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