湖北省荆州中学2025-2026学年高三上学期8月月考数学答案_2025年8月_250821湖北省荆州中学2025-2026学年高三上学期8月月考（全科）_湖北省荆州中学2025-2026学年高三上学期8月月考数学

荆州中学 2025—2026学年高三上学期 8月月考 数学参考答案 1. A 2.B 3.B 4.C 5.C 6.D 7.D 8.A 9.AC 10.BCD 11.ACD 16 12.0 13.-1或3（填两个值不扣分） 14. 5 a2 b2 c2 1  15.(1)解：由余弦定理有cosC   ,因为C(0,)故C  , ………….2分 2ab 2 3    5 B3A B    3  12 由 ,解得  ,     AB  A  3  4 ...........................6分   5 5 (2)解：由角平分线有BCD ,则BDC    ,则a CD2; ………….7分 6 6 12 12 5   2 6 a BD 因为sin sin(  ) ，在BCD中 由正弦定理知 = ， 12 4 6 4 5  sin sin 12 6 解得BD = 6 2 ………….10分 故 BCD的周长为 4+ 6- 2 ...........................13分 16.（1）因为ABC是正三角形，M为AB中点，所以CM⊥AB， 因为AA平面ABC,CM 平面ABC，所以CM  AA， 1 1 又AAAB A,AA,AB平面AABB, 1 1 1 1 所以CM平面AABB,又因为BB平面AABB ，所以CM BB， 1 1 1 1 1 1 连接AB ，易得AB BB2 2，所以AB2  AB2BB2，所以AB BB， 1 1 1 1 1 1 1 又因为AB //MN，所以MN BB ， 1 1 因为MNCM M ，MN,CM 平面MCN ， 所以BB平面MCN . ...............................6分 1 （2）取AC中点O，连接BO,CO，易知OB,OC,OC 三条直线两两垂直， 1 1 以O为坐标原点，OB,OC,OC 所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 1 则B( 3,1,2), B(2 3,0,0),C(0,2,0),C (0,0,2)， .............................10分 1 1  由（1）知平面MCN 的一个法向量为BB( 3,1,2)，又CC (0,2,2)， ………….12分 1 1     B 1 BC 1 C 6 3 所以 cosBB,CC      ， ………….14分 1 1 BB CC 2 22 2 4 1 1 3 所以直线CC与平面MCN所成的角的正弦值为 ． ...............................15分 1 4 200（4540-6055）2 2= 4.5116.635 17.解：（1）根据列联表中的数据，得 10010010595 所以没有得把握认为是否喜欢网络文学与性别有关 ..............................3分 （2）（i）X得可能取值为0,1,2,3 3 1 1 1 P(X 0)    5 3 3 15 2 2 1 3 2 2 3 1 2 22 P(X 1)          5 3 3 5 3 3 5 3 3 45 2 1 2 2 2 2 3 2 1 2 P(X 2)          5 3 3 5 3 3 5 3 3 5 数学参考答案 第 1 页 共 4 页2 1 1 2 P(X 3)    5 3 3 45 ..............................7分 所以X得分布列为 X 0 1 2 3 P 1 22 2 2 15 45 5 45 ......................8分 1 22 2 2 64 0 1 2 3  E(X) 15 45 5 45 45 ................................9分 3 1 2 1 2 (ii)由题意得a = ，a = a  (1a ) a  ………….11分 1 5 n1 3 n 3 n 3 n 3 1 1 1 所以a   (a  ) n1 2 3 n 2 1 1 又因为a   1 2 10  1 1 1 所以数列a  是首项为 公比为 的等比数列  n 2 10， 3 1 1 1 所以a   ( )n1 n 2 10 3 ................................12分 1 1 1 1 当n为奇数时，a   ( )n1  ，不合题意 ………………….13分 n 2 10 3 2 1 1 1 当n为偶数时，a   ( )n1 n 2 10 3 149 1 1 1 1 令   ( )n1  ，得3n1 30 300 2 10 3 2 取n6,得35 30 所以n的最小值为6 ...............................15分  c 3 e  a2 18.解：（1）由题意 a 2 ，解得 ，所以b2 431，  c 3 2c2 3 x2 所以椭圆C的方程为 y2 1． ...............................4分 4 2 y  y  0  0  y x  y x y  y2 x  x  （2）由题意k k  0  0 0  0 0 0  0 0 1 2 x x  y x2 x y y ， 0 0 0 0 0 0 1 0 x 0 令 y 0 1tt 0，则kk  t2 3t2 t 2 3， x 1 2 t t 0 2  2 2 当t0时，yt t 2 t 2 2，当且仅当t  2 取等号； t  t  t 2  2 当t0时，yt 2 t  2 2，当且仅当t  2 取等号； t  t  所以kk 32 2或kk 32 2， 1 2 1 2   即kk 的取值范围为 ,32 232 2, ． ...........................10分 1 2   （3）方法一：①当l斜率不为0时， 设直线l:xmyn，Ax,y ，Bx ,y ，则A x y,x y ，B x y ,x y ， 1 1 2 2 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 数学参考答案 第 2 页 共 4 页 xmyn    m24  y22mnyn240， x24y2 4  Δ4m2n24(m24)(n24)16(m2n24)0   y y  2mn ， …………………………12分  1 2 m24  n24 y y   1 2 m24   OA OB ，OA OB 0， 1 1 1 1 所以x y x y x y x y 0，即xx  y y 0， 1 1 2 2 1 1 2 2 1 2 1 2 所以  m21  y y mny  y n2 0，代入得 m21  n24 mn 2mn n2 0， 1 2 1 2 m24 m24 ……………………………………14分 5n2 4m24（*）  AB  1m2∣ x x∣ 1m2  4 m2n24 ，O到直线l的距离d  ∣n∣ ， 1 2 m24 1m2   n2  m2 n2 4 1 2∣n∣m2 n2 4 2 n2  m2 n2 4  2 ， 2 S  AB d    1 AOB 2 m2 4 m2 4 m2 4 m2 …………………………16分 当且仅当n2 m2 n2 4，即 时取“=”． n2 yt ②当l斜率为0时，设直线l:yt，联立 x2 44t2， x24y2 4 则xx 4t24,y y t2， 1 2 1 2 4 由xx  y y 0得4t24t2 0，解得t2  ， 1 2 1 2 5 1 4 所以S  t x x  t x  t 2 44t2  1， AOB 2 1 2 1 5 综上：(S AOB ) max 1． ..............................17分 方法二：设Ax,y ，Bx ,y ，A x y,x y ，B x y ,x y ， 1 1 2 2 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2   由OA OB OA OB 0， 1 1 1 1 x y x y x y x y 0xx y y 0 1 1 2 2 1 1 2 2 1 2 1 2 ，OAOB，  π  π  设 OA 1， OB 2，其中 A 1 cos, 1 sin ， B   2 cos 2   , 2 sin 2    ， 2cos2  1 2sin21 即B sin, cos，   4 1 ， 2 2 2sin2 2 2cos21  4 2 1 1 5 4         2  1   1 2  2 2 4 1 2 5 1  2 ， 1 2   1  S AOB  2  1  2  5   1 2   1 2  ，而 2   1 2 2 ，  4 5 S △AOB 1 ，  1 当且仅当 1  或2即 1， 2或 2， 1时，S 取最大值1．  2 1 2 1 2 AOB 2 19.（1）由于 f(x)nxxn, 可得 f(x)nnxn1 n(1xn1),其中nN,且n2. ……………………1分 下面分两种情况讨论: (1)当n为奇数时,令 f(x)0,解得x1，或x  1, 数学参考答案 第 3 页 共 4 页当x变化时， f(x), f(x)的变化情况如下表: x ,1 1,1 1, f(x) – + – f(x) ↘ ↗ ↘ 所以, f(x)在 ,1  ,(1,)上单调递减,在 1,1  单调递增 ..........................3分 (2)当n为偶数时, 当 f(x)0,即x1时,函数 f(x)单调递增； 当 f(x)0,即x1时,函数 f(x)单调递减； 所以, f(x)在 ,1  单调递增,在  1, 上单调递减； ..........................5分 1 (Ⅱ)证明:设点 P 的坐标为  x ,0  , 则 x nn1, f(x )nn2, 曲线 y  f(x) 在点 P 处的切线方程为 0 0 0 y  f(x )(xx ), 0 0 即g(x) f(x )(xx ), 0 0 令F(x) f(x)g(x),即F(x) f(x) f(x )(xx ), 0 0 则F(x) f(x) f(x ). 0 由于 f(x)nxn1n在0,上单调递减, 故F(x)在 0, 上单调递减, 又因为F(x )0，所以当x(0,x )时,F(x)0,当x(x ,)时, F(x)0, 0 0 0 所以 F(x)在(0,x )内单调递增,在x ,上单调递减， 0 0 所以对应任意的正实数x,都有F(x) F(x )0, 0 即对于任意的正实数 x,都有 f(x) g(x). ..............................11分 (Ⅲ)证明:不妨设x  x , 1 2 由(Ⅱ)知g(x)(nn2)(xx ), 0 a 设方程g(x)a的根为x,可得x  x , 2 2 nn2 0 由(Ⅱ)知g(x ) f(x ) a  g(x),可得 x  x.类似地,设曲线y  f (x)在原点处的切线方程为 y  h(x),可得 2 2 2 2 2 h(x)nx,当x(0,), f(x)h(x)xn 0, a 即对于任意的x(0,), f(x)h(x),设方程h(x)a的根为x,可得x  , 2 2 n 因为h(x)nx在(,)上单调递增,且h(x) a  f (x ) h(x ), 2 1 1 因此x  x , 2 1 a 由此可得: x x  x x   x , 2 1 2 1 1n 0 1 因为n 2,所以2n1  (11)n1 1C1 1n1 n,故:2nn1  x . n1 0 a 所以: x x  2. 2 1 1n ...................................17分 数学参考答案 第 4 页 共 4 页