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π π
襄阳五中 2025 届高三下学期 5 月适应性考试（一）数学答案 (2)当x∈[− , ]时，令 ℎ(x)=f′ (x)=ex (cosx+sinx)−1，
2 2
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
B B B A B D A B AC BCD ABD
则
ℎ ′ (x)=2excosx⩾0
在
[−
π
,
π
]
上恒成立，故
f ′′ (x)
在区间[
−
π
,
π]上单调递增，又
√34+10√5 2 2 2 2
12. 3 13.−1或3 14.
2
，
3√3 1 3√3 f❑ ′ (0)=0
15. 解：(1)∵S = ，∴ AB⋅BC⋅sin∠ABC= ，
△ABC 2 2 2
π π
1 3√3 √3
所以，当x∈[− ,0)时，f′ (x)f′ (0)=0 ，所以 f(x) 的( 0, π]上单调递增；
3 2 2
．…………………………………………………………………3分
所以f(x) =f(0)=1……………………………………………………………………………9分
由余弦定理可得AC2=AB2+BC2−2AB⋅BC⋅cos∠ABC=7， min
则AC=√7．………………………………………………………………………………………5分 因为 π − π π π − π π ， π π π ，
f(− )=e 2sin(− )+ +1=−e 2+ +1 f( )=e2− +1
π 2 2 2 2 2 2
∵∠DAB=∠DCB= ，∴BD是四边形ABCD外接圆的直径，∴BD是△ABC外接圆的直
2
径， 所以 π π π π − π π π − π ，
f( )−f(− )=e2− +1+e 2− −1=e2+e 2−π
AC 2 2√21 2 2 2 2
利用正弦定理知BD= =√7× =
sin∠ABC √3 3
令 ，则 ，令 ，
；………………………………………………8分
g(x)=ex+e−x−2x g′ (x)=ex−e−x−2 G(x)=g′ (x)=ex−e−x−2
π 2√21
(2)由∠DAB=∠DCB= ，BD= ，AB=3，BC=2， 恒成立，所以 在 上单调递增，
2 3 G′ (x)=ex+e−x>0 g′ (x) R
√3 4√3
则AD=
3
，CD=
3
，…………………………………………………………………………10 因为g′ (1)=e−e−1−2=e− 1 −2>0，所以g(x)在(1,+∞)上单调递增，
e
分
π π π
所以g( )>g(1)=e+e−1−2>0，所以f( )−f(− )>0，
π 2 2 2
又∠ABC= ，则 ，………………………………………………11
3
所以 π π π ．…………………………………………………………15分
f(x) =f( )=e2− +1
分 max 2 2
1 1 √3 4√3 √3 √3
因此S = AD⋅CD⋅sin∠ADC= × × × = ，
△ACD 2 2 3 3 2 3 17. 解：（1）取 的中点 ，连接 ，
√3
故△ACD的面积为 ．……………………………………………………………………………13
3 由题意可知： 为等边三角形，则 ，
分
16. 解： 由 ，得 ， 又因为平面 平面 ，
(1) f(x)=exsinx−x+1 f′ (x)=ex (cosx+sinx)−1
则 ， ，故曲线 在点 处的切线方程为 ；……………4 平面 平面 ， 平面 ，
f(0)=1 f❑ ′ (0)=0 y=f(x) (0,f(0)) y=1
分
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1 1可得 平面 ，…………………………………………………………………………3分 b=1,
{
{a=2,
c √5
且 ， 18. 解：(1)由题知 = , 解得 b=1,
a 2
c=√5,
以 为坐标原点， 分别为 轴，平行于 的直线为 轴，建立空间直角坐标系， c2=a2+b2,
则 ，
x2
双曲线E的标准方程为 −y2=1．…………………………………………………………4分
可得 ， 4
1 x2
(2)令P(x ,y )，设直线BC为：y=− x+m，与 −y2=1联立得，
则⃗C F∙⃗BC=6+0−6=0，所以 .……………………………………………………6分 0 0 k 4
1
(k2−4)x2+8mkx−4m2k2−4k2=0，
（2）设 ，则 ，
−8km
Δ=16k2 (m2k2+k2−4)，x +x =
由（1）可得： ，
1 2 k2−4
则 x +x −4km， y + y mk2 ，
x = 1 2= y = 1 2=
设平面 的法向量为 ，则 ，
0 2 k2−4 0 2 k2−4
即BC中点P(−4km， mk2
令 ，则 ，可得 ， k2−4 k2−4
由题意可知： ，则⃗C M∙⃗m=2+4a−6=0，解得 ， )…………………………………………………………………………7分
1
1 12 1 12 1
所以AM的长为 .…………………………………………………………………………………10分
(i)当k=
3
时，x
0
=
35
m，y
0
=−
35
m，即P(
35
m，−
35
m)
（3）因为 ， 由1 =k= y 0 ，得 t= 3 m ，又因为 Δ>0 ，即 m2> 4 −1=35 ，
3 x −t 7 k2
0
设平面 （即平面 ）的法向量为 ，
3 3
所以t∈(−∞,− √35)∪( √35,+∞);………………………………………………………12
7 7
则 ，令 ，则 ，可得 ，…………11分
分
由题知 ，因为 y ，所以 3(k2−4)，所以P( 12 3k)
(ii) Q(0,m) k= 0 m= − ，
设平面 的法向量为 ，则 ， x 0 +3 5k 5 5
令 ，则 ，可得 ，……………………………………12分 则 |PA|=√1+k2 | − 12 +3 | = 3 √1+k2， |PQ|= √ 1+( 1 ) 2 | − 12| = 12 √1+k2 ，
5 5 k 5 5|k|
1 18 1 36
则cos<⃗n 1 ，⃗n 2 ， 则S △APQ = 2 |PA|⋅|PQ|= 25 (|k|+ |k| )≥ 25 ，…………………………………………………
>=
15分
所以平面B FM与平面BFM所成角的余弦值 .…………………………………………15分
1
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2 1当k=±1取得等号，此时△>0满足题意．
因此所求概率 (2 4 98)
36 P=P +P +⋯+P = + +⋯+ P
故S 的最小值为 ．…………………………………………………………………………17分 1 2 49 1 3 97 0
∆APQ 25
19. （1）S 所有可能得取值为-1，1，3，且 1
3 >(2+48)P =50P = ……………………………………………………………………
0 0 250∙49!
分 17
所以S 的分布列为
3
S -1 1 3
3
P 1 1 1
3 2 6
…………………………………4分
（2）首先证明：S ，S ，⋯，S 中必有大于 的，
1 2 100
否则其中有 个 ，必有相邻两项同时为 ，这是不可能的。
1
因此，设S ，S ，⋯，S 中的最大值为S ，则S ≥2；………………………………………
1 2 100 t t
51 1 1
分
6
又S S ≥0，k=1，2，⋯，99………………………………………………………………
k k+1
分
. 7
因此Y≥S S +S S ≥4，
t−1 t t t+1
当S =1，S =2，S =1，S =0，k=2,3,⋯,50时取等，
1 2 2k−1 2k
所以Y的最小值m=4…………………………………………………………………………… 分
（3）由（2）知，取等必有S =2，且S S =0，k≠t−1，t.
t k k+1 9
因此S ，S ，⋯，S 中只有一个数大于 ，共有 个 ；
1 2 100
又S =1，S =0，所以S =1，k=1,2,⋯,50.
1 100 2k−1
1 50 1
设t=2l，则l=1，2，⋯，49，那么S =0，k≠l…………………………………………
2k
分
. 11
设事件 的概率为 ，
{S =1,k=1,2,⋯,50;S =2,S =0,k≠l} P
2k−1 2l 2k l
事件 的概率为 ，
{S =1,S =0,k=1,2,⋯,50} P
2k−1 2k 0
1 1 3 1 5 1 99 1 1 3 1 5 1 99
P =1∙ ∙ ∙ ∙ ∙ ⋯∙ ∙ =(1∙ )∙( ∙ )∙( ∙ )⋯∙( ∙
0 2 3 4 5 6 99 100 2 3 4 5 6 99 100
1 1 1 1 1 1 1 1 1 )
= ∙ ∙ ⋯∙ = ∙ ∙ ⋯∙ = ，…………………………………
2 4 6 100 2×1 2×2 2×3 2×50 250∙50!
…………… 分
1 2l
14 ∙
2i 2l+1 2l
又P = ∙P = P
l 2l−1 1 0 2l−1 0
∙
2l 2l+1
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3 1
