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