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
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{#{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
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{#{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
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{#{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
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数学答案 第 8 页 共 8 页
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