广西壮族自治区“武鸣高中-贵百河”2025届高三下学期4月联考数学答案_2025年4月_250406广西壮族自治区“武鸣高中-贵百河”2025届高三下学期4月联考

2025 届“武鸣高中—贵百河”高三 4 月联考测试 数 学 参考答案评分细则 1．【答案】B【解析】由A  x∣2x 3   x∣xlog 3  ，B 1,1,3,5,7,  ，1log 32，则AB1,1  . 2 2 故选：B． 2．【答案】A.【解析】依题意，因为 , z =1．故选A。 1+2 5 3．【答案】C【解析】由题意可得b2 1 2,2 = c  2 8 − ， = 即c 5  = 4 1 ，又a2 b2 c2，即a2 16124a 2， 由双曲线的定义可得 MF  MF 2a 4，解得 MF 1或9，又 MF  MF 2c8，所以 MF 9. 1 2 1 1 2 1 故选：C   π π π   π 3π 4．【答案】A【解析】由a,b  ，可以推出m与n所成角为 ，但m与n所成角为 时， a,b  或 ， 4 4 4 4 4   π π 所以 a,b  是m与n所成角为 的充分不必要条件．故选：A. 4 4 5．【答案】A【解析】设方程（x2 4xm）(x2 4xn)0的四个根为x ,x ,x ,x ， 1 2 3 4 则，x x  x x 4，x x m,x x n，又因为方程（x2 4xm）(x2 4xn)0的四个根组成 1 2 3 4 1 2 3 4 1 1 7 7 1 一个首项为 的等差数列，设x  ，所以x  ，设等差数列的公差为d ，则，3d  x x   3 2 1 2 2 2 2 1 2 2 1 3 5 7 7 15 15 7 解得d 1，则等差数列为， ，，， ，所以m ,n ，则 mn   2，故选：2 2 2 2 2 4 4 4 4 1 6．【答案】答案：C.【解析】依题意，B、D周期为2，不合题意；A在(0，)上单调递增,不合题意， 4 故选C。 7．【答案】D【解析】∵20232025  20241 2025 C0 20242025 C1 20242024 C20242024C2025 2025 2025 2025 2025   2024 C0 20242024 C1 20242023 C2024 1 2024C2025，∴b202412023.故选：D 2025 2025 2025 2025 π 8．【答案】D【解析】对选项A：f x acosx，令 f  x  f x  ，则asinx acosx，解得x  kπ，kZ， 4 1 存在“坚定点”；对选项B： f x  ， 在 上单调递减，x0时， f x ，x时， x ′ f x 0； f  x lnax在 上 单 调递增 0, ， +∞ x0时， f  x ，x时， f  x ， 1 0,+∞ 所以关于x的方程 lnax在 上有一解，存在“坚定点”； x 0,+∞ 对选项C： f x 3x2 4xa，令 f  x  f x  ， 则x3 2x2 axa 3x2 4xa，即x3 x2  a4  x x  x2 xa4  0，显然x0是“坚定点”； 数学答案 第 1 页 共 8 页 {#{QQABRYYowgiwglTACY4KEwEkC0qQsJAiLUoEAQCdOAwLQZNABIA=}#}对选项D：f x aeax，令 f  x  f x  ，则eax  aeax，因为a0且a 1，所以不存在“坚定点”．故选： D. 9．【答案】BC.依题意，由经验回归方程 的斜率可知样本 负相关,故A不正确；由已知可得 y =−0.02x+a1 (xi,yi) ， ，因经验回归方程过样本中心， 5 2×10 3 970 x∴ =有100 =2×10 y =100=9 , . 解 7 得 ,故B正确；由已知的 、 分布图可知， 的集中度更高、拟合 3 度更好9.7，=∴−0.0更2小×、2×决1定0系+数a更1 大，a故1 =C4正9.确7 、D错误。故选BC。ei ui ui 2 10．【答案】AB σ D 2 【解析】由 f  x  x3bx2 cxd得 f x 3x2 2bxc， 因为 f  x  在 ,0  上是增函数，在  0,2  上是减函数，所以 f 0 0，所以c0， 2b 此时 f x 0的另外一个根 2，所以b3，因为方程 f  x 0有3个实数根，它们分别是，， 3 2，所以 f  2 0，所以d 4  b2 4， 且 f  x  x2  x x x32  x2  22 x2， b2 b2 所以 ，则 ， d 2 2b4 所以2 2 2 2b2 2 2  2b4 b2 4， 因为b3，所以b2 9，所以2 2的最小值是5，故选：ABD 32 32 42 34 11．【答案】ABD【解析】对于A，长方体外接球的半径R  ，故A正确. 2 2 对于B，以为A一顶点，AB,AA,AE为以A为顶点的棱，构造棱长为3的正方体ABHEABGF ，连接AG， 1 1 1 1 1 则点A到平面ABE 的距离为正方体体对角线长的 ，得 3 3  3，故B正确； 1 3 3 对于C，取AB的中点F ，连结OE,OF,EF ，则ABOF,ABEF， 1 1 1 又OF EF F,OF、EF  面EOF ，所以AB 面EOF . 1 AB面ABE,平面EOF 平面ABE . 1 1 1 过O作OH EF 于H ，则OH 平面ABE . 1 22 3 6 在EOF 中，计算得OF 2,OE  ,EF  ， 2 2 数学答案 第 2 页 共 8 页 {#{QQABRYYowgiwglTACY4KEwEkC0qQsJAiLUoEAQCdOAwLQZNABIA=}#}OE2 EF2 OF2 5 所以cosOEF   ， 2OEOF 33 2 2 2 3 于是sinOEF  ,OH OEsinOEF  ，故C错误. 33 3   对于D，过点A向平面ABE 作垂线，垂足为O ，连结OQ,OE，则AO  EQ，又EQAQ0，得 1 1 1 1 1   EQOQ 0，即点Q的轨迹为以OE为直径的圆，在ABE中， 1 1 1 3 OE  AB  6 ，所以点Q的轨迹在△AEB内的长度为 1 3 1 1 1 6  6π π，故D正确.故选：ABD 3 3 4 5  π 2 12．【答案】 【解析】由sin    . 9  6 3  π  π 4 1 所以cos2  12sin2    12  .  3  6 9 9  π π π 4π  π 1 由于为锐角，所以 0, ，则2   , ，结合cos2   0，  2 3 3 3   3 9 π π π  π  π 4 5 4 5 所以2   , ，因此sin2   1cos2 2   .故答案为： . 3 3 2  3  3 9 9 1 13．【答案】 【解析】若函数 y f(x)的定义域为{1,2,3,4}，值域为{5,6,7}， 12 则不同的函数的个数为C2P3 36，其中增函数共有3个： 4 3 （1） f  1  f(2)5, f(3)6, f(4)7；（2） f  1 5, f(2) f(3)6, f(4)7； 3 1 1 （3）f  1 5, f(2)6, f(3) f(4)7；故所求概率为  ，故答案为： . 36 12 12 14．【答案】 6 【解析】设P(x ,y )，则 y2 4x ，圆C的圆心C(4,0)，半径为r ， 0 0 0 0 由PA,PB切圆C于点A,B，得PC  AB,PA AC,PBBC，则 数学答案 第 3 页 共 8 页 {#{QQABRYYowgiwglTACY4KEwEkC0qQsJAiLUoEAQCdOAwLQZNABIA=}#}AB  PC  2S  4S  2 PA  AC  2r PC 2r 2 2r  x 4 2 y 2r 2 四边形PACB VPAC 0 0 2r x24x 16r2 2r (x 2)212r2 2r 12r2 ， 0 0 0 当且仅当x  2时，等号成立，可知 AB  PC 的最小值为 2r 12r2 12 ， 0 整理可得r4 12r2 360，解得r2 6，且r 0，所以r  6，故答案为： 6 . sin A cosA 15．【解析】（1）由题意，  ，即sinA  cosBcosC cosA  sinBsinC ，…… 1分 sinBsinC cosBcosC 化简得sinAcosBsinBcosAcosAsinCsinAcosC，…………………… 2分 即sin  AB sin  CA ，………… 3分，故ABCA或 AB  CA ，…………………… 4分   又ABC ，解得A ，故A ．…………………… 6分 3 3 （2）由题意ABAC2BC，即cb2a，………… 7分，等价于sinCsinB2sinA，………… 8分  3 由（1），A ，sinA ，即证sinCsinB 3．…………………… 9分 3 2     不妨设B ,C  （其中  ）， 3 3 3 3         则sinCsinBsin sin  sin coscos sinsin coscos sin………… 10分 3  3  3 3 3 3    2sin cos ………… 11分， 所以 2sin cos2sin  3．………… 12分， 3 3 3 故ABAC2BC，命题得证………… 13分 80302010202 16．【解析】（1）因为2   5.33 6.635 ，………… 1分 40403050 所以两校学生中数学成绩优秀率之间没有关系，所有数据都扩大10倍后： 8003002001002002 2   53.3 6.635 ，………… 3分，这时两校学生中数学成绩优秀率之间有关系， 400400300500 所以相同的检验标准下，再用独立性检验推断学校和数学成绩之间的关联性，结论不一样， 主要是因为样本容量的不同，只有当样本容量越大时，用样本估计总体的准确性会越高.………… 4分 10 20 （2）抽取甲、乙、丙三所学校优秀学生人数分别为：24 6,30 15,30%309，………… 6分（若算 40 40 对一个就给1分） 记A,A ,A 分别为事件“抽到的学生来自甲、乙、丙学校”，B为事件“抽到一名优秀学生”，………… 7分 1 2 3 24 2 30 5 则PA  ,PA PA   ，………… 9分（若算对一个就给1分） 1 243030 7 2 3 243030 14 数学答案 第 4 页 共 8 页 {#{QQABRYYowgiwglTACY4KEwEkC0qQsJAiLUoEAQCdOAwLQZNABIA=}#}P  B A  6  1 ,P  B A  15  1 ,P  B A  9  3 ，………… 11分（若算对一个就给1分） 1 24 4 2 30 2 3 30 10 所以PBP  B A  PAP  B A  PA P  B A  PA   1  2  1  5  3  5  5 ，………… 13分 1 1 2 2 3 3 4 7 2 14 10 14 14 （若算不对就给公式1分） 所以从中抽到了一名优秀学生，该名学生来自丙校的概率为： 3 5 P  A B  PA 3 B  P  B A 3  PA 3   10  14  3 .………… 15分（若算不对就给公式1分） 3 PB PB 5 10 14 17．【解析】（1）在△PBD中，作BE  PD，垂足为E，点E即为点B在平面PAD的射影．………… 1分 下面证明BE 平面PAD： 因为四边形ABCD为等腰梯形，所以ADC A，………… 2分 在 △ABD ， △BCD 中，BD2  AB2  AD2 2ABADcosA 2016cosA， 1 BD2 CB2 CD2 2CBCDcos  π A 88cosA，解得cosA ，………… 3分， 2 BD 2 3．又AD2，AB 4，∴AD2 BD2  AB2，………… 4分 ∴AD  BD．又平面PBD平面ABCD，平面PBD平面ABCD  BD，AD 平面ABCD， ∴AD 平面PBD，（5分）又BE 平面PBD，∴ADBE．………… 6分 又BE  PD，ADPD  D，AD,PD平面PAD，∴BE 平面PAD．………… 7分 （2）连接点P与BD的中点O，则PO  BD．又平面PBD平面ABCD，平面PBD平面ABCD  BD， PO平面PBD，∴PO平面ABCD．………… 8分 如图，以D为原点，过点D且平行于PO的方向为z轴， 直线DA，DB分别为x轴，y轴建立空间直角坐标系，       则A 2,0,0 ，B 0,2 3,0 ，P 0, 3,3 ．………… 9分      设平面PAD的法向量为n x,y,z，易知DA 2,0,0 ，DP 0, 3,3 ， 1 2x0,    则  3y3z 0, 取z 1，则x0， y  3，则n 1  0, 3,1 ．………… 11分 设平面PAB的法向量为n   x ,y ,z  ，  A  B    2,2 3,0  ，  A  P    2, 3,3  ， 2 1 1 1 数学答案 第 5 页 共 8 页 {#{QQABRYYowgiwglTACY4KEwEkC0qQsJAiLUoEAQCdOAwLQZNABIA=}#} 2x 2 3y 0,    则 1 1 取x 1 3，则 y 1  3，z 1 1，则n 2  3, 3,1 ．………… 12分  2x  3y 3z 0, 1 1 1     n n 2 13 ∴cos n 1 ,n 2  n  1  n  2  2 13  13 ，………… 14分 （若算不对就给公式1分） 1 2 13 故平面PAB与平面PAD的夹角的余弦值为 ．………… 15分 13 1 1 18．【解析】（1）当a  时， f x cosx x2 1. ………… 1 2 2 因为 f  x  是偶函数，先证当x 0, 时， f x0. 由 f x sinxx，设m  x  f x sinxx，所以m x cosx10，………… 2分 所以 f x  在  0, 上单调递增，所以 f x  f 0 0，………… 3分 所以 f  x  在  0, 上单调递增，所以 f  x  f  0 0………… .4 因为 f  x  是偶函数，所以当x,0  时，x0,， f  x  f x 0. 综上， f x0.………… 5分 （2）由 f  x cosxax21，得 f x sinx2ax. 因为 f  x  在  0, 上为增函数，所以 f x 0对x 0, 恒成立. ①当x0时， f x 0恒成立，此时aR；………… 6分 sinx ②当x 0时，即2a 对x 0, 恒成立.………… 7分 x 令g  x  xsinx，x 0. 由（1）知g  x  在  0, 单调递增，所以g  x  g  0 0，………… 8分 sinx 1 即xsinx 0，所以 1所以2a1，解得a ，………… 9分 x 2 1  即a的取值范围为  , .………… 10分 2  （3）由（1）可知，当a  1 ，x 0, 时，cosx 1 x2 10，即cosx1 1 x2，………… 11分 2 2 2 当且仅当x0时，等号成立. 1 1 1 令x  ，nN*，则cos 1 ，………… 12分 n n 2n2 数学答案 第 6 页 共 8 页 {#{QQABRYYowgiwglTACY4KEwEkC0qQsJAiLUoEAQCdOAwLQZNABIA=}#}1 1 2 2  1 1  即cos 1 1 1 1   .………… 13分 n 2n2 4n2 4n2 1 2n1 2n1 1 1 1 1 1 由（2）可得，当x 0时，x sinx.因为0 1，所以 sin cos tan ， n n n n n 1 1  1 1  cos 1    即 1 n 2n1 2n1.………… 14分 ntan n n 1 1 1 1 1  1 1   1    1    1    所以 1 1 3 3 5 2n1 2n1 16分 i1 itan i n 1 2n2 n 1 1 1 1 1 1  2n   n        n .所以 1 2n1 . ………… 17分 1 3 3 5 2n1 2n1 2n1 i1 itan i 19．【解析】（1）当切线斜率不存在时，显然x1与圆O:x2  y2 1相切，………… 1分 20．当切线斜率存在时，设切线为 y k  x1  3，………… 2分 3k 3 21．由圆心到切线的距离为1，所以 1，解得k  ，………… 3分 1k2 3 3 22．则 y   x1  3，整理得x 3y20，综上，切线的方程为x1和x 3y20.………4分 3 （2）由题设，若P  x,y  ，则(x2)2 (y4)2 x2  y2 34 ，整理得x2  y2  2x4y7，………… 5分 2 PB 若存在N  m,n  ，使 k为定值，………… 6分 2 PN 又 PB 2  PO 2 1 x2 y21， PN 2 (xm)2(yn)2，………… 7分 则x2  y2 1k(xm)2 k(yn)2 ，整理得  1k  x2 y2 k  m2n2 2mkx2nky1，……8分 即  1k  2x4y7 k  m2n2 2mkx2nky1， 整理得  22k2mk  x 44k2nk  y67kk  m2n2 0 ， ………… 9分 数学答案 第 7 页 共 8 页 {#{QQABRYYowgiwglTACY4KEwEkC0qQsJAiLUoEAQCdOAwLQZNABIA=}#} 1k mk 0 2  PB  1 2 要使 为定值，则 22k nk 0 ，得m ，n  ，………10分 PN 2  5 5 7k k  m2 n2 6  5 1 k  或m1，n2，k  ，………… 11分 6 2  1 2 5 1 综上，存在定点N  , ，定值 ，或定点N 1,2  ，定值 .………… 12分  5 5 6 2   （3）设C  x ,y  ，D  x ,y  ，E  x ,y  ，EC  x x ,y y ，OC  x ,y ，……13分 1 1 2 2 0 0 1 0 1 0 1 1 由CE CO，则x  x x  y  y  y 0，即x2 x x  y2  y y  0，…………14分 1 1 0 1 1 0 1 1 0 1 1 0 又x2  y2 1，故x x  y y 1，…………15分 1 1 1 0 1 0 同理x x  y y 1，所以直线CD为x x y y 1，…………16分 2 0 2 0 0 0 又M在CD上，所以x  3y 1，故点E在直线x 3y 1上.…………17分 0 0 数学答案 第 8 页 共 8 页 {#{QQABRYYowgiwglTACY4KEwEkC0qQsJAiLUoEAQCdOAwLQZNABIA=}#}