数学答案_2025年3月_250312湖北省七市州高三年级2025年3月联合统一调研测试_数学

2025 年湖北省七市州高三年级 3 月联合统一调研测试
数学参考答案及评分标准
（2025.03.12）
一、选择题
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 C A B B C B A D
x 2x
2 1 1
 1   3
6．解析：设A(x ,y ),B(x ,y )，F(1,0)，不妨设AF  AB，所以 ，令
1 1 2 2 3 y 2y

2 1 0
 3
3 1 y  y 3t 2
y t,y 2t ，所以t2 2t2  ，t2  ，k  2 1   ，所以k2 8．
1 2 2 2 x x 3t2 t
2 1
2
7．解析：f(x )x 3，g(x )x 3，因为 f(g(x)) x，所以g(x ) f(g(x ))3，
1 1 2 2 2 2
即 f(g(x ))g(x ) 3．因为 f(x)是定义域为R的单调递减函数，所以函数 f(x)x单
2 2
调递减，故x  g(x )，g(x )x  x x 3，即x x 3．关注湖北升学通获取更
1 2 2 2 1 2 2 1
多信息
8．解析：M点在以AC的中点O为球心、半径为 2的球面上，又点M在平面BCD上，
1
点M在平面BCD与球的一个截面圆上．取CD的中点E，AB的中点F，A B 的中点G，连
1 1 1
接EFG，因为CD 平面EFG，所以面B CD 面EFG，面B CD 面EFG=GE，作OO GE
1 1 1
⊥ ⊥ OO OE∩ 5 ⊥
于O ，所以OO 面B CD，由相似三角形性质可得， 1  ，所以OO  ，
1 1 1 1
GF GE 5
⊥
5 3 5
OM  2( )2  ，点M在以O 为圆心、
1 5 5 1
3 5
为半径的圆上．因为CO =O M，所以C在该圆
1 1
5
6 5
上，则|MC|的最大值为 ．关注湖北升学通获取更多信息
5
第 1 页 共 8 页二、选择题关注湖北升学通获取更多信息
题号 9 10 11
答案 BD ACD ABD
1 1
11．解析：f(x)cosx ，数形结合，得到(0,)内 y cosx,y  的大致图象为如图
x x
1 1
所示，故 f(x)0(x(0,))，A对．由 f(x ) f(x )得cosx  cosx  ，即
1 2 2 x 1 x
2 1
x x x x x x x x x x x x x x
2 1 cosx cosx cos( 2 1  2 1)cos( 2 1  2 1)2sin 2 1 sin 2 1
x x 1 2 2 2 2 2 2 2
2 1
x x  x x x x x x
由 题 意 2 1 (0, ) ， 则 2 1 2 2 1 sin 2 1  x  x
2 2 x x 2 2 2 1
2 1
（x0,sinx x ，教材课后习题）则x x 1，B正确．
1 2
又 f(x ) f(x )sinx sinx lnx x sinx sinx 2 ，D正确．
1 2 1 2 1 2 1 2
f(x ) f(x )
因为 f(x )f(x )( 1 2 )2 1，从而C错误． 11题图
1 2 2
三、填空题关注湖北升学通获取更多信息
题号 12 13 14
1
答案 20 1
2
14．解析：因为a 0,a a 2或a a 2，又
1 n1 n n1 n
a (a a )(a a )(a a )a 4050，设2025个差中有x个2和y
2026 2026 2025 2025 2024 2 1 1
2(x y)4050
个2, ,所以x=2025，y=0，即数列{a }前2026项成等差数列,公差为d=2.
x y 2025 n
2025xa xa d xa d xa d d d d
f(x) n1  1  2  2025    2025
xa xa xa xa xa xa xa
n1 n 1 2 2025 1 2 2025
d d d
令h(x) f(xa )2025   ，即
1013 xa a xa a xa a
1 1013 2 1013 2025 1013
d d d d d d d
h(x)       ，所
x1012d x1011d xd x xd x1011d x1012d
a
以h(x)h(x)，从而 y h(x)为奇函数，从而a a 2024,b 2025， 1．
1013 b1
第 2 页 共 8 页四、解答题
15．（13分）关注湖北升学通获取更多信息
解：(1)在ABC中，因为ABC ， sin A  sin AsinC sin2Bsin2C ；
a2 c2 b2 1
据正弦定理可得：a2 acb2 c2，则cosB   ，………………3分
2ac 2

B 0，，B ．…………………………………………………………………5分
3
| AP| |BP|
(2)在ABC中，∠BPC2∠A， ABPA，则  ；…………7分
|PC| |PC|
2   
sin  A sin  A
|BP| sinBCA 3   3 
据正弦定理    ；……………………9分
|PC| sinPBC    
sin  A sin  A
 3   3 
| AP| 3cosAsin A 3 tan A 2 3
则   1 ，…………………11分
|PC| 3cosAsin A 3tan A 3tan A
    
又PBC   A，A 0， ，则tan A 0，3 ………………………………12分
3  3 
| AP|
故 的取值范围为 1，+．………………………………………………………13分
|PC|
16．（15分）关注湖北升学通获取更多信息
解：（1）过点B作BH CD于H，……………………………………………………1分
面BCD面ACD，面BCD面ACDCD，
BH 面ACD，
故BH  AD；…………………………………………………3分
又AB为直径，BD AD;………………………………4分 16题图
又BDBH  B ， BD,BH 面BCD，AD 面BCD;
BC  AD，且AB BC，AD、AB面BAD，ADAB A．
BC 面ABD ，BD面ABD， BD  BC………………………………6分
第 3 页 共 8 页1 1 1 1 9
（2）据(1)知，BC面ABD，V  BCS  BDAD (BD2AD2) AB2  ,
CABD
3
ABD
2 4 4 4
当BD  AD时，V 达到最大；…………………………………………………………8分
CABD
过点D作DO AB于O，建立以O为原点，OD为x轴，
OA为y轴，过O点垂直于平面ABD的方向为z轴．设平面
 
BED与平面AEB的法向量分别为n ，n ．
1 2
 3   3  3   1 
则点B0， ,0，A0，,0，D ，0，0，E0，,1，
 2   2  2   2 
 3   3 3  
C0， ,3．BD  ，，0 ，BE  0，2，1  ; ……………………………10分
 2  2 2 
 
 BDn 0 x y0 
则  1  ；令x1，可得n  1，1,2  ； …………………13分
BEn 0 2yz 0 1
1

因为平面AEB的法向量为n

1,0,0

． …………………………………………14分
2
 
n n
6
1 2
则平面BED与平面AEB夹角的余弦值cos    ．…………………15分
n  n 6
1 2
17．（15分）关注湖北升学通获取更多信息
  
1 2x1 ax1
解：(1) f  x 2ax 2a  lnx 的定义域为  0，  ，导函数 f x   ．
x x2
  
2x1 ax1 1 1
令 f x   0，解得x  ，x  ． ………………………………2分
x2 1 2 2 a
  
2x1 ax1
①当a 2时，f x   0恒成立， f  x 的无递增区间，f  x 的递减
x2
区间为  0，  ； …………………………………………………3分
② 当 a2 时 ， 1  1 ，令 f x  0 ， 得 x   1 ， 1   ； 令 f x  0 ， 得
2 a  a 2
 1 1   1 1
x0，  ， ，  f  x  的递增区间为  ， ， f  x  的递减区间为
 a 2   a 2
 11 
0， ， ，
 a2 
第 4 页 共 8 页③当 2a0 时 ， 1  1 ，令 f x  0 ， 得 x 1 ， 1   ； 令 f x  0 ， 得
2 a 2 a
 1  1  1 1
x0， ， ， f  x  的递增区间为  ，  ， f  x  的递减区间为
 2  a  2 a
 1 1 
0，， ，； ……………………………………………………6分
 2 a 
综上所述，当a 2时， f  x 无递增区间， f  x 的递减区间为  0，  ；
 1 1  11 
当a2时， f  x 的递增区间为 ，， f  x 的递减区间为0， ， ，；
 a 2  a2 
1 1  1 1 
当2a0时，f  x 的递增区间为 ， ，f  x 的递减区间为0，， ，；
2 a  2 a 
…………………………………………………………………………………7分
1 1 1
(2)若a 0， f  x 2ax 2a  lnx 2lnx ，g  x  emx x2 mx ，
x x x
 f  x g  x 0emx mx2lnxx2 lnx2 elnx2    ……………………9分
令h  x   xex,x  0,  ， h x  1ex 0，
h  x 在 0,  上单调递增，………………………10分
故上式    中满足：h  mx h  lnx2 ， mxlnx2
lnx2 2lnx
可得：m  ；……………………12分
x x
2lnx 2  1lnx 
令F  x  ，F x  ，当F x 0时，x=e．
x x2
所以F  x  在  0,e  上单调递增；在  e， 上单调递减，且当x时，F(x)0且
2
F  x 0．则F  x   F  e  ．…………………………………………………14分
最大值 e
2 2
综上所述，当m 时，该方程有0个根；当m 或m0时，该方程有1个根；当
e e
2
0m 时，该方程有2个根．…………………………………………………………15分
e
第 5 页 共 8 页18．（17分）
1
解：(1)由题意X {1，2}，第2周开始时商品A不同供给量的概率为P(X 1) ，
n 2 2
ϵ 1
P(X 2)1P(X 1) ，……………………………………………………………2分
2 2 2
第3周开始时商品A供给量的概率为
P(X 1)P(X 1|X 1)P(X 1)P(X 1|X 2)P(X 2) 1  1 ( 1  1  1 ) 1  5 ，
3 3 2 2 3 2 2 8 2 8 4 8 2 16
…………………………………………………………4分
11
P(X  2)1P(X 1) ．……………………………………………………………5分
3 3 16
第3周开始时商品A的供给量分布列为，关注湖北升学通获取更多信息
X 1 2
3
5 11
P
16 16
……………………………………………………6分
（2）（ⅰ）记D 为商品A第n周内的的需求量，由题意，X 与D 的状态有关，当n1时，
n n n

若D <X ，则X  X D ；若D X ，则X =2．设 (x,1x)，即
n n n1 n n n n n+1 n
≥
P(X 1) x,P(X 2)1x， …………………………………………………8分
n n
1 1 1 1x
由全概率公式可得P(X 1) P(X 1) P(X 2) x ，
n1 8 n 2 n 8 2
7 1x
P(X 2)1P(X 1) x ，……………………………………………12分
n1 n1
8 2
  1 1x 7 1x 4  4 7
由  ，得 x  x, x 1x ，解得x ，故( , )．
n n1 8 2 8 2 11 11 11
………………………………………………………………………………………13分
 4 7
（ⅱ）由（ⅰ）可知，定常态分布( , )，所以从长远来看，
11 11
4 7
P(X 1) ,P(X 2) ， ……………………………………………………14分
n 11 n 11
记商品A需求大于供给的概率为P(D  X )，由全概率公式，关注湖北升学通获取更多信息
n n
P(D  X )P(D  X | X 1)P(X 1)P(D  X | X 2)P(X 2)
n n n n n n n n n n
3 4 1 7 19 ……17分
=    
8 11 8 11 88
第 6 页 共 8 页19．（17分）
解：(1)由题意 f '(x)tex, f '(0)t ，在P 处的切线方程为 y txt ，令y=0，可得
0
a 1， …………………………………………………………………………………2分
1
由Q (a ,0)可知P (a ,tea n)，在P 处的切线方程为 y tea n(xa 1)，令y=0可得
n n n n n n
a a 1，从而数列{a }是以a 为首项、公为差为1的等差数列，所以a n．
n1 n n 1 n
……………………………………………………………………………4分
(2)(ⅰ)设A(x ,y ),B(x ,y )，由题意x ,x 不同时为0，不妨令x 0且x  x ，
1 1 2 2 1 2 1 1 2
y y
S  1 |Q Q |,T  2 |Q Q |，由(1)可知|Q Q ||Q Q |a a 1，
n 2 n n1 n 2 n1 n2 n1 n2 n n1 n n1
y t y t
则S  1  ex 1,T  2  ex 2 ．…………………………………………………………6分
n 2 2 n 2 2
y  y tex 1tex 2 tex 1tex 2 ex 1ex 2 ex 1ex 2
要证k S T ，即证k  1 2   ，即证  ，
n n x x x x 2 x x 2
1 2 1 2 1 2
m m m m m 1 1
令m =ex 1,m =ex 2，即证 1 2  1 2 ，再令 2 (1)，即证  ，
1 2 lnm lnm 2 m ln 2
1 2 1
2(1) 2(x1) (x1)2
即证ln ．构造函数g(x)lnx (x 1)，则g(x) 0 ，
1 x1 x(x1)2
1 1
由g(x)单调性可得g(x) g(1)0．从而  得证，即k S T ．
ln 2 n n
………………………………………………………10分
tex 1tex 2 y  y
(ⅱ) 由(ⅰ)可知，k   1 2 ，所以 y  y  2k ．…………………………11分
2 2 1 2
x2 x2 x2 x2
因为 1  y2 1, 2  y2 1，两式相减可得 1 2  y2  y2  0，即
a2 1 a2 2 a2 1 2
(x x )(x x )
1 2 1 2 (y  y )(y  y )0，即x x a2k(y  y )．……………12分
a2 1 2 1 2 1 2 1 2
x2 x2
两式相加得 1 2  y2  y2  2，因为x  x ，所以x2 x2  2x x ，所以
a2 1 2 1 2 1 2 1 2
x2 x2 2 x x
1 2  ( 1 2)2．
a2 a2 2
第 7 页 共 8 页x2 x2 (x x )2 (y  y )2 a2k2(y  y )2 (y  y )2
所以2 1 2  y2 y2  1 2  1 2  1 2  1 2
a2 1 2 2a2 2 2 2
2a2k4 2k2．即a2k4 k2 10．………………………………………………15分
当a2 a a n(n1)时，有n(n1)k4 k2 10 ，即(nk2 1)[(n1)k2 1]0 ，
n n1
1
所以(n1)k2 10，从而k  ．……………………………………………17分
n1
温馨提示：解答题如有其他解法，请参照给分点酌情给分！
第 8 页 共 8 页