………4分 解法二：（ⅱ）设圆E:x2y2dxey f 0， 所以210 b 0 b 2 b 4 b 120 ，
4 1
其次，因为ABC为锐角三角形，所以最大角C(0, π 2 )， f(x) x 1 1  (x 1 1)2  (x x   1 2 )2 ， ………………………………2分 （2）（ⅰ）  设 x 直  线 my l  :x 4 my4，A(x 1 ,y 1 ),B(x 2 ,y 2 )，
因
直
为
线l
M
与
(1
圆
,0
E
)在
交
圆
于
E
A
上
,B
，
.则
则
有
有1
 

x2
d


y
f
2

d
0
x  e y 
…
f
…

…
0
…
，
……………………12分 因此，b
0
b
4
b
8

1
b
2 12 9 0

4
62029， ………………………………16分
 xmy4 所以，P(X 0)  . …………………………………………………17分
所以cosC0，则 a2b2c2 0， …………………………4分 因为1x2时， f(x)0， f(x)单调递减； 联立方程 

x
4
2 y2 1 消去x得：(m24)y28my120， 消去x得：(m21)y2(8mdme)y164d f 0（*） 20 4 620
2ab 则y,y 是方程（*）的两根.
8m 12 1 2
所以c2 a2b2，即a24a120，解得a6； …………………………6分 x2时， f(x)0， f(x)单调递增， 则有y 1  y 2  m24 ，y 1 y 2  m24 . ………………………………6分 由于（ⅰ）可知y 1 ,y 2 是方程(m24)y28my120的两根、
（2）因为7sinA3sinC，由正弦定理可得7a3c， 所以 f(x) min  f(2)2a， ………………………………4分 则k 1 k 2  x y  1 1  x y  2 1  x 2 y 1 (  x x  1 y 1 2 )(  x (y  1 1  ) y 2 ) ， 此两方程为同解方程，则有 m m 2 2  1 4  8m 8 d m me  16 1 4 2 d f ，
即7a3(a4)， 因为 f(x)在定义域上单调递增，所以 f(x)0恒成立， 1 2 1 2
12 8m m216 (m28)m
解得a3，则b5，c7， …………………………9分 所以2a0，即a2. …………………………6分 其中分子=x 1 y 2 x 2 y 1 (y 1 y 2 )2my 1 y 2 3(y 1 y 2 ) 2m m2 4 3 m24 0， 解得d  m24 ,e m24 ， ………………………………15分
a2 b2c2 1
所以cosC  2ab  2 ， （2）由（1）可知，当y f(x)m有两个不同的零点时，a2 所以k 1 k 2  2m ( y x 1 y  2 1  ) 3 (x (y 1   1) y 2 ) 0. ………………………………10分 所以圆心E( m216 , (8m2)m )，
1 2 2(m24) 2(m24)
所以S  1 absinC  1 35 3  15 3 ． …………………………13分 此时 f(x) min  f(2)2a0， 解法一：（ⅱ）因为MA垂直平分线方程为y y 1  x 1 1 (x x 1 1 )， (8m2)m
ABC 2 2 2 4 2 y 2
1 2(m24)
且x1时 f(x)，x时 f(x)， x 1 3x2 所以k ME  m216 m，
16.【解析】（1）取AC的中点为E，连接BE,DE， 即y 1 x 1 ……① 1
P
y 8y 2(m24)
x 1 1
因 因 为 为P D A 为  P 平 C 面 的 A 中 B 点 C ， ， 所 所 以 以 D D E E ∥  P 平 A 面 ， ABC， D 所以 f(x)0，则xx 1 ,xx 2 (1x 1 2x 2 )，其中ln(x i 1) x i  i 1 a(i1,2)， 同理MB 垂直平分线方程为y x 2 y 1 x 8 3x y 2 2 ……② 因为k PD k AB  m 1 ，所以k PD k ME m( m 1 )1,
所以DEAC， 2 2 所以MEPD. ………………………………17分
因为1xx时， f(x)0， f(x)单调递增； 1 1 x 1 x 1
因为ABBC1，所以BEAC，………………………4分 E 1 由于k k 0可得  0，即 1  2 0， ……………………12分 19.【解析】（1）4312213，
因 所 为 以 D AC E  平 BE 面  B E D ， E， 且BD平面BDE， A B C x 1 xx 2 时， f(x)0， f(x)单调递减； 1 2 k 1 3x2 k 2 3x2 3 1 y 1 1 y 2 3 (y y ) 所以P(S 2 4)3( 1 6 )2  1 1 2 ； ………………………………4分
所以①+②得：2y  1  2  (  (y y ))  1 2 (1y y )，
所以BDAC； …………………………7分 E 8y 8y 2 y y 1 2 2 y y 1 2 （2）X 0的情形有：43122，8625344，1266，
xx 时， f(x)0， f(x)单调递增， 1 2 1 2 1 2 2
2
（2）以点A为坐标原点，以AB,AP为x,z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
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