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 <x2 ≤
f(x ) f(x )
1 2 表示任意两点斜率的绝对值，所以最大为 1 ，所以符合题意；
x x 2
1 2
②y
x2
，x1,1，则y


0,
1

1,1； 1，
2  2
x2 x 2 −1≤x1 <x2 ≤
1  2
f(x 1 ) f(x 2 )  2 2  x 1 x 2  0,1 ，而q 1 ，所以不符合题意；
x x x x 2 2
1 2 1 2
(2)若 ，x1,1时， 单调递增。
令  ≠0 y=  sinx
−1≤x1 <x2 ≤1
，
1−      2)      2−      1 1
1−  2 =  2−  1 ≤2
则需 ，
2  1
2− 2 ≤      1− 2
即需 单调递减，………………………………（7分）

g(x)=      −2
，
1
(  )=      −2≤0
,即 ；
1 1
若  ≤ 2  ，   ( 显  ) 然   符  合题  意 ≤ ；2
此时  =0 ；
f(x)∈ −1,1
综上， ………………………………（10分）
1 1
（3）M  的 ∈ 最 − 小2值 ,2为3.
试卷第7页，共8页1
x1,x[0,4]

一方面，令 f(x)   2 ，则 f 01， f 62.
 1 x5,x[4,6]
 2
对任意的x，x  0,6 ，x  x ，不妨设x x .
1 2 1 2 1 2
f(x) f(x ) 1
（a）若0 x  x 4，则 1 2 
1 2 x x 2
1 2
f(x) f(x ) 1
（b）若4 x  x 6，则 1 2 
1 2 x x 2
1 2
（c）若0x 4x 6，则
1 2
1 1 1
| f(x ) f(x )|| f(x ) f(4)|| f(x ) f(4)| (4x ) (x 4) (x x )
1 2 1 2 2 1 2 2 2 2 1
f(x) f(x ) 1
所以 1 2  .
x x 2
1 2
综上， f xA.由 f 43，得M 3.………………………………（14分）
另一方面，设 f xA，对任意的x 0,6 
（a）当x0时， f x f 013
（b）当x0,4 时，由 f(x)1  1 ，得| f(x)1| 1 x2，故 f(x)3；
x0 2 2
f(x)2 1 1
（c）当x4,6时，由  ，得| f(x)2| (6x)1，故 f(x)3；
x6 2 2
（d）当x6时， f x f 623
综上， f x3恒成立.
综上，M 的最小值为3.………………………………（17分）
试卷第8页，共8页