湖北省鄂东南2025年春季高三年级五月模拟考数学答案_2025年5月_250513湖北省鄂东南2025年春季高三年级五月模拟考（全科）

2025 年春季高三年级五月模拟考 数学参考答案 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合 题目要求的． 1.【答案】B 3i 【解析】：复数z满足iz 3i，则z 1 3i．则z 1 3i，故选B． i 2.【答案】D 3  3  3 【解析】：22x3 12x30 x ，所以B, .又 A(1,3)，所以AB1, ．故选 2  2  2 D. 3.【答案】A  3  3 【解析】：由题设，函数 y sin((x ) )sin(x  )为偶函数，所以 12 4 12 4  3     k,kZ ，得1512k,kZ ，要最小，取k 1，得3，故选：A. 12 4 2 4.【解答】C     PQa  14 3 6 【解析】：向量PQ在a 方向上的投影向量为  2 a  (1,2)( , )，故选：C． a 5 5 5 5.【答案】C 【解析】：由 ， 1 1 1 1 | |≥10 <0.0455⇒ | |< 10 = −10< <10 >1−0.0455=0.9545 而 ，则 ，所以 . 1 2 1 6.【 答=案0 】B −2 < <2 =0.9545 2 ≤10 ⇒ = ≤20⇒ ≥800 【解析】：如图所示： |c15| 设与直线l行且与直线l之间的距离为1的直线方程为3x4yc0，则 1，解得c10 42(3)2 高三数学参考答案（共10页）第1页|3810| 或c20，圆心C 1 (1,2)到直线3x4y100的距离为d 1  42(3)2 3，圆C 1 (1,2)到直线 |3820| 3x4y200的距离为d  5，由图可知，圆C 与直线3x4y100相交，与直线 2 42(3)2 1 3x4y200相离，所以d rd ，即3r5. 故因为必要不充分条件，故选：B. 1 2 7.【答案】C 【解析】：对于A，易知AC 平面D'OB，所以A正确；对于B，计算知三棱锥D'ABC的最大体 1 1 1 2 3 积为V  S h  22sin 1 ，所以B正确；对于C，取D'C中点H ，截面即为 3 ABC 3 2 3 3 EFGH EFGH 矩形 ，总有 D'B22 3 AC ，所以EF  FG恒成立，故截面矩形 不可能为正方形， 2 所以C错误；对于D，二面角D' ACB为 时，求得三棱锥D' ABC外接球的半径为 7 ，所 3 以D正确；故选：C． 8.【答案】A 【解析】： fxgxgx f x fxgx f xgx， 令hx f xgx ，则hx  fxgx   fxg x   ，故hx0hx单调递增，又 ex ex f 2g2 h20，所以h3h2h1，即 f 3g3 0 f1 g1，所以 e2 f 1g3 f 3g1， A选项正确；另外， f 3g3， f 1g1，由于 f x、gx与0的大小关系不确定， 故C、D无法判断. 故选：A. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。 全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。 9.【答案】ABC 【解析】：抛物线y2 12x的焦点F3,0，准线l:x3．如图，过点P作PAl于A，过点M 作MBl 于B，连接PM,PF，由抛物线的定义知 PF  PA ，所以 PM  PF  PM  PA  MB ，当且仅当 点P在MB上时，等号成立，又 MB 437，所以 PM  PF 的最小值为7，故选：ABC． 高三数学参考答案（共10页）第2页10.【答案】BCD 【解析】：对于A，单位圆 的内接正 边形 的中心角为 ，则 ， 2π π 1 2 3⋯ =2sin 故A错误；对于B，由A的结论， ，则 ， π π =2sin = =2 sin 则 ，故B正确； π π 2 sin sin π π π 2 =4 sin2 =2sin2 =cos2 对于C， ，则 ，故 ，故C 2π 1 2π 2π 2 2π π 2sin π π 正确； = 2×1×1×sin =2sin 2 = 2 sin2 = sin 2 = sin =cos 对于D， ，则 ，故 π π 2 π 2 π π =2sin 2 =2sin2 2− 2 =2 2−4sin 2 =2 2−4× ，故D正确. π 1−cos π π 2π 112.【答案=】2A C 2cos =2 sin =4 【解析】：对于选项A，0是函数 f(x)的唯一零点，所以A正确. 对于选项B，当x1时， f(x)(x1)ex，可得，当x 1时， f(x)单调递减；当1 x1时， f(x)单调递增，所以当 ex(x3) 0 x1时， 0 f(x)e，当x1时， f(x) ， 当1 x3时， f(x)单调递减； x4 当x3时， f(x)单调递增； y  f (x)图像如右图： 1 e3 所以，函数 f(x)的极小值为 和 ，选项B错误； e 27 对于选项C，极值点偏移易证，选项C正确. 对于选项D，关于x的方程 f(x) 2 2af(x)0有两个不相等的实数根 高三数学参考答案（共10页）第3页关于x的方程 f(x)[f(x)2a]0有两个不相等的实数根关于x的方程 f(x)2a0有一 个非零的实数根函数 y  f(x)与 y 2a图像有一个公共点，且x0， 1 e3 1 e3 e 由图像易知2a ，或02a ，或2a e ，从而a 的取值集合为{ }(0, )( ,)， e 27 2e 54 2 D错误. 故选：AC. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12. 【答案】45. 13.【答案】 ， . 9 【解析】：依题4意， +∞ 是奇函数，且在 上严格单调递增，所以 在 上单调递增， 由 0,+∞，得 R ， sin +cos +2sin cos − ，1− >（0 sin +cos +2sin） ，co设s > 1− 1− 1− sin +cos +2sin cos = sin +cos = ，由于 ，所以 ，所以 π π π 5π 2 π 2sin +4 0< <π 4 < +4 < 4 − 2 0 4 +∞ 【解析】：第一行选2个方格有C2 6种方法，这2个方格确定后： 4 （1）若第二行选的方格均与第一行同列，则后两行选的方格只能与前两行不同列，有1种方法； （2）若第二行选的方格均与第一行不同列，则前两行选取的4个方格中每列1个，第三行选的方格 有C2 6种方法，选定后第4行随之确定； 4 （3）若第二行选的方格恰有1个与第一行同列，第二行选取方法有2(42)4种，此时，前两行 选的4个方格中有2个在同一列（该列后两行不选），有1列前两行都未选（该列后两行必选），另 两列前两行各选一个（后两行也要各选一个，2种方法）． 综上，共6(1642)90种方法． 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 1 15.【解析】：（1）由 f(x)lnxtx2x的定义域为(0,)， f '(x) 2tx1， x 高三数学参考答案（共10页）第4页由题设 f '(1)2t26，所以t 2； ……………………………………………… 5分 1 2x2 x1 （2）由于t 1， f(x)lnxx2 x的定义域为(0,)， f '(x) 2x1 x x (2x1)(1x)  ，所以x(0,1)时， f '(x)0， f(x)单调增；x(1,), f '(x)0， f(x)单调 x 减，从而，函数 f(x)的单调增区间为(0,1)，单调减区间为(1,). ………………… 13分 16.【解析】（1）设前两轮比赛中 得 分为事件 得 分为事件 ， 2 1 1 1 , 1 , , =0,1,2 ∴ C1 =C2 2 = ， ，由题意 2 1 1 2 1 2 1 1 1 3 1 3 2 3 9 2, C， 2 =各C轮 2 比2赛，=各4 局 比 赛 1 结=果C2 互4不影4响，=8, 与 2 =C互 2 斥4 ，=16 = 1 2+ 2 1, = 2 1 ∵ 1 2 2 1 ， ， 1 3 3 ∴ = 1 2 + 2 1 = 1 2 + 2 1 = 2 1 =4×8=32 ； …………………………………………………… 6分 1 ∴ （ 2） 由 ∣ 题 = 意 ， =4 ，设第 轮两队比分为 为事件 =1,2,⋯⋯,6 1:1 , =1,2,3,4,5 各局比赛互不影响， ， ， 1 3 1 3 1 1 ∵ ∴ =2× 1−4 + 1−2 ×4=2 ∴ =1− =2 由题意， 时， ， 时，事件“ ” ， 1 =1 =1 = 1 =2 ≥ 2 = = 1 2⋯ −1 , =2,3,4,5 各轮比赛互不影响， 1 1 1 1 1 ∵ ∴ ( = )= 1 2 ⋯ −1 =2×2×⋯×2×2= 2 , = ， ， 5 1 2,3,4,5 ∵ =6 = 1 2 ⋯ 5 = 2 所以X 的分布列为： X 1 2 3 4 5 6 1 1 1 1 1 1 P 2 4 8 16 32 32 …………………………………………………………………………………………… 13分 . ……………………………… 15分 2 5 5 1 1 1 1 63 ∴ 17 .【 答=案1】（× 12）+由2题×设2，直+线⋯+ AD 5、× BC2 不+平6行×，2延长=D32A、CB必相交，记交点为N ，则NAD， NBC ，从而N平面PAD，N平面PBC ，即点N 为平面PAD与平面PBC 的一个公共点， 高三数学参考答案（共10页）第5页又点P也为平面PAD与平面PBC 的一个公共点，根据基本事实3，知直线PN 即为直线l，且点N 即为点M ，………………………………………………………………… 4分 由题设，PB  BA、PB  AD，BA AD  A，所以PB平面ABCD，所以PBMB，且易 知PB1，MB  2 ，所以PM  3 . ……………………………………………… 6分 （2）解：方法一：空间向量法    如图，以D为原点， DC 方向、 DA 方向、 BP 方向分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系， 如图，由PB AB AD1，则CD2． 则各点坐标为：D(0，0，0)，A(0，1，0)，B(1，1，0)，C(2，0，0)，P(1，1，1)，    假设存在点E，设 BE BC (01)，则点E的坐标为(1，1，0)．设n (x ,y ,z )和 1 1 1 1       n DA0 n (x ,y ,z )分别为平面PAD和平面PDE的法向量．DA(0,1,0),AP(1,0,1)， 1  ， 2 2 2 2 n AP0 1 y 0    即 1 ，令x 1，得y 0，z 1．n (1,0,1)，DP(1,1,1),DE (1,1,0) ， x z 0 1 1 1 1 1 1    n DP0 x  y z 0 1 2  1 2  2  ，即 2 2 2 ，令x 1，得：y  ,z  n (1, , )， n 2 DE 0 (1)x 2 (1)y 2 0 2 2 1 2 1 2 1 1   2 1 4 2 平面PAD平面PDE，n n ，1 0， ，E( ， ，0)， ……… 11分 1 2 1 3 3 3 高三数学参考答案（共10页）第6页 1 1  所以PE ( , ,1)，同理求得平面PCD的法向量为n (0,1,1)，设直线PE 与平面PCD所成角 3 3 3 1    1 n PE 3 22 为，则sin 3   ，所以线段BC上存在点E，使得平面PAD平 |n ||PE| 1 1 11 3 2  1 9 9 22 面PDE，直线PE 与平面PCD所成角的正弦值为 ． ……………………………… 15分 11 方法二：几何法对应给分。 3 18.【答案】（1）依题意，椭圆的2c2，c 1，两焦点为(1,0),(1,0)，因为点P(1, )在椭圆C上， 2 2 2 3 3 所以由椭圆的定义，可得2a (11)2    (11)2   4，即a 2 ，又c 1，所以b 3， 2 2 x2 y2 所以椭圆C的方程为  1； …………………………………………………… 3分 4 3 π 2 21 （2）是定值，且MON  ，理由如下：当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x . 2 7  2 21  2 21 x x 2 21  7  7 由对称性，不妨令直线l的方程为x ，由 ，解得 ， 7 x2 y2  2 21  1 y   4 3   7 π 易知MON  ； …………………………………………………… 5分 2 当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为ykxm，点Mx,y ,Nx y ,由点到直线的距离公式， 1 1 2 2 y kxm 可得 m  2 21 ，则m2  12 k2 1  ，由  x2 y2 ，得  4k2 3  x2 8kmx4m2 120， k2 1 7 7   1  4 3      则Δ 64k2m2 4 4m2 12 4k2 3 16 12k2 93m2 0，即m2 4k2 3， 8km 4  m2 3  x x  ,x x  ， 1 2 4k2 3 1 2 4k2 3   所以OM ON xx y y xx  kx m kx m    k21  xx kmx x m2， 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2      4 k2 1 m2 3 8k2m2 7m2 12 k2 1   π   m2   0 ，所以OM ON，即MON  . 4k2 3 4k2 3 2 π 综上所述，MON 的大小为定值，该定值为 . …………………………………………… 10分 2 高三数学参考答案（共10页）第7页4 3 1 4 3 2 21 12 （3）由（2）知当直线l的斜率不存在时， MN  ，S     ； 7 2 7 7 7 4 12k2 93m2 当直线l的斜率存在时， MN  1k2 x x  1k2 1 2 4k2 3 36(k2 1) 4 1k2 12k2 9 4 3 k2 7  1 ，所以三角形MON 的面积  7 16k4 24k2 9 4k2 3 1 12 k2 S  MN d  1 ， …………………………………………… 14分 2 7 16k4 24k2 9 12 由（2）知kR ，当k 0时，S  ； 7 12 1 12 k2  1 12 当k 0时，S  1 7 9 ( , 3]， 7 16k4 24k2 9 16k2  24 7 k2 12 综上，S[ , 3]. …………………………………………………… 17分. 7 19.【答案】（1）由题设A {1,4;1,2,4}，故|A |2，同理|A |3，|A |5 ，从而|A |2，|A |3， 3 3 5 7 3 5 |A |5 ………………………………………… 5分（对一个得3分，对两个4分，对三个5分）。 7 （2）易知|A ||A |1.我们首先证明对于tN*，均有|A ||A |，|A ||A ||A |. 1 2 2t 2t1 2t1 2t t 若数列{1,a ,,a ,2t}A ，则数列{1,a ,,a ,2t 1}A . 2 m 2t1 2 m 2t 2t1 反之，若{1,a ,,a ,2t1}A ，则a  ，故a t ，所以{1,a ,,a ,2t}A ，即|A ||A |. 2 m 2t m 2 m 2 m 2t1 2t 2t1 对于集合A 中的任意一个数列{1,a ,,a ,2t 2}. 用A 来表示a t1的所有A数列构成的集 2t1 2 m 2t1 m 合，则|A ||A |. 当a t1时，该数列属于A \A ，对于A \A 中的任意一个数 2t1 t m 2t1 2t1（差集） 2t1 2t1 列 {1,a ,,a ,2t 2} ， 因 为 a t1 ， 故 2a 2t2 ， 则 {1,a ,,a ,2t1}A . 而 当 2 m m m 2 m 2t 高三数学参考答案（共10页）第8页{1,a ,,a ,2t1}A 时，{1,a ,,a ,2t 2}A . 故|A ||A \ A ||A ||A ||A | . 又 2 m 2t 2 m 2t1 2t1 2t1 2t1 2t1 2t t |A ||A |1，|A ||A |2 ，所以|A ||A |3 ，|A ||A |5 ，|A ||A |7 ，|A ||A |10， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 |A ||A |13，|A ||A |18，|A ||A |23，|A ||A |30，|A ||A |37，|A ||A |47. 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 24 故A(25) A 392 . ………………………………………………………………… 11分 i i1 t （3）若数列b,b ,,b ,n为B数列，则b b 1，其中1tk ，b n. 1 2 k t1 i k1 i1  t  t1   则数列1,b 1,b b 1,,b b b 1满足n  b  12 b  1 ，其中1tk . 1 1 2 1 2 k i i  i1   i1   所以它是A数列，并且我们有当b,b ,,b ,n和b,b,,b,n为不同的B数列时，对应的A数列也不 1 2 k 1 2 k 同. 同样的，若数列1,a,a ,,a 为A数列，则a 1,a a ,,a a ,n 为B数列. 1 2 k 1 2 1 k k1 事实上，因为a 2a ，1ik1，则a a a 1显然成立， i1 i 2 1 1 又a 1a a a a a 1a a ，其中1ik1. 1 2 1 i i1 i i1 i 而a 1a a a a a 1n 成立，故a 1,a a ,,a a ,n 为B数列. 1 2 1 k k1 k 1 2 1 k k1 所以A数列和B数列是一一对应关系，故A(n)B(n). ………………………………… 17分 高三数学参考答案（共10页）第9页高三数学参考答案（共10页）第10页