华师一附中五月适应性检测数学答案_2025年5月_250531湖北省武汉市华中师范大学第一附属中学2025届高三下学期五月适应性检测（全科）

一、选择题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 D A B A C B B C ABC BCD ABD 8.【解析】由于函数g(x)的定义域为R，且mg ( n )−ng ( m )=mn ( n−m )， 1 令m=1,n=x，则g(x)−xg(1)=x(x−1)，得g(x)=x2+ g(1)−1 x，对称轴为x =− ⋅ g(1)−1  0 2 由g(mn)≥g(m)g(n)可知0≤g(1)≤1，则 x ∈  0, 1 ， 0   2    1 故g(x)在 0, 上不一定单调递增或单调递减，B，D不确定，    2 由于g(x)=x2+ g(1)−1 x表示开口向上的抛物线，故函数g(x)必有最小值，C正确，A错误。故选：C 11．【答案】ABD 【解析】对于选项A：若P ( x ,y )∈C，即x 2 + y 2 −2x = x 2 + y 2 ， 0 0 0 0 0 0 0 则x 2 +(−y )2 −2x = x 2 +(−y )2 仍成立，即P ( x ,y )关于x轴的对称点P' ( x ,−y )∈C，A选项正确； 0 0 0 0 0 0 0 0 0 对于选项B：易知x2 + y2 −2x= x2 + y2 ≥0，即曲线C上的点在圆x2 + y2 −2x=0的圆周上或其外部，故 面积大于π，B选项正确； 对于选项C：取x=0，方程化简为y2 =| y|，解得y=0，y=±1，故有3个交点，C选项不正确； 对于选项 D：x2 + y2 = x2 + y2 +2x≤ x2 + y2 +2 x2 + y2 =3 x2 + y2 ，所以 x2 + y2 ≤3，D 选项正 确； 故选ABD. 三、填空题  8 12．【答案】1 13．【答案】 0,   3 1 14. 【答案】 18 1 【解析】①甲在三轮游戏中未掷出6点时，则三轮得分为5，5，4，共有3种情况，概率为 p =3×( )3， 1 6 ②甲在三轮游戏中掷出过6点时，则仅可能在其中一轮掷出一次6点，共有3种情况，且仅抛掷4次骰子，分 别记另外三次掷出的点数为x,y,z，则x+ y+z =8，且x,y,z∈{1,2,3,4,5}，故共有C2 −3=18种情况，概 7 1 1 1 1 率为 p =3×18×( )4，综上，甲在三轮游戏中共得14分的概率 p= p + p =3×( )3+3×18×( )4 = 2 6 1 2 6 6 18 四、解答题 x−a 15．【解析】（1） f′(x)= +lnx(x>0)，由于x=1为 f(x)的极值点， f′(x)=1−a=0，故a=1. x 试卷第1页，共6页x−1 1 1 当a=1时，令g(x)= f′(x)= +lnx(x>0)，则g′(x)= + >0，所以g(x)在(0,+∞)上单调递增，又 x x2 x g(1)=0，所以当x∈(0,1)时， f′(x)=g(x)g(1)=0， f(x)单调递增，故a=1. (2) 法一：由题意有(x−a)lnx≥x+a−1对于x≥1恒成立，即xlnx−x+1≥alnx+a对于x≥1恒成立， xlnx−x+1 当x≥1时，lnx+1≥1，故a≤ 对于x≥1恒成立. lnx+1 xlnx−x+1 令h(x)= ， lnx+1 1 (lnx)2 +1− 则x≥1时，h′(x)= x = (lnx)2 + x−1 ≥0，当且仅当x=1时，h'(x)=0成立， (lnx+1)2 (lnx+1)2 x(lnx+1)2 所以h(x)在[ 1,+∞)上单调递增，所以h(x)≥h(1)=0，所以a≤0. 法二：当x≥1时，有 f(x)≥x+a−1，即当x=1时，有 f(1)≥1+a−1，解得a≤0； 下证充分性，即证当a≤0时，x≥1时，有 f(x)≥x+a−1， 当x≥1时，有(x−a)lnx−x−a+1≥0，记g(a)=−(lnx+1)a+xlnx−x+1， x≥1，∴−(lnx+1)<0，故g(a)在a≤0上单调递减，则g(a)≥g(0)=xlnx−x+1， 记r(x)=xlnx−x+1，则r'(x)=lnx，当x≥1时，r'(x)≥0，当且仅当x=1时，r'(x)=0成立， 即r(x)在x≥1上单调递增，故r(x)≥r(1)=0，故当a≤0，x≥1时，有 f(x)≥x+a−1恒成立. 16．【解析】（1）过点A作AO⊥平面ABC于点O，BC⊂平面ABC，所以AO⊥BC, 1 1 1 又AA ⊥BC，AA ∩AO= A，AA,AO⊂平面AAO, 1 1 1 1 1 1 1 ∴BC ⊥平面AAO, AO⊂平面AAO,∴BC ⊥ AO, 1 1 同理可证AB⊥CO，又ABC是正三角形，则O是ABC的中心， 连接AO，CO并延长交BC，AB于E，F，则E，F分别为BC，AB的中点， 又AE⊂平面AAO,∴BC ⊥ AE，故AB= AC,同理可证AB= AA， 1 1 1 1 1 1 1 综上，AA= AB= AC. 1 1 1 （2）法一：由（1）知，三棱锥A −ABC是正三棱锥，且A在底面ABC内的投影为等边ABC的中心O，又 1 1 ∠A AB=∠A AC =45，故三棱锥A −ABC的三个侧面AAB,ABC,AAC均为直角三角形，且 1 1 1 1 1 1 2 ∠AAB=∠BAC =∠AAC =90，则AE= AA， 1 1 1 1 2 1 2 3 3 又AB=2，可知AO= ，EO= ，则AO= AA2−AO2 = AE2−EO2 ，解得AA= 2 1 1 1 1 3 3 试卷第2页，共6页在平面AACC 中过C 作C M //AC，交AA 延长线于点M，则CM ⊥平面AAB，则∠C AM 即为直线AC 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 AM 2 2 2 5 与平面AABB所成角，其中AC = 10，AA= 2，AM =2 2，故cos∠C AM = = = 1 1 1 1 1 AC 10 5 1 2 5 即直线AC 与平面AABB所成角的余弦值 . 1 1 1 5 法二：以BC的中点E为坐标原点，以EA,EB为x,y的正方向， 过E且与OA 平行的方向为z轴的正方向建立空间直角坐标系， 1 则A ( 3,0,0 ) ,B(0,1,0),C(0,−1,0),A,   3 ,0, 6 ， 1   3 3    设平面AABB的法向量为n=(x,y,z)， 1 1  ( )   2 3 6 因为AB= − 3,1,0 ,AA =− ,0, ， 1   3 3     AB⋅n=− 3x+y=0    2 6  则    2 3 6 ，取z=1，则n=   2 , 2 ,1   , AA ⋅n=− x+ z=0   1 3 3       5 3 6 又AC = AC+CC = AA +AC =− ,−1, ， 1 1 1   3 3   设直线AC 与平面AABB所成角为θ， 1 1 1   n⋅AC 1 6 5 2 5 2 5 所以sinθ=   = = ，故cosθ= ，即直线AC 与平面AABB所成角的余弦值 . n AC 10 3 5 5 1 1 1 5 1 法三：以A为顶点建立直角坐标系（评分标准同上，详细答案略） 1 2 3 2 17.【解析】（1）由双曲线的方程知，a = 3，又离心率e= = .故c=2 3 3 x2 故双曲线的方程为 − y2 =1； 3 （2） 直线PQ的方程为x=ty+2， ① x2 联立 −y2 =1，得( t2−3 ) y2+4ty+1=0，  3  x=ty+2 故t2 −3≠0且∆=16t2−4 ( t2−3 ) =12t2+12>0， 试卷第3页，共6页设P(x,y ),Q(x ,y ),P'(−x,y )， 1 1 2 2 1 1 4t 1 则y +y =− ,y y = ， 1 2 t2−3 1 2 t2−3 12 −3t2−12 x +x =t(y +y )+4=− ,xx =t2y y +2t(y +y )+4= 1 2 1 2 t2−3 1 2 1 2 1 2 t2−3 ， 12 −3t2−12 由已知− >0, >0，所以− 3 X )=P(X < X )，且P(X > X )+P(X < X )+P(X = X )=1 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1−P(X = X ) N −1 所以P(X > X )= 1 2 = . 1 2 2 2N （2）Z的可能取值为0,1,,N −1 1 P(Z =0)=P(X = X )= 1 2 N 2(N −k) P(Z =k)=P(X = X +k)+P(X = X −k)= (k =1,2,,N −1) 1 2 1 2 N2 N−1 1 2(N −1) 2(N −k) 2 E(Z)=∑kP(Z =k)=0⋅ +1⋅ ++k⋅ ++(N −1)⋅ N N2 N2 N2 k=0 N−1k(N −k) N−1 k k2  N−1 k N−1 k2 2 N−1 2 N−1 =2∑ =2∑  − =2∑ −2∑ = ∑k− ∑k2 k=1 N2 k=1 N N2  k=1 N k=1 N2 N k=1 N2 k=1 2 (1+N −1)⋅(N −1) 2 (N −1)⋅(N −1+1)⋅(2(N −1)+1) = ⋅ − ⋅ N 2 N2 6 试卷第4页，共6页(N −1)⋅(2N −1) N2 −1 =(N −1)− = 3N 3N X + X − X −X X + X −Z （3）法一：X =min{X ,X }= 1 2 1 2 = 1 2 ， 1 2 2 2 X + X + X −X X + X +Z Y =max{X ,X }= 1 2 1 2 = 1 2 1 2 2 2 1 X 的可能取值为1,,N ，P(X =k)= (k =1,2,,N)， 1 1 N N k 1 (1+N)⋅N 1+N 1+N E(X )=∑ == ⋅ = ，同理有E(X )= 1 N N 2 2 2 2 k=1 1 1 11+N 1+N N2 −1 2N2 +3N +1 E(X)= E(X + X −Z)= [E(X )+E(X )−E(Z)]=  + − = 2 1 2 2 1 2 2 2 2 3N  6N 1 1 11+N 1+N N2 −1 4N2 +3N −1 E(Y)= E(X + X +Z)= [E(X )+E(X )+E(Z)]=  + + = 2 1 2 2 1 2 2 2 2 3N  6N 1 法二：X 的可能取值为1,,N，P(X =k)= (k =1,2,,N)， 1 1 N N k 1 (1+N)⋅N 1+N 1+N E(X )=∑ == ⋅ = ，同理有E(X )= ， 1 N N 2 2 2 2 k=1 又X +Y =min{X ,X }+max{X ,X }= X + X ， 1 2 1 2 1 2 Z = X −X =max{X ,X }−min{X ,X }=Y −X ; 1 2 1 2 1 2 由期望得线性可加性有：E(X)+E(Y)=E(X )+E(X )=N +1 ① 1 2 N2 −1 E(Y)−E(X)=E(Z)= ② 3N 2N2 +3N +1 4N2 +3N −1 E(X)= E(Y) = 联立①②解得 ， . 6N 6N 19．【解析】（1）若A={1,2,3,4}，则B={4,5,6,7,8,9,10,11}，此时AB={1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11}，AB={4} A∗B={1,2,3,5,6,7,8,9,10,11}，所以 ． （2）（i）解法一：设A={a ,a +d,a|𝐴𝐴+∗2d𝐵𝐵}|，=则10有a +2a =3a +2d ，a +2a =3a +4d， 1 1 1 1 2 1 1 3 1 a +2a =3a +d，a +2a =3a +5d，a +2a =3a +2d，a +2a =3a +4d ， 2 1 1 2 3 1 3 1 1 3 2 1 所以B={3a +d,3a +2d,3a +4d,3a +5d}，为使|A∗B|最小，应尽量使A,B中相同元素最多， 1 1 1 1 而a +2d <3a +2d，故A,B中最多一个相同元素，令a +2d =3a +d ，即d =2a 时，|A∗B|最小， 1 1 1 1 1 A={a ,3a ,5a}，B={5a ,7a ,11a ,13a}，此时A∗B={a ,3a ,7a ,11a ,13a}，|A∗B| =5． 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 min 试卷第5页，共6页解法二：由a ,a ,a 构成严格递增的等差数列可知，2a +a <2a +a <2a +a <2a +a ，则必有|B|≥4 1 2 3 1 2 1 3 3 1 3 2 又B中最小元素为a +2a ，则a ,a ∉B，则有|AB|≤1，所以|A∗B|=|A|+|B|−2|AB|≥3+4−2×1=5， 2 1 1 2 另一方面，当A={1,3,5}时，B={5,7,11,13}，此时A∗B={1,3,7,11,13}，|A∗B|=5， 综上，n=3时，|A∗B|的最小值为5． （ii） 引 理 ： 当 n≥4 时 ， 集 合 中 的 元 素 构 成 公 差 为 的 等 差 数 列 ， 则 B={3a +kd|1≤k ≤3n−4,k∈Z}𝐴𝐴 𝑎𝑎𝑖𝑖(1≤𝑖𝑖 ≤𝑛𝑛) 𝑑𝑑 >0 1 引理的证明：对任意1≤i， j≤n，i≠ j，a +2a =a +(i−1)d +2[a +(j−1)d]=3a +(i+2j−3)d i j 1 1 1 当i=2， j=1时，(i+2j−3) =1，当i=n−1． j=n时，(i+2j−3) =3n−4， min max 因此有B⊆{3a +kd|1≤k ≤3n−4,k∈Z}； 1 另一方面，再证明k 可以取到满足1≤k ≤3n−4的所有整数， ①取 j=n，当i依次取1,2,,n−1时，k =i+2j−3可取到满足2n−2≤k ≤3n−4的所有整数； ②取i=1，当 j依次取2,3,,n时，k =i+2j−3可取到满足2≤k ≤2n−2的所有偶数； ③取i=2，当 j依次取1,3,4,,n时，k =i+2j−3可取到满足k =1或5≤k ≤2n−1的所有奇数； ④取i=4， j=1，此时k =3， 由上述讨论可知，k 可以取到满足1≤k ≤3n−4的所有整数，此时有B⊇{3a +kd|1≤k ≤3n−4,k∈Z} 1 综上，引理得证． 故当n≥4时，B={3a +kd|1≤k ≤3n−4,k∈Z}，|B|=3n−4， 1 又a <3a +d ，a =a +d <3a +d ，即a ∉B，a ∉B，则有|AB|≤n−2， 1 1 2 1 1 1 2 所以|A∗B|=|A|+|B|−2|AB| ≥n+(3n−4)−2(n−2) =2n； 另一方面，当A={1,3,5,,2n−1}时，B={5,7,9,,6n−5}，AB={1,3,5,,6n−5}，AB={5,7,9,,2n−1}， 此时|A|=n，|B|=3n−4，|AB|=n−2，|A∗B|=|A|+|B|−2|AB|=2n， 综上，当n≥4时，|A∗B|的最小值为2n，所以，当n=2025时，|A∗B|的最小值为4050． 试卷第7页，共6页