数学参考答案_2025年1月_250108湖北省部分市州2025年元月高三期末联考（全科）_湖北省部分市州2025年元月高三期末联考数学

湖北省部分市州 年元月高三期末联考 2025 数学参考答案及解析 一、单项选择题:本题共8小题，每小题5分，共40分. 1.A 2.C 3.C 4.D 5.B 6.B 7.C 8.B 7.【答案】C （法一）平面ABCD内，以AD,AB为x,y轴建系，则A(0,0），B(0,3),设Q(x，y）， 则由 QA 2QB ，化简可得x2   y4 2 22. Q在平面上以（0，4）为圆心，2为半径的圆上，当Q到平面DD A的距离最大时，三棱锥 1 QDD A的体积最大，此时Q（0，6），设此时锥体的外接球半径为R，可补体为长方体， 1 32 32 62 则有R  ,S 4R2 54 2 （法二）平面ABCD内， QA 2QB ，延长AB至M ,使得BM 1，延长AB至Q ,使 1 得BQ 3，由阿氏圆的性质可知，Q在以M 为圆心，2为半径的圆上，则Q在Q 时，三 1 1 棱椎QDD A的体积最大,设此时锥体的外接球半径为R，则有 1 2 3 2 R2   32(或同法一，补体为长方体）S 4R2 54    2  8.【答案】B   分析得 y ax2 bxc与 y cos( x )有相同的零点1和7，易知a  0，c  0且 6 3  b 8   a 1和7是方程ax2 bxc  0的两根，所以 ， c  7   a 1 1 所以b  8a，c  7a，所以2bca  9a  6，a   取等，选B a 3 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分. 9.BD 10.ACD 11.ABD 11.【答案】ABD x2  y2 1在（cos,sin）处的切线方程为xcos ysin1，所以A正确； x2 y2 xcos ysin 椭圆  1在（mcos,nsin）处的切线方程为  1，B正确； m2 n2 m n将(x ，2x 3)代入 y 3t2x2t3得2t3 3t2x 2x 3  0，构造 0 0 0 0 f(t)  2t3 3t2x 2x 3， f (t)  6t(t  x )，易知 f(t)在(0，)无零点，C错误； 0 0 0 1 1 若(x ，y )不在直线族上，代入直线 y  x 得y a2 ax 1 0， 0 0 a a2 0 0 x 2 1 1 4 4   x 2 4y  0，所以 y  0 ，联立 y  x 和x2  4y得x2  x  0， 0 0 0 4 a a2 a a2 1 1 所以  0，所以直线 y  x 和x2  4y相切，又axby 1不包括直线y 0，所 a a2 以）x2 4y（x0）是直线族axby 1的包络曲线，D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 1 12.28 13.4 2 14. e 13.【答案】4 2 当x0,y0时，曲线为x2  y2 2x2y在第一象限的部分， 即 x1 2   y1 2 2，且图像关于x轴、y轴，坐标原点均对称. 则A,B距离的最大值为直径的2倍，为4 2. 1 14.【答案】 e 方法一： m x(0,e)，不等式 2en1恒成立 x2(1lnx) 1 令h(x) x2(1lnx)，则h(x)2x(1lnx)x2( ) x(12lnx) x e 则h(x)在（0，e)上单调递增，在（ e，)上单调递减，h(x)h( e) . 2 m m e 且h(x)0， 2en1，  x2(1lnx) x2(1lnx) 2en1 2 n n n men，  ，令g(n) ，则g(n)在(，1)上单调递增，在(1，)上单调递减， m en en n 1 n n 1 g(n)  g(1)    en e m en e m 方法二：x(0,e)，不等式 2en1 0恒成立 x2(1lnx)2 2 e e m  m   x  x e 2 mt 即  en1令t   (1,),lnt 0 en1 e e 2  x lnt 2ln  ln   x  x en1lnt m 在t(1,)上恒成立. t lnt lnt 1 令(t) ，则(t)在(0，e)上单调递增，在(e，)上单调递减，(t) (e) t t e en1 n n n m en,当n0时， 0；当n0时，  ； e m m en n 令g(n) ，则g(n)在(，1)上单调递增，在(1，)上单调递减， en n 1 n n 1 g(n)  g(1)    en e m en e 四、解答题：共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 15.解析： （1）由正弦定理得 sin A sin2Ccos2C2sinCcosC sinB ……………2分 3    C(0， )，C ( ，)，2sin(C )0，sinCcosC 0 4 4 4 4 sin A(sinCcosC)sinB ……………4分 又B (AC) sin AsinCsin AcosC sin(AC) sin AcosC cosAsinC sin AsinC cosAsinC，又sinC  0，所以tan A1，A(0，)  A . ……………6分 4 （2）由正弦定理及二倍角公式得2sinCsinBcosB  3sinBsinC， 3 3  cosB  又B(0， )B  ……………8分 2 4 6   6  2 sinC sin(AB)sin(  )  .……………10分 4 6 4 a c b 2 由正弦定理     4，a 2 2，c 6 2， sin A sinC sinB 1 2 周长abc  23 2  6. ……………13分1 1x 16.解析：（1）a 1时， f(x)  lnx x1， f(x) 1 ，(x0)……1分 x x 令 f(x)0，所以x 1， ……………2分 当x(0，1)， f (x)  0，当x(1，)， f (x) 0； 所以x 1时， f(x)有极大值 f(1)  0， ……………5分 无极小值 .……………6分 a lnx1 （2）方法一：由题意可知a(x2 x1) f(x)，所以ax  ……………7分 x x lnx1 由（1）知 1，x1取等号， x 1 所以只需a(x )1， x1取等号 x 1 a ……………8分 2 1 下面证明a 时，不等式成立， 2 要证a(x2 1)(lnx1)，即需证明(x 2 1) 2(lnx1)成立。 ……………10分 2 2(x2 1) 令G(x)  x2 12(lnx1)，G(x)  2x  ……………12分 x x 当x(0，1)时，G(x) 0， 当x(1，)时，G(x)  0，所以G(x)G(1)  0,所以不等式(x 2 1) 2(lnx1)成 1 立，所以a 时，a(x2 1)(lnx1)成立 ……………15分 2 方法二：由题意，a(x2 1)lnx1 ……………7分 1 易知x 1时，2a1，所以a ……………8分 2 1 下面证明a 时，不等式成立， 2 要证a(x2 1)(lnx1)，即需证明(x 2 1) 2(lnx1)成立。 ……………10分 2 2(x2 1) 令G(x)  x2 12(lnx1)，G(x)  2x  ……………12分 x x 当x(0，1)时，G(x) 0，当x(1，)时，G(x)  0，所以G(x)G(1)  0,所以不等式(x 2 1) 2(lnx1)成 1 立，所以a 时，a(x2 1)(lnx1)成立 ……………15分 2 lnx1 方法三：依题意，a 恒成立 ……………7分 x2 1 lnx1 令g(x) ，x0 x2 1 1 x2xlnx 则g(x) x ,g(1)0 ……………10分  x2 1 2 1 当x1时， x0,2xlnx0,g(x)0,g(x)单调递减 x 1 当0 x1时， x0,2xlnx0,g(x)0,g(x)单调递增 ……………13分 x 1 1 g (x) g(1) a ……………15分 max 2 2 17.解析： (1）PA  PB,O为AB中点,PO  AB,PO 1 ……………1分 在OAD中，OD  AD2 OA2  22 12  5     又 5 2 12  6 2，即OD2 OP2  PD2, ……………3分 PO OD ABOD O,PO 平面ABCD， BC 平面ABCD，PO  BC ……………6分 （2）取CD中点H ，则OH  AB,由（1）可知，PO 平面ABCD PO OB,PO OH ……………7分 以O为坐标原点，OB,OH,OP分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系， O(0,0,0) , B(1,0,0) , C(1,2,0) , D(1,2,0) , A(1,0,0) , 1 1 P(0,0,1) Q( ,1, ),PC (1,2,1),CD (2,0,0), 2 2 设平面PCD法向量为n (x ,y ,z )， 1 1 1 1  2x 0 1  x 2y z 0 1 1 1 n (0,1,2) ……………9分 1平面BNQM // AC ，AC 面PAC ，面PAC 面BNQM  MN 3 1 MN // AC ,AC (2,2,0),BQ ( ,1, ) 2 2 设平面BNQM 法向量为n (x ,y ,z ),n MN 0,n AC 0 2 2 2 2 2 2  2x 2y 0  2 2 ，则n (1,1,5)， ……………12分  3x 2y z 0 2 2 2 2 n n 15 cosn ,n  1 2  1 2 n  n 5 1 2 15 平面BNQM 与平面PCD夹角的余弦值为 ……………15分 5 18.解析：         （1）PF PF  POOF  POOF  POOF  POOF 1 2 1 2 1 1 2 2 2  PO OF  PO c2 b2 c2 ……………3分 1 b2 c2 1c2 2 c2 3，a2 b2 c2 314 x2 椭圆M 的方程为  y2 1. ……………5分 4 （2）（i）若直线CD斜率不存在，则k k 0，不符合题意； ……………6分 1 2 当直线CD斜率存在时，设直线CD: y kxm，m 1,C(x ,y ),D(x ,y )， 1 1 2 2 联立直线CD和椭圆方程， y kxm    x2  14k2 x2 8kmx4m2 40  y2 1   4  8km x x   1 2 14k2 韦达定理可得： 且  0 4m2 4  x x    1 2 14k2 方法一： k y 1 y 1 y2 1 y2 1 1 令直线AD斜率为 4，则k k  2  2  2  2  2 4 x x x 2 4(1 y2) 4 1 1 1 2 1 又k 3k ,k k  ……………8分 2 1 1 4 12   y 1 y 1 1 kx m1 kx m1 1 即 1  2  , 1 2  x x 12 x x 12 1 2 1 2 1     kx m1 kx m1  x x 1 2 12 1 2  1  k2  x x k(m1)(x x )  m1 2 0  12 1 2 1 2   k2  1   4m2 4  8k2m(m1)  14k2  m1 2 0,展开可得：  12 1 2m2 3m10， 2m1  m1  0,m 或m1 2 若m1，直线CD: y kxm恒过(0，1)，不合题意，舍去； 1 1 若m ，直线CD: y kxm恒过(0，) 2 2 1 直线CD恒过定点S(0, ). ……………11分 2 1m2 k y 1 x 方法二：kx x  (x x )， 2  2  1 3 1 2 2m 1 2 k x y 1 1 2 1 （kx m1）x  2 1 3 ……………8分 (kx m1)x 1 2 1m2 2m (x 1 x 2 )(m1)x 1  （1m22m）x 1 (1m2)x 2 3 1m2 (1m2)x (m22m1)x (x x )(m1)x 1 2 2m 1 2 2 1m2 2m 1m2   3，又m 1 1m2 m2 2m1 1 1 所以m ,直线CD恒过定点S(0, ). ……………11分 2 2 y 1 y 1 （ii）由（i）可知，直线AC: y  1 x1,直线BD: y  2 x1 x x 1 2 y1 y 1 x k 1  1  2  1  ,y 2 ……………15分 y1 x y 1 k 3 1 2 2 即Q点在直线 y 2上，令 y 2与 y轴的交点为T(0,2) AT 1 BT 3 ST 3 则 k   ; k   ; k   , 1 QT QT 2 QT QT 3 QT 2QT 显然k ,k ,k 同号，则有 1 2 31 1 2   . ……………17分 k k k 1 2 3 19.解析： 1 ⑴P  ； ……………2分 1 4 依题意，4个产品的位置从第1个到第4个排序，有A4 24种情况，同学B要取到最贵价 4 值产品，有以下两种情况：最贵价值产品是第3个，其它的随意在哪个位置，有A3 6种 3 情况；最贵价值产品是第4个，第二贵价值产品是第1个或第2个，其它的随意在哪个位置， 5 有2A2 4种情况,所以所求概率P  . ……………5分 2 2 12 (2) (i) 法一：若考虑全部产品排序，价值最大的产品是第km件，共有（n1)!种排法，先从n1 件产品中挑（km1)件产品出来，其中价值最大的产品放在前k件，剩下的全排列，共 Ckm1k(km2)!种排法，剩下的(nkm)件产品全排列，即 n1   n1! k(km2)！(nkm)！ Ckm1k(km2)!(nkm)!  km1  !  nkm  ! P  n1  2  n1  !  n1  ! k  ……………10分 km1 法二：若价值最大的产品是第km件，则乙同学能取到该产品，只需要前km1件产品 中价值最大的产品排在前k件，即 k P  ……………10分 2 km1 (ii)记事件A表示最贵价值产品被乙同学取到， 1 事件B 表示最贵价值产品排在第i个,则PB  ， i i n n 1 n 由全概率公式知：P(A)P(A|B)P(B) P(A|B)， i i n i i1 i1 当1ik时，最贵价值产品在前k个中，不会被取到，此时P(A|B)0； i 当k1in时，最贵价值产品被取到，当且仅当前i1件产品中最贵的一个在前k个之中， k 此时P(A|B) i i1 1 k k k k n 因此P(A) (   ) ln ……………13分 n k k1 n1 n kx n 1 n 1 n 令g(x) ln (x0)，求导得g(x) ln  ，由g(x)0，得x n x n x n e n n 当x(0, )时，g(x)0，当x( ,n)时，g(x)0 e e n n 即函数g(x)在(0, )上单调递增，在( ,n)上单调递减 ……………15分 e e n 1 n k n 1 则g(x) g( ) ，于是当k  时，P(A)  ln 取得最大值 max e e e n k e 1 n 所以P 的最大值为 ，此时k的值为 . ……………17分 2 e e