新八校协作体数学答案_2025年2月_2502082025年湖北省新八校协作体高三2月联考（全科）

2025 年湖北省“新八校”协作体高三 2 月联考 高三数学参考答案 1.【答案】C【解析】由题意，得B{0,1,2,3}，所以AB{0,1,2}.故答案选：C. 2.【答案】C【分析】(1i)2 2i，(1i)4 (2i)2 4. 【解析】设z abia,bR，因为复数z 在复平面内所对应的点位于第一象限，所以a0，b0， 1 1 z 4 又 2  1，所以z abiabi ，即z 在复平面内所对应的点位于第三象限. z (1i)4 2 2 1 故选：C. 3.【答案】B ex 1 ex 1 1ex 【解析】 f  x  的定义域为R，化简得 f  x  2  ex 1  ， f x  2  ex 1   2  1ex f  x  ex 1 1 1 故 f(x)是奇函数；又因为 f  x     ，故在R上单调递增.故选：B. ex 1 2 2 ex 1 4．【答案】A       【解析】因为| AB AC|| ABAC|，所以AB  AC ，故ABAC 3 3m0，解得m 3.   2 32 故|AB|2 3，| AC|2，又因为ABC为直角三角形，则面积S   2 3 ，故选：A. 2 1 1 1 5.【答案】A【解析】若sinsin ，cos()coscossinsin ，则coscos ， 3 6 2 5 所以cos()coscossinsin ， 6 1cos2 1cos2 cos2cos2 5 所以sin2cos2   =cos()cos() . 2 2 2 36 故答案为：A. 6．【答案】B 【解析】如图，分别取AB,CD的中点E,F，连接PE,PF,EF ， 则PE AB,EF  AB，且PEEF E， 可知AB平面PEF，且AB平面ABCD， 所以平面PEF 平面ABCD， 过P作EF的垂线，垂足为O，即POEF， 由平面PEF平面ABCDEF，PO平面PEF， 所以PO平面ABCD， 2  由题意可得：PE  5,PF  2 ，EF 3，则由余弦定理得，cosPFE  ,故PFE  ， 2 4 1 可得OF OP 1，OE 2，所以四棱锥的高为1.故该四棱锥的面积S  612. 3 故选：B. 7．【答案】B 【解析】如图，延长PF 交FM 延长线于点N ，因为点M 是 2 1 FPF 的角平分线上的一点，且FM  MP ， 1 2 1 所以点M 为FN的中点（三线合一），所以 PN  PF ， 1 1 又点O为FF 的中点，所以|F N |2|OM |4， 1 2 2 故 PF  PF  PN  PF  F N  4， 1 2 2 2 湖北省新八校教科研协作体*参考答案（共8页）第1页 5 b2 5 所以2a4，即a2 4，带入点P  3,   得b2 1，所以e 1  ．故选：B．  2  a2 2 8.【答案】D【解析】 解：因为 f(x1) f(x1)x， 由累加法得： f(2x) f(2x2)2x1， f(2x2) f(2x4)2x3 ， f(4) f(2)3， 所以 f(2x) f(2)357（2x1）,所以 f(2x)1357（2x1）=x2， 故 f(100)2500；故A，B都不对； 再由累加法得： f(2x1) f(2x1)2x ， f(2x1) f(2x3)2x2 ， f(3) f(1)2， 所以 f(2x1)x2x1,故 f(101)25512500；故选：D. 9．【答案】BD【解析】      对于A：将函数 f  x sin2x的图象向右平移 ，可得函数 y sin2x  sin2x  的图象； 12  12  6   再把所有点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)得到函数gxsinx 的图象．故A错误；  6    对于B：令x k,kZ ，得x k,kZ ，所以g(x)的图象关于点( ,0)对称，故B正确； 6 6 6   2 对于C：令x  k,kZ ，得x k,kZ ，故C错误； 6 2 3 对于D：分别画出 f(x)与g(x)在[0,2]内的图像，可知有4个交点，故D正确；故选：BD. 10.【答案】BCD 【解析】解：y  f  x  (2x1) ex，定义域为  x|x 1  则 f x  ex(2x2 3x)  xex(2x3) ，所以 x1  x1 2  x1 2 3 3 3  当x 或x0时 f x 0，当0 x1或1 x 时 f x 0，即函数在,0 和 , 上单 2 2 2   3 调递增，在 0,1 和1, 单调递减.当x时，x1，ex 0，2x1，所以 f  x 0，  2 当x1时， f  x ，当x1时， f  x ， 3 3 又 f  0 1， f   4e2 1， 2 ex(2x1) 所以函数 y  f  x  的大致图象如下所示,故A错误； x1 3 3 对于B，函数 f(x)的极大值为1， f(x)的极小值为 f   4e2， 2 故B正确. 对于C，令 f(x)t ，则 f(t)0有1个零点t (0,1)，故方程 f(x)t 1 1 有两个实数解，故C正确； f(x) 2x1 1 对于D，构造h(x)  2 ，所以h(x)关于点(1,2)对 ex x1 x1 称，故h(2x)h(x)4， 湖北省新八校教科研协作体*参考答案（共8页）第2页f(2x) f(x) 即   4，化简得exf(2x)e2xf(x)4e2，故D正确.说明：带入验证也可以. e2x ex 故选：BCD. 11.【答案】ABD 【解析】对A：将x换成 y，y换成x，方程不变，故方程 x2 2xy y2  2x 2y 0 所表示曲线关 于直线 y  x对称，故A正确； 2 1 对B：x22xyy2 2x 2yx2（2y+ 2）xy2 2y=（xy ）22 2y 0 2 2 2 1 1 1 2 （xy ）2 2 2y 02 2y  y  ，故B正确； 2 2 2 4 2 8 x2 2xy y2  2x 2y 0 对C：联立 可得： x2 2x(xm)(xm)2  2x 2(xm)0 ， y  xm 即m2 2 2x 2m 0 2 2x  m2  2m，有唯一交点，无论m为何值， y xm 与曲线均不相 切，故C错误； x2 2xy y2  2x 2y 0  对D：【方法一】由A选项可知，曲线关于 y  x对称，故联立 2 2 ，化简得 y 1(x )  2 2  x2 2xy y2  2x 2y 0  ，解得A(0, 2),B( 2,0)，故 AB 的最小值为2. y  2x 2 2 2 1 【方法二】若直线斜率不存在，则( )2 2( )y y2  2( ) 2y0 即 y2 2 2y 0， ， 2 2 2 2 x2 2xy y2  2x 2y 0 2 2 10  解得： y  ， AB  10；若直线斜率存在，联立 2 2 得： 1,2 2 y k(x )  2 2 2 2 x2 2xy y2  2x 2y 0(x y)2  2(x y)(k 1)2(x )2  2(k 1)(x )2 2 2 2 2(k1) 2(k1)2 8(k1)2 所以(x )  2 1,2 2(k1)2 2(k1)2 8(k1)2 2(k1)2 8(k1)2 AB  1k2  x x  1k2   (1k2) 1 2 (k1)2 (k1)4 [(k1)2 2(k1)2][10(k1)2 8(k1)8] 1 1 1 1   [2 2 1][8 8 10] (k1)4 (k1)2 (k1) (k1)2 (k1) 1 1 1 1 令  t[ ,)，故当t  ， AB  (2t1)(8t10) 取最小值2，此时k 1， (k1)2 (k1) 4 4 湖北省新八校教科研协作体*参考答案（共8页）第3页故D正确；故选：ABD. 12．【答案】30. 【解析】首先从5名志愿者中选1人去A小区，共有C1 5种情况， 5 再从剩下的4名志愿者中选2人去B小区，共有C2 6种情况，剩下2人则安排到C小区， 4 故不同的安排方案共有5630种. 故答案为：30. 13.【答案】2x y30. 【解析】 直线l:axbyab0化简得a(x1)b(y1)0，故直线l过定点(1,1)， 又因为曲线yex1lnx2过点(1,1)，易知函数yex1lnx2在定义域内是单调递增的， 1 1 故直线l与曲线yex1lnx2相切于点(1,1)，yex1 ，直线l的斜率k  y| e11 2， x x1 1 直线l的方程为2x y30，故答案为：2x y30. 14．【答案】24 【解析】设M(x ,y )，直线OA的方程为x2y0，可知|OA| 5 0 0 1 x 2y x 2y 3 S  OA  0 0  0 0  ，得 x 2y 3， MAB 2 5 2 2 0 0 设x 2y k，则k 0,1,2,3，x 2y k， 0 0 0 0 x2 y2  1化简得x2 4y2 32，故8y2 4ky 32k2， 0 0 32 8 当k 0时，点M在直线OA上，不能构成三角形，故舍去； 当k 1时，8y2 4y 31，y 0,1,2，有4个整点； 0 0 0 当k 2时，8y2 8y 28， y 0,1,2，有4个整点； 0 0 0 当k 3时，8y2 12y 23，y 0,1,2，有4个整点； 0 0 0 根据对称性，当k 1,2,3时，也分别有4个整点．∴共有24个整点．故答案为：24 15.【答案】(1)【方法一】设BC  x，则BE  9x2 ，AE  4x2 ，而AB5，  在AEB中，由余弦定理得259x24x22 9x2 4x2 cos ， 4   化简得2 x2 6  2 9x2 4x2 ，解得x6或x1（舍去），所以BC 6；6分 【方法二】作EF AB，垂足为F，设BC  x，AEF ， 2 3  BEF ，则tan ，tan ，又AEB ， x x 4 2 3  x x 5x 所以tan()  1，解得x6(x1舍去)，所以BC 6； 6 x2 6 1 x2 1 (2)设EM m，EN n，由(1)S  5615， EAB 2 由题：S :S ( 21):4， EMN EAB 15( 2 1) 1  2 15( 2 1) S  ，又S  mnsin  mn，mn ，11分 EMN 4 EMN 2 4 4 2 由余弦定理得：MN2 m2 n2  2mn2mn 2mn(2 2)mn15，当且仅当mn时取等号， MN的最小值为 15. 13分 16.【答案】 C1C2 1 （1）设抽取的3块试验田中恰有1块是“优等田”为事件A，则P(A) 4 6  ， C3 2 10 湖北省新八校教科研协作体*参考答案（共8页）第4页1 因此，从10块试验田中任选3块田，恰有1块是“优等田”的概率为 ；7分 2 2 （3）由题意可知，从这10块试验田中任选1块田，恰好是“优等田”的概率为 ，8分 5 2 由题可知X 的所有可能取值为0，1，2，3，则X  B(3, )10分 5 0 3 1 2 2 3 27 2 3 54 P(X 0)C0      ，P(X 1)C1      ， 3 5 5 125 3 5 5 125 2 1 3 0 2 3 36 2 3 8 P(X 2)C2      ，P(X 3)C3      ，14分 3 5 5 125 3 5 5 125 所以X 的分布列为 X 0 1 2 3 27 54 36 8 P 125 125 125 125 2 6 故E(X)np 3  .15分 5 5 17．【答案】（1）依题意， p 1，故抛物线的方程为x2 2y；2分 （2）设Ax ,y ,Bx ,y  . 1 1 2 2 yx,k x ，可得PA:yy x xx ，化为xxyy 0.同理PB方程为：x x y y 0. PA 1 1 1 1 1 1 2 2 设Px ,y y 0，则有xx y y 0,x x y y 0， 0 0 0 1 0 0 1 2 0 0 2 说明Ax ,y ,Bx ,y 都在直线x x y y 0上，即AB方程：x x y y 0，又AB与圆x2 y2 0相 1 1 2 2 0 0 0 0 y 切， 0 1 ，可化为y2x2 1y 0,P点轨迹方程为y2x2 1y0 .8分 x21 0 0 0 0 （3）依题意，A(0,1)，A (0,1)， 1 2 设直线l的方程为 y kx2（斜率存在），M(x,y ),N(x ,y )， 1 1 2 2 y kx2 由 消去 y并整理得(k2 1)x2 4kx30， y2 x2 1 4k 3 则x x  ，x x  ，即4kx x 3  x x ，10分 1 2 k2 1 1 2 k2 1 1 2 1 2 由直线l与双曲线的下支交于M,N两点，得可得  Δ 16k212  k21  0  k2 10 ，解得1k 1，11分  3 x x  0  1 2 k2 1 y 1 3 所以 k 1  1 x 1   y 1 1  x 2   kx 1 1  x 2  kx 1 x 2 x 2  4  x 1 x 2 x 2  3x 1 x 2  1 k 2 y 2 1  y 2 1  x 1  kx 2 3  x 1 kx 1 x 2 3x 1 3  x x 3x 3  3x 1 x 2  3 x 4 1 2 1 2 k 1 故 1  ，为定值. 15分 k 3 2 18. 【答案】（1） 湖北省新八校教科研协作体*参考答案（共8页）第5页证明：取AC的中点为E，连结SE,BE， ∵AB BC，且AC的中点为E，∴BE  AC， 又∵SASC，且AC的中点为E，∴SE  AC， 又∵SEBE E ，∴AC 面SBE， ∵SB面SBE，∴AC SB 4分 （2）当SC  BC 时，由CBS ABS 得SA BA 【方法一】取BS 的中点O,连接OA,OC，故点O到 A、B、C、S 四点的距离相等，故O点即为三棱锥SABC外接球的球心 6分 因为AB  BC  2，AS CS  2 2，故SE  6 ，SB 2 3,EB  2 ， 设S 到平面ABC的距离为h ，B到平面SAC的距离为h ，由等体积法得 1 2 1 1 3 6 V V 得 S h  S h ，而cosSEB ，所以sinSEB SABC BACS 3 ABC 1 3 ACS 2 3 3 6 2 3 3 故h SEsin(SEB) 6  2 ，从而h  ，故O点到平面SAC的距离为 9分 1 3 2 3 3 【方法二】补成正方体 过S作SG 面ABC，垂足为G，连接GA,GC，∴SG  AB ∵AB SA,AB SG,SAAG  A ，AB 平面SAG ∴AB AG ，同理，BC CG ∵底面ABC为等腰直角三角形， ∴四边形ABCD为正方形且边长为2， 又∵AB 2,SC 2 2，∴SG 2，即三棱锥SABC就是正方体的一部分. 1 1 3 ∴球心O到平面SAC的距离为正方体体对角线的 ，即 2 3  .9分 6 6 3 （3）以B为原点，BC,BA,BZ分别为x，y，z轴建立空间直 角坐标系Bxyz ，过点S作平面ABC的垂线，垂足为O， 设SEO，即为翻折过程中所旋转的角度，则OE  6cos 湖北省新八校教科研协作体*参考答案（共8页）第6页hSO  6sin，OB  2 6cos，故   B  0,0,0  ,C  2,0,0  ,A  0,2,0 ，O 1 3cos,1 3cos,0   S 1 3cos,1 3cos, 6sin ，10分  设平面SBC 的法向量m x ,y ,z ，则 1 1 1   m BC  x  0  1         ， m BS  1 3cos x  1 3cos y  6sin z  0  1 1 1      取y  6sin，则z  1 3cos ，∴m 0, 6sin,1 3cos ；11分 1 1  设平面SAC的法向量n x ,y ,z ，则 2 2 2   n SC  x  y  0  2 2         ， n  AC  1 3cos x  3cos1 y  6sin z  0  2 2 2  取x sin，则 y sin,z  2cos，∴n (sin,sin, 2cos)，12分 2 2 2 设平面SAC与平面SBC夹角为     mn 2| 3cos| cos22 3cos3 cos cos m,n      m n 73cos22 3cos 2 73cos22 3cos 13分 1 8 3cos2 cos    ，令 3cos2t，显然t 0，化简得： 3 3 73cos22 3cos 1 8 1 1 3 cos      3 故 3 3  1 3 3 ，当且仅当t 1即cos 时取等号. 6 t  3  t 3 3 故平面SAC与平面SBC夹角的余弦值的最小值为 ，此时cos .17分 3 3 说明：不写取等条件扣1分. 19．【答案】 1 1 （1） f x sinx ，则 f 0 sin0 1，故 f x在x0处的瞬时变化率为1； 1x 10 2分 （2）设hx f xax1cosxln1xax1,x1.由条件知hx0恒成立， 因为h00，又hx的图像在定义域上是连续不间断的， 所以x0是hx的一个极大值点，则h00.3分 湖北省新八校教科研协作体*参考答案（共8页）第7页1 又hxsinx a，所以h01a0，得a1；4分 1x 下证当a1时，hx0对任意x1,恒成立， 1 x 令xln1xx，则x 1 ， 1x 1x 由x01 x0,x0 x0， 知函数x在1,0单调递增，在0,上单调递减， x00，即ln1xx0，而cosx10， 所以当x0,时，hxcosx1 ln1xx  0. 综上，若 f xax1恒成立，则a1.8分  1  1 （3）由（2）可知 f xx1,f sin 1sin .9分  k  k 2n  1   1   1   1  1 1 1   f sin 1 f sin 1 f sin 1 f sin 1sin sin sin ，  k   n1   n2   2n  n1 n2 2n kn1  π 先证sinxx,x0, ，  2  π 令txsinxx,x0, ,txcosx10，  2  π  π 则tx在0, 上单调递减，txt00，即sinxx,x0,   2  2 1 1 1 1 1 1 所以sin sin sin    11分 n1 n2 2n n1 n2 2n 1 n1 再证 ln ，先证lnxx1,0x1， n1 n 1 1x 令u(x)lnxx1(0x1)，则u(x) 1 ， x x 当0x1时，u(x)0，函数u(x)单调递增，且u(1)0，则u(x)u(1)0， n 1 n1 即lnxx1,0x1，令x 即得 ln .13分 n1 n1 n n1 1 1 又ln lnn1lnn，得 lnn1lnn,, ln2nln2n115分 n n1 nn 1 1 1 所以   ln(n1)ln(n)ln(n2)ln(n1)ln2nln(2n1)ln2nlnnln2， n1 n2 2n 2n  1  综上，  f sin 1 ln2.17分  k  kn1 湖北省新八校教科研协作体*参考答案（共8页）第8页