湖北省黄冈中学2025届高三第三次模拟考试数学答案_2025年5月_250527湖北省黄冈中学2025届高三第三次模拟考试（全科）

湖北省黄冈中学 2025 届高三第三次模拟考试（答案版） 一、单选题 1． 【答案】D 【详解】虚数不能比较大小。 2． 【答案】D 【详解】 ,故 ，故选D 2+2+4 2 2 2 2 ( + + ) = + + +2 ∙ +2 ∙ +2 ∙ =0 ∙ + ∙ + ∙ =− 2 =−4 3. 【答案】B 【详解】A，C半径不超过5cm ，D.棱长不超过 . 4. 10 2cm 【答案】D 【详解】由 得 , 2 则 或 + , =0 ( + )=0 不妨 =设0a 0 =,− , 则则AB的斜率 =− ,即AB的方程为 , 而双曲线 x2 k  =y− 2 tan  θ 1的渐近线方程为 y y =−t ta a n nθ x, cos2 sin2 x2 y2 则AB是双曲线  1的一条渐近线, cos2 sin2 ∴过A  a,a2 、B  b,b2 两点的直线与双曲线 x2  y2 1的公共点个数是0个,故选D。 cos2 sin2 5. 【答案】A 【详解】令 ,即 , ,选A。 6． m= 1 +1− = 1 =2 10 = 10− 9 =2 【答案】B 【详解】由题, f x的一个周期为T 2,故只需考虑 f x在 0,2上的值域, fx2sin x2cos2x2sin x2  12sin2 x  2 2sin x1 sin x1, 令 fx0,解得sinx 1 或sinx1,可得此时x  或 5 或 （非变号零点，舍）, 2 6 6 3 所以 f x2cosxsin2x的最值只能在点x  或 5 和边界点 2 x0中取到, 6 6 试卷第1页，共8页因为 f     3 3 , f   5  3 3 , f 02,所以 f x的最小值为 3 3 ，选B 6 2  6  2 2 7. 【答案】C 【详解】依题意，A车停入了B车原来的位置的事件为样本空间， ， ， ， ， ，5辆车停放的方法数为 ， 5 从 ， ， ， 中任取一辆车停在原来位置上有 种方法。若B停B在AC处D，则ED，F E，F三阶错位，有2种 方5 1 法；C若DB不E停F在A处，则等价于四阶错位，有9 种4 方法。则停放结束后恰有1辆车停在原来位置上的事件M 含 有基本事件数为11 ， 1 所以停放结束后恰有 4 1辆车停在原来位置上的概率为 1 11 4 11 5 5 =30 8. 【答案】B 【详解】由题意，曲线C的伴随曲线为其两条过原点切线之间单位圆弧， 因为x0,y(x1)ex10，所以该函数在(,0)单调递减，在(0,)单调递增. 过原点作yxex11的切线，设切点A  x,xex1 11  ， 由yx1ex1，则切线OA的斜率为k x 1ex1 1， 1 1 1 1 直线OA:y  xex1 11  x 1ex1 1xx 过0,0，故xex1 11  x2x  ex1 1，x2ex1 110(x 0) ， 1 1 1 1 1 1 1 1 即ex1 1  x2，由函数yex1与y= x-2的图象在(0,)有且只有一个交点， 1 且当x 1时满足方程，故方程有唯一解x 1，则k 2； 1 1 1 1  1  1 过原点作y x21的切线，设切点Bx , x21，由y x，得切线OB的斜率 16  2 16 2  8 1  1  1 1 1 k  x ，则切线OB:y x21 x xx 过原点(0,0)，则有 x21 x2(x 0)，∴x 4， 2 8 2 16 2  8 2 2 16 2 8 2 2 2 1 则k  ，则有kk 1， 2 2 1 2 ∴两切线垂直，故伴随曲线长为 二、多选题 2 9． 【答案】AB 【详解】（1）随机选一项，分布列为 0 2 3 P 1 1 0 3 0 2(1− 0) − 2 4; 4 4 3 E(X1)= 2 试卷第2页，共8页（2）随机选两项，分布列为 0 4 6 P 2 0 1− 0 2 ;6 E（(X3）2)随=机1+选p三0项，分布列为 0 6 P 3 3 3 0 3 ;4 3p0 E(X3)= 2 通过计算： , , , 可知选AB。 1 3(p0−1) p0 10． E(X2)−E(X1)=p0−2 E(X3)−E(X1)= 2 E(X3)−E(X2)= 2 −1 【答案】BCD 【详解】由题意得， , , ( )+ +1 = , , ， ∗ 有 2 − 2 −1 =2 −1， 2 +1+ 2 =2 2 ，+2− 2 +1 =2 +1 由此 2 可 + 得 1+ 数 列 2 中 −1 相 = 邻 1 两奇 数 2 项 +2 的 + 和 2 可 = 以 4 确 定 + ， 1 相邻两偶数项的和可以确定，其中a a 1，a a 的值不确定. 2 1 2 1 A. ，其中 a  10 a 2 的 = 值 1 不 + 确 2 定 + ， ( 故 3 选 + 项 5) A + 错 ( 误 7 . + 9)+⋯+( 99+ 101)+( 4+ 6)+( 8+ 10)+⋯+( 100+ 102) 2 1 B.S =a +a ++a =( a +a )+(a +a )++(a +a ) +( a +a )+(a +a )++(a +a )，每一组数都可以 100 1 2 100 1 3 5 7 97 99 2 4 6 8 98 100 确定，故选项B正确. D. ，每一组数 都 可2以+确 1定00，=故( 选2+项 D 4)正+确( . 6+ 8)+⋯+( 98+ 100)− ( 4+ 6)+( 8+ 10)+⋯+( 96+ 98) C. 由于 ，故 为定值， 又 确 定2 ，+1故+ 2 =2 为定值，( 故2+选 项3)C+正( 确4+. 5)+⋯+( 102+ 103) 故选 10：4 BCD. 1+ 104 11． 【答案】ABD 【详解】如图，选项A,B正确； 选项C，如图所示．为方便书写，称三条两两垂直的棱的公共顶点为共垂点． （1）如图，假设 是共垂点，不妨 ， ，显然 ，若 A2 ∈l2 A1 ∈l1 A3 ∈l3 A4 ∉l2 A4 ∈l1 试卷第3页，共8页则 平面 ，有 ；过 作 于 ，连接 。 可得A2A3 ⊥ A，1A2A4 A2A3 ，=舍4 。 A2 A2D⊥A1A4 D A3D （2）A同2D理可=知4 ，不A存3D在=四4点2≠（6j＝1，2，3，4），使得四面体A A A A 为在一 1 2 3 4 个顶点处的三条棱两两互相垂A直 的四面体． 选项D，不妨 ,如图让 ， 在 上移动，移动的过程中可以实现 ，A2由A4对⊥称A1性A可3 知 A2 A4 。l2 A故1选A4 A⊥BAD 2。A3 A1A2 ⊥ A3A4 三、填空题 12． 【答案】 【详解】−分3别2赋值 可得。 13． x=1,x=−1 【答案】 【详解】2记3 ，则 ， 2 △ =3 1 = 2 = 3 =2 3 =6 ， ，故 2 2 2 3 2 3 2 1 4 ． 1 3 =3 1 3 =3 1 3 =2 3 【答案】(1)10;(2) 【详解】（1）设数(4表,6第3)一行构成等差数列的公差为d，各列构成等比数列的公比均为q. 因为数表中各项均为正数，因此d 0,q0.  a2,2qa1,2q1d6 由表中已知数据可得 ，解得qd 2. a3,3q2a1,3q212d20 所以ai, j2i1a1, j2i1 12j1  2i12j1 =10. , (2,3) （2）若 ，则 ，即 为奇数. 1000 1000 i−1 i−1 因为 ( , )=1000 , 所以 2j−1 , = j= 2 63. 2 3 实数对1000= 2 ×125. =4 四、解答题 ( , )=(4,63) 15． 【答案】(1) ;(2)答案见详解；（3） 。 27 1,2,3,4,5,6,7,8 64 【详解】（1） ………………………………（2分） 1,2,3,4,5,6,7,8 （2）事件A所含的样本点为：2,4,6,8，事件B所含的样本点为：1,2,3,4，事件C所含的样本点为：2,3,5,7 . 试卷第4页，共8页1 1 故事件ABC所含的样本点为：2，所以PABC ，又PAPBPC ，所以 8 2 PABCPAPBPC .………………………………（5分） 1 1 1 1 又事件AC所含的样本点为：2，所以PAC ，又PAPC   ， 8 2 2 4 所以PAC PAPC，所以事件A,C不独立，即A,B,C 两两独立错误。………………………………（9分） （3）依题意知每次抛掷这个正八面体的结果都互不影响，即互相独立， 1 记C i1,2,3为第i次抛掷这个正八面体发生事件AB，则PC PAB ， i i 4 所以事件AB只发生1次的概率为PC P  C  P  C  P  C  PC P  C  P  C  P  C  PC  1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 3 3 3 1 3 3 3 1 27           。………………………………（13分） 4 4 4 4 4 4 4 4 4 64 16. 【答案】（1） （ ） 4 5 2 6 5 2 3 【详解】（1）若 ，则 ， 。则 ， 2 4 2 5 2 2 5 5 16 =c =5 = 5 =4 2 =8× 5 × 5 = 5 ………………………………（7分） 4 5 = 5 (2) ， ………………………………（9分） 2 2 3 8 2 + 2 =2 = 有 , 2 2 2 2 3 + 2 =8 故 ………………………………（11分） 2 2 2 2 3 + 2 =8 有 , 即 , . ………………………………（14分） 2 2 3 2 6 + 2 =8 6 ≤ 8 S= 2 ≤ 3 当且仅当 时等号成立 ..………………………………（15分） 6 17． = 2 c 【答案】（1）证明见详解；（2） 39 【详解】（1）存在M点是PB的中1点3 。理由如下： 当M点是PB的中点时，OM是三角形PBA的中位线， 所以OM //PA,又PA 面MOC， 所以PA //平面MOC。 ………………………………（4分） （2）过A作 于D，若D与C不重合， 平面POC 平面PAC AD ⊥ PC 平面 ∵ ⊥ ∴ AD⊥ POC 平面ABC ∴ AD⊥ PO ∵ PO⊥ 试卷第5页，共8页平面 ， ∴ PO ⊥ AC ，矛盾。 ∴ PO ⊥ PAC ∴故PDO与⊥CPC重合， 平面 ， 。 ………………………………（8分） 以C为原点，过ACC作⊥OP的P平O行C 线A为C⊥z轴OC，以CA,CO所在的直线分别为x,y轴， 建立如图所示的空间直角坐标系，则 , , 1 3 3 P(0,2, 3) A( 2 ,0,0) B(− 2 ,1,0) , , ………………………………（10分） 1 3 3 1 CP=(0,2, 3) CA=( 2 ,0,0) PB=(− 2 ,2,− 3) 设平面PAC的法向量为 则 y ，令 ，得 。…………（13分） n∙CP=2+ 3z= 0 n=(x,y,z) 3x z= 3 n=(0,−6, 3) n∙CA= 2 =0 设直线PB与平面PAC所成的角为，则 ， n∙PB 39 sinθ= n PB = 13 39 即直线PB与平面PAC所成角的正弦值是 …………（15分） 13 18. 【答案】(1) (2) 2 2 − 3 =1 (−1,0) 【详解】(1)解：因为C的一条渐近线方程为 ,所以点A到渐近线的距离为 ，所以 ， 3 2 bx−y=0 2 +1= 2 =3 所以双曲线的方程是 ………………………………（4分） 2 2 （2)解：由题意双曲线 C −的3右=焦1点F（2，0），直线PF的斜率不为0,故可设直线PF的方程为 ，因 x=my+2 为直线PF与双曲线左，右两支分别交于M，N两点，所以 ，…………………（6分） 3 3 m∈ −∞,− 3 ∪ 3 ,+∞ 设 ，将直线PF的方程代入 ， 2 2 M x1,y1 ,N x2,y2 − 3 =1 得 ， 2 2 (3m −1)y +12my+9=0 则 , ，所以 …………………（9分） 12 9 3 1+ 2 =−3 2 −1 1 2 =3 2 −1 1 2 =−4( 1+ 2) 直线PF的方程 ,又直线 ，联立可得 （ ， ）， 1 1 3 x=my+2 :x= 2 P 2 −2m ， 所以直线AP的方程为 1 y=−m(x+1)   又直线GN的方程是 y  y ，联立可得G 1my ,y ， 2 2 2 又 ，所以H的坐标是 2x 2my ,y ，…………………（11分） 2 2 2 所以 直=线 M H的方程是： y2−y1 y−y1 = (x−x1) −2−x2−2my2−x1 试卷第6页，共8页…………………（13分） 令y 0，由 ， ，得 1 = 1+2  2 = 2 +2 4my y 2y 4y 3 y  y 2y 4y y  y x 1 2 2 1  1 2 2 1  1 2 1 y  y y  y y  y 2 1 2 1 2 1 所以直线MH过定点 。…………………（17分） 19． (−1,0) 【答案】(1)①属于集合 1,1 ，②不属于集合 1,1  (2) (3)3，理由见解析 0.5 0.5 1 1 −2,2 【详解】（1）①属于集合Ω 1,1 ，②不属于集合Ω 1,1  .………………………………（4分） 0.5 0.5  1 ① ，x1,1，则y  0,  1,1； 1，  2 x y= 2 −1≤x1