湖北部分名校2025届高三1月联考（云学联盟）数学答案_2025年1月_250121湖北部分名校2025届高三1月联考（云学联盟）_湖北部分名校2025届高三1月联考（云学联盟）数学

湖北部分名校 2025 届高三 1 月联考
高三数学参考答案
1.B 因为 ，所以 ，则 ，所以 .
−1−2i
2.D 因为 Z U= = i z = =−2+i ， z+1=− ， 1 则 +i A=  +，1 = 2
又因为  ，∈则  (  ≤A)4 0,1,2,3,4 .A= 2,3 ∁  0,1,4
3.C 由B题=知3共,4有两种∁情  况∪，B第=一种0,1情,3况,4：美术、街舞都选，则需从剩余的三个社团中选择一个，
共有 种选择方法；
1
第二种  3情况：美术、街舞中选择一个，则还需从剩余的三个社团中选择两个，共有 种选择方
1 2
法故不同的选择方法共有 种．  2  3
4.D 根据题意，函数 3+6=9 与函数g(x)的图象关于直线x=1对称．若g(x)在区间
2
2,1内单调递增，则f( f x ( ) x = )在x区−间m ( x 3, + 4) 1上单调递减，故 4， 8

2 ≥ m≥
5.B = ，
sin 
sin  cos  cos  −4sin 
整理可得 ,所以有 ，所以 ，
2 2 1
−     =4sin  cos  cos2  =2sin2  tan2  =2
所以
2sin2  cos2  2tan2  4
2 2 2
sin4  =    2  +    2  =1+    2  =5
6．B 设第n个正三角形的内切圆半径为a ，第n个正三角形的边长为b ，
n n
3 3
可知a  b （正三角形内切圆半径是正三角形边长的 ），
n 6 n 6
b
又半径为a 的圆内接三角形的边长b 满足 n1 2a ，即
n n1 sin60 n
b  3a ，
n1 n
1 3 1
所以b  3a  b ，a  b  a ，
n1 n 2 n n1 6 n1 2 n
1
即从第二个正三角形开始，每个正三角形的边长是前一个的 ，
2
1
每个正三角形的内切圆半径也是前一个正三角形内切圆半径的 ，
2
3 3   3 1
又a 3  ，所以数列 a 是以 为首项， 为公比的等比数列，
1 6 2 n 2 2
新高考联考协作体出品*数学答案(共 11 页)第 1 页n n
1 1
所以a  3  ，则a 2 3  ，
n 2 n 4
设前n个内切圆的面积和为S ，
n
1 1 
1 
4 4n   1 
则S 3 1 ，
n 1  4n 
1
4
7.A 函数 的定义域需满足 ，即 ，
1 1
1
+  −1≠0  ≠1− 
f(x)=ln a+x−1 +b
又函数 f x为奇函数，其定义域关于坐标原点对称，  − 即 1≠0+1=0解得  ≠1 ，
1 1
1−a a= 2
所以，定义域为( , ) . 又f(0)=0,即b=ln2，a+b=
1
−∞−1 ∪(−1,1)∪(1,+∞) ln2+2 a
8.D 设AB中点为Q(m,n)，则x x 2m， y  y 2n，由题意，点P( ,0)在线段AB
1 2 1 2 4
x 2 x 2 y 2  y 2 b2m
中垂线上，坐标代入椭圆方程得 1 2  1 2 0，所以k  ，所以AB中垂线
a2 b2 AB a2n
a2n a a2 b2 a a2 b2
方程：yn (xm)，令y 0，则x  m，又0ma，所以  ，
b2m 4 a2 4 a
b2 3 c b2 1 
 ，e  1  ,1.
a2 4 a a2 2 
答案：D
9．BCD 对于A，该圆锥的侧面积为π 322 3π，A错误；
1
对于B，该圆锥的体积为V  ( 3)2π1 π，B正确；
3
对于C，当C为中点时，体积最大为1，C正确；
对于D，当球与圆锥内切时，表面积最大，此时球心在圆锥的高上，
设为O ，球半径为r，过O 向PB作垂线，垂足为D，则ODr，又DPO 60，
1 1 1
2 2  
所以PO  r，所以r r 1r  3 2 3 ，D正确，故选：BCD
1
3 3
10．ACD 设点 ，因为点P到定点F0,5的距离与到定直线y1的距离之和为6，
, 
所以 x2y52  y1 6，
新高考联考协作体出品*数学答案(共 11 页)第 2 页当y1时，得 x2y52 7y，两边平方得x2 4y241 y6，
当y1时，得 x2y52 5y，两边平方得x2 20y0 y1，
A，由图易知，两段抛物线弧均关于y轴对称，故曲线C关于y轴对称，正确；
B，如图，曲线C由两段抛物线弧组成，在x2 4y241 y6中，
令x4，得y 23，故点(4,3)不在曲线C的内部，错误；
C，若点x ,y 在x2 4y241 y6上，得x2 4y 2420，所以2 5 x 2 5 ，
0 0 0 0 0
若点x ,y 在x2 20y0 y1上，同理得2 5 x 2 5 ，正确；
0 0 0
D，F为焦点，y=7为准线，可得D对，故选：ACD
11．ACD 由题意可得 f x 3ax2 6x 3x  ax2 
2
令 fx0，当a0时，得x0或x ．
a
 2 2 
对于A，当a0时，f x在, 和 上单调递增，在 ,0上单调递减，所以 f x在
 a a 
0,+∞
x0处取得极小值 f 01；
2   2
当a0时， f x在,0和 ,上单调递减，在0, 上单调递增，所以 f x在x0处
a   a
取得极小值 f 01；
当a0时，fx 6x，f x在,0上单调递减，在 上单调递增，所以 f x在x0
0,+∞
处取得极小值 f 01，所以A正确；
对于B， 只有一个零点，所以B错；
2  2
对于C，当    1a0时，f x在 ,0上单调递减， 又 2，因为2a1a0，所以
a  a
−
新高考联考协作体出品*数学答案(共 11 页)第 3 页，所以C正确；
1 对于> D  ，  若 f x存在极大值点，则x  2 ，即a 2 ，
1 a x
1
因为 f x  f x ，所以ax3 3x2  ax3 3x2，
1 2 1 1 2 2
2
所以2x23x2  x33x2，2x33xx2x3 0，即x x 2x 2x 0，
1 1 x 2 2 2 1 2 1 1 2 1 2
1
又x  x ，所以x 2x 0，所以D正确．故选：ACD．
1 2 1 2
1
12.
2
P(AB) 3 8 1
P(AB)  ，且P(B) ，P(AB) P(AB)P(B) ，
P(B) 8 15 5
8 1 1
P(AB) P(B)P(AB)   ，
15 5 3
P(AB) 2 1
P(B A)  ，P(A) ．
P(A) 3 2
13. 8
2 2
APAR (AQQP)(AQQR)(AQQP)(AQQP) AQ PQ 20，
2 2
AQ2 24，ABAC (AQQB)(AQQC) AQ QB 24168．
16 3
14.
3
因为BC  AA，BC  AB，AB AA A，所以BC 平面ABBA，因为BC//平面，
BC 平面BCCB，且平面BCCB平面 BC，所以BC//BC，又因为BB//CC，
所以BC//BC，同理可得，AD//AD；又因为AD//BC，所以多面体ABCD ABCD为直
四棱柱ABBADCCD．作BM // AB交AA于点M ，所以平面BCM //平面ABCD，
又因为BC 平面ABBA，所以ABM  ；作AN  AB于N ，所以BC  AN ，即
BC AN，又ABBC B，所以AN 平面ABCD，即AAN 60，所以
新高考联考协作体出品*数学答案(共 11 页)第 4 页D
AMB 60；在ABM 中由正弦定理得，
A
4 C
AM  sin，
3
M
B
4 2
D
BM  sin(60)2cos sin，点B到 C
3 3 A

N
B
直线AA的距离为
d  BM sin60  3cossin，所以多面体ABCD ABCD的体积
1 1 4
V  (AABB)dBC  (2cos2cos sin)( 3cossin)2，化简得
2 2 3
8 8  16 3 
V   sin(2 ) ，当且仅当 时取等．
3 3 6 3 6
15.（1）法一：
=2   +1
当 时， 分
=1  1 =  1 =−1 ....................1
当 时，
≥ 2   =   −   −1
) 分
∴   =2(   −   −1 +1 ∴   =2   −1−1 ....................2
∴
−1=2(   −1−1)
又∵

S
1 −
1
1=−2≠0
∴ n 是以 为首项，2为公比的等比数列
−2
∴ ∴ 分
−1 
−1=−2×2   =1−2 ....................5
时也满足上式，∴ 分

=1   =1−2 ....................6
法二：当 时， 分
=1  1 =  1 =−1 ....................1
当 时，
≥ 2   =2   +1   −1 =2   −1+1
∴ 分
=2   −2   −1 .....................2
新高考联考协作体出品*数学答案(共 11 页)第 5 页∴
=2   −1
又∵
 a  1=  1 =−1≠0
∴ n 是以 为首项，2为公比的等比数列
−1
∴ 分
−1
=−1×2 .................5
∴ 分

=2   +1=1−2 ..................6
（2）∵

=1−2 =2   +1
∴
−1
=−2
2n1,n为奇数 分
∴c 
n 12n,n为偶数
..................8
∴
2  =  1+  2+  3+  4+⋯+  2  −1+  2 
)
=(  1+  3+⋯+  2  −1)+(  2+  4+⋯+  2 
1（ 10 4n) 2 4 4(14n) 2  −2 2 4 
=(−2 −2n−2 −⋯−2 )+(1−2 +1−2 +⋯+1−2 )
14 14
5
n (14n) .......................13分
3
 
16.（1）由 b2cosAabcosB 2ABAC ，可得b2cosAabcosB 2bccosA，
即bcos AacosB  2ccos A，
所以sinBcos Asin AcosB  2sinCcos A，
sinC 2sinCcos A，因为sinC 0，
1 
所以cosA ,又0 A,所以A
2 3 ..........................................................7分
a b c 4 3
（2）由正弦定理可得    8
sin A sinB sinC 3
2 .................................9分
新高考联考协作体出品*数学答案(共 11 页)第 6 页31 31 31 
 bc8( sinBsinC) 8( sinBsin(B ))
2 2 2 3
3 3 
8( sinB cosB) 4 6sin(B )
2 2 4 .....................................................11分
因为ABC为锐角三角形，则  ，解得 .................13分
0<B <2  
2π  6 <  < 2
0< 3 −B< 2
5  3  2
 B  sin(B )( ,1]
12 4 4 ， 4 2

4 6sin(B )(4 3,4 6]
4
31
所以 bc的取值范围是(4 3,4 6]..........................................................15分
2
17.（1）证明：
连接BD交AC于N，连接GN，GF，
∵ABCD是菱形，∴AC⊥BD，且N是AC的中点，
1
∴GN//AE且GN= AE， AE//BF， AE=2BF=2，∴GN//BF且GN=BF，
2
∴四边形BNGF是平行四边形，
∴GF//BN， ………………………………2分
又EA⊥平面ABCD，∴EA⊥BN ，又因为ACEA=A，
∴NB⊥平面EAC，∴GF⊥平面EAC，又AG平面EAC，∴GF⊥AG ……………4分
∵四边形ABCD是菱形，∠ABC=60，∴AC=2.∵AE=2,G为EC中点
∴AG⊥EC.又因为ECGF=G，∴AG⊥平面EFC ………………6分
（2）
∵GN//AE，AE⊥平面ABCD，
∴GN⊥平面ABCD且CN⊥BN
∴以N为原点，NC，NB，NG分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系
∴E（－1，0，2），B（0， 3，0），C（1，0，0），F（0， 3，1）
新高考联考协作体出品*数学答案(共 11 页)第 7 页A（－1，0，0），D（0，－ 3，0）.................................8分
∴CE=（－2，0，2），BC=（1， 3，0），BF =（0，0，1）
设平面BCF的一个法向量为n (x ,y ,z )
1 1 1 1
  n BC  x  3y 0
则 1 1 1 ,取y =1
1
 n BF  z 0
1 1
∴n （ 3，1，0）...........................................................10分
1
M在棱CE上，设CM CE (2,0,2)(2,0,2)(01)
CM n 2 3 3
∴点M到平面BCF的距离d  1   3
n ( 3)2 12 4
1
1
∴
4 ....................................................................................12分
1 1 1 1
∴CM =（－ ，0， ），又DM  DCCM （1，3，0）（ ，0，）
2 2 2 2
1 1
=（ ， 3， ），DB=（0，2 3，0）
2 2
设平面MBD的一个法向量为n （x ,y ,z）
2 2 2 2
 1 1
n DM  x  3y  z 0
∴ 2 2 2 2 2 2 ,

n DB 2 3y 0
2 2
∴取x 1
2
∴n （1,0,1）
2 ..........................................................................13分
又平面ABCD的一个法向量为n （0,0,1）
3
设二面角M-BD-C的平面角为，
n，n 2
则cos cos n，n  2 3  （0）
2 3 n n 2
2 3
新高考联考协作体出品*数学答案(共 11 页)第 8 页2
∴sin
2
2
综上：二面角M-BD-C的正弦值为 ................................15分
2
（另：用几何法可以直接确定M 的位置）
18.（1）当直线l的斜率不存在时，此时直线l与双曲线交于上下顶点，与题意矛盾；
故直线l的斜率一定存在，可设直线l的方程为：y kx3；P(x ,y ),Q(x ,y )
1 1 2 2
ykx3

联立
y2 x2
得：(5k2 4)x2 30kx250
  1
 4 5
 30k
x x 
  1 2 5k2 4

...........2分
25

x x 
  1 2 5k2 4
5k2 40
 2 5 2 5
令 0 解得 k  ...........5分
 5 5
x x 0
 1 2
（不写5k2 40扣1分，利用渐近线数形结合的方式求出结论给满分）

x 5x
1 2

（ 2 ） 依 题  x x  30k 解 得 k2  16 ， 由 图 形 可 以 分 析 出 k 0 ， 故

1 2 5k24 65
 25
x x 
 1 2 5k24
4 65 4 65
k  直线方程为y x3..........9分
65 65
y 2 y 2
（3）k  1 ,k  2 ...........11分
MP x NQ x
1 2
k (y 2)x (kx 1)x kx x x
MP  1 2  1 2  1 2 2 ...........13分
k (y 2)x (kx 5)x kx x 5x
NQ 2 1 2 1 1 2 1
新高考联考协作体出品*数学答案(共 11 页)第 9 页 30k
x x 
由
 

1 2
25
5k2 4可知kx
1
x
2

6
5
(x
1
x
2
)...........15分
 x x 
  1 2 5k2 4
5
 (x x )x
k kx x x 6 1 2 2 1
代入上式得 MP  1 2 2   为定值...........17分
k kx x 5x 5 5
NQ 1 2 1  (x x )5x
6 1 2 1
（其他方法请酌情给分）
sinx cosx
19.解：（1）.lim lim 1，.............................1分
x0 x x0 1
sin(xx)sinx cos(xx)
依据导数的定义：(sinx)' lim  lim cosx（4分）
x0 x x0 1
sinx
（2）（i）因为 f(x) ，定义域为R
2cosx
cosx(2cosx)sinx(sinx) 2cosx1
所以 f '(x)  ...............................6分
(2cosx)2 (2cosx)2
2 4
令 f '(x)0，解之得：2k  x2k ,kZ ；.............................7分
3 3
2 4
所以 f(x)的单调递减区间为(2k ,2k ),kZ .............................8分
3 3
（ii）解法一.因为 f(x)ax对任意x[0,)恒成立，且当x0时，不等式显然成立-----9分
f(x)
所以，当x0时，原式可转化为 a恒成立，
x
f(x) sinx
令g(x)  ，即a g(x)
x 2xxcosx max
2xcosxx2sinxsinxcosx
因为：g'(x) ， .............................11分
(2xxcosx)2
令h(x)2xcosxx2sinxsinxcosx
h'(x)2sinx(sinxx)，当x(0,)时，0sinx x,h'(x)0，
h(x)在(0,)上单调递减，
所 以 h(x)h(0)0 ， 即 x(0,) 时 g'(x)0, 所 以 g(x) 在 (0,) 上 单 调 递 减 ，
新高考联考协作体出品*数学答案(共 11 页)第 10 页sinx cosx 1 1
lim lim  ，所以g(x) ..............................15分
x0 x(2cosx) x0 2cosxxsinx 3 3
sinx 1 1 1
当x[,)时， g(x)    ，
2xxcosx x  3
1
综上可知：实数a的取值范围为[ ,)..........................................................
17分
3
sinx
解法二.令g(x)ax f(x)ax ，x[0,)，
2cosx
2cosx1 2(sinx)(2cosx)2 (2cosx1)2(2cosx)(sinx)
g'(x)a ，g''(x)
(2cosx)2 (2cosx)4
2sinx(2cosx)2 2sinx(2cosx)(2cosx1) 2sinx(1cosx)
  .............................11分
(2cosx)4 (2cosx)3
1
当x[0,)时，g''(x)0，所以g'(x)单调递增，g'(0)a
3
1
所以当a 时，当x[0,)时，g'(x)0恒成立，g(x)单调递增，所以g(x) g(0)0恒
3
成立.............................13分
 sinx 1
当x[,)时，ax 1 ，恒成立，所以，当a 时g(x)0，对任意x[0,)
3 2cosx 3
恒成立；.............................15分
1 1
当a 时，g'(x)在x[0,)单调递增，g'(0)a 0，所以，存在x (0,)，使得当
3 3 0
x(0,x )时，g'(x)0，g(x)在x(0,x )上单调递减，所以g(x) g(0)0，不成立
0 0
1
综上可知，实数a的取值范围为[ ,).............................
17分
3
新高考联考协作体出品*数学答案(共 11 页)第 11 页