辽宁省鞍山市第一中学2025届高三下学期八模考试数学答案_2025年5月_250529辽宁省鞍山市第一中学2025届高三下学期八模考试（全科）

2024-2025 学年高三（25 届）八模数学科答案 一、单项选择题 1．答案：C 2．答案：B 3．答案：C 解析：a b4624 4．答案：D 23456 1.021.201.421.621.84 解析：由表格中数据得x  4，z  1.42， 5 5 代入方程得，1.420.2064aˆ，解得aˆ0.596，因此zˆ0.206x0.596. 由ycec2x两边取对数，得lnyc xlnc . 1 2 1 又zlny，所以c 0.206，lnc 0.596，即c e0.596. 2 1 1 5．答案：B 解析：设每年应还x万元，则有xx1Px1P2 ...x1P9 M1P10， x11P10 MP1P10 得   M1P10， 解得x ． 11P 1P101 6．答案：B 解析：题意，在△ABD中， AB 3 3，DAB904545， DBA906030，所以ADB105， AB BD 由正弦定理可得，  ， sinADB sinDAB   2   2 3 3  3 3  ABsinDAB 2 2 则 BD    2 3； sinADB sin6045 3 2 1 2    2 2 2 2 又在△BCD中，DBC180606060， BC 4 3， 由余弦定理可得，CD2  BC2 BD22 BC  BDcos60 25届八模数学科试卷答案共10页 第 1 页 {#{QQABSYaQggioABIAABgCEQXaCEEQkBEAAaoGBEAYoAAAgANABAA=}#} 2  2 1  4 3  2 3 24 32 3 48122436，所以CD 6， 2 CD 6 因此救援船到达D点需要的时间为  0.3小时. 20 20 7．答案：A 解析：sin2sin2 sinsin()sin2cos2()cos2sin2() 1 =1cos2sin2() 144 8．答案：C 解析： f(x)ex2 ex2 kx2f(x)为偶函数， f(x)0,设t  x2,h(t)et et kt， 则h(t)在[0，)有唯一零点。h(t)et et k 2k，当且仅当t 0取等号. 若k 2 t 0时，h(t)et et k 2k 0，则h(t)在[0，)单调递增， 又因为h(0)0，所以h(t)在[0，)有唯一零点 e2t ket 1 k k2 4 若k 2 t 0时，h(t)et et k  0得et  ， et 2 k k2 4 k k2 4 0t ln( )时，h(t)0，则h(t)在(0，ln( ))单调递减， 2 2 k k2 4 所以h(ln( ))h(0)0，t 时，h(t)， 2 故h(t)在[0，)有两个零点.所以不满足题意. 故k 的取值范围为(-，2]. 9．答案：ACD 25届八模数学科试卷答案共10页 第 2 页 {#{QQABSYaQggioABIAABgCEQXaCEEQkBEAAaoGBEAYoAAAgANABAA=}#}解析：对于A中，圆柱的侧面积为2πR2R4πR2，所以A对； 对于B中，圆锥的母线为 2R2 R2  5R，圆锥的侧面积为 5RπR 5πR2， 所以B错误； 对于C中，球的表面积为4πR2，所以C正确； 1 2 对于D中，圆柱的体积V πR22R2πR3，圆锥的体积V  πR22R πR3， 1 2 3 3 4 2 4 球的体积V  πR3，所以圆柱、圆锥、球的体积之比为2πR3: πR3: πR3 3:1:2， 3 3 3 3 故D正确. 10．答案：ACD p 1 1 解析：对于选项A，因为 M F  y   y  ，解得p ，所以选项A对， 1 1 2 1 4 2 因为x2  y，即y x2，则y  2x， 所以抛物线在点M x ,y  nN* 处的切线方程为yy 2x xx ， n n n n n n 1 直线M M 方程yy  xx  ，所以选项B错 n n1 n 2x n n  1 yy  xx  1 1 由 n 2x n ，消y得到x2 xx2 0， n 2x n 2  yx2 n 1 1 则x x  ，得到x  x ，所以选项C正确， n n1 2x n1 2x n n n 2  1  1 1 对于选项D，因为y x2  x  x2 1 y  1 y 1， n1 n1 2x n  n 4x2 n 4x2 n n n n 得到y y 1，所以当n2nN时， n1 n y  y y y y y  y y  y n1， n 1 2 1 3 2 n n1 1 1 4n1 又y x2 1n，所以y n，则 M F  y   ，故选项D正确， 1 1 n n n 4 4 25届八模数学科试卷答案共10页 第 3 页 {#{QQABSYaQggioABIAABgCEQXaCEEQkBEAAaoGBEAYoAAAgANABAA=}#}11．答案：ABD 对于A，根据条件中对于幻和sA的定义，第一行加第三行减去两条对角线可表示为： a a a a a a (a a a )(a a a )0，化简可得a a 2a 0， 1 2 3 7 8 9 1 5 9 3 5 7 2 8 5 再代入到第二列中，可得：sA3a .所以A对. 5 对于B,对第二行，第二列和两条对角线应用结论，得2a a a ，2a a a ， 5 4 6 5 1 9 2a a a ，所以必有4个数小于a ，有4个数大于a ，即a 是这9个数的中位数.所以 5 3 7 5 5 5 B对. 对于C,假设a 是奇数，由选项A可知，幻和为15是奇数，且a 5，则a 必为奇数， 1 5 9 如此则每一行和每一列当中都有奇数，对于任意一行或列而言，要么三个都是奇数，要 么只能有一个奇数，如此幻方当中奇数的数量只能是3个或者9个，与已知5个奇数矛 盾，故a 不可能是奇数.所以C错. 1 对于D,同C可以证明a 一定为奇数，1，3，7，9等可能行的出现。所以取3的概率为 2 1 . 4 12．答案：80 解析：由2n 32，得n5，故展开式的第四项为C3  x 2  2  3 C323 1 80 1 . 5  x 5 x2 x2 10 13．答案： 3 解析： PF PF sinFPF 2S 30, 1 2 1 2 FPF 1 2 2 2 PF PF  PF PF cosFPF PO OF 16259，两式相除得结果. 1 2 1 2 1 2 2 14.答案：(-，4] 25届八模数学科试卷答案共10页 第 4 页 {#{QQABSYaQggioABIAABgCEQXaCEEQkBEAAaoGBEAYoAAAgANABAA=}#}解析：x1时，f(x) f(1)0,x1时M(x)0成立成立. x1时，f(x) f(1)0，所以x1时，g(x)0恒成立. x2 即x1时，a(x1) x2,a ,设 x1 x2 t2 2t1 1 t  x10，则  t 24, x1 t t 当且仅当t 1取等号，所以a4. 15.解：(1).  π  π   π  π f xsin2x 2 3cos2 x sin2x  3cos2x  3  6  12  6  6  π =2sin  2x   3 （2分）  6 2 由题意可知，函数 f(x)的最小正周期T  ，所以1， （4分） 2  π 所以. f(x)=2sin  2x   3.  6  π   5π  1  x  0,  ,2x   ,  ,sin(2x )  ,1 . （7分）  3 6 6 6  6 2   π 所以， f x在  0,  的值域为  1 3,2 3  . （9分）  3  (2).函数y f x 32sin(2x2 )为奇函数， 6  k  令x0得2 k,kZ,所以  ,kZ, （11分） 6 2 12  π 5 因为  0, ，所以k 1, . （13分）  2 12 16.解：(1).设A(x,2x )，B(x ,2x ),P(x,y), 1 1 2 2 25届八模数学科试卷答案共10页 第 5 页 {#{QQABSYaQggioABIAABgCEQXaCEEQkBEAAaoGBEAYoAAAgANABAA=}#} xx 则 x 1 2 2 ,又因为 AB  (x x )2(2x 2x )2 4， （4分） yxx 1 2 1 2 1 2 y2 所以16x2y2 16，即x2 1. 16 y2 可以验证，方程x2 1就是动点P的轨迹方程. （7分） 16 2 2 (2).因为PEPF (PCCE)(PCCE) PC CE 2 289 所以PEPF (x2)2  y2 115x2 4x1915(x )2  ,（11分） 15 15 2 289 因为1 x1,所以PEPF 15(x )2  15 15 2 289 故x 时，PEPF 取得最大值 . （15分） 15 15 17.解：(1).在平面ABCD内作AS  AB，因为PA平面ABCD，所以以A为原点， AB，AS，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 设PA2a， AB∥DC，BCCD2，AB4，BCCD， B(4,0,0)，C(4,2,0)，P(0,0,2a)，D(2,2,0)，PD(2,2,2a)， 又 M ，N 分别为PB，PC的中点， AM (2,0,a)，AN (2,1,a)，设PH PD 25届八模数学科试卷答案共10页 第 6 页 {#{QQABSYaQggioABIAABgCEQXaCEEQkBEAAaoGBEAYoAAAgANABAA=}#}AH APPD(0,0,2a)(2,2,2a)(2,2,2(1)a)， （3分） AH，AM ，AN共面，存在实数x，y，使得AH xAMyAN， 即(2,2,2(1)a)x(2,0,a)y(2,1,a)(2x2y,y,axay)，  22x2y  2 PH 2  2 y ，解得 ,所以  ； （7分） 3 PD 3  2(1)aaxay (2).由(1)得n(a,0,2)， 又 DC(2,0,0)，DP(2,2,2a)， 设平面CDP的法向量为m(x,y,z)，  mDC2x0  ，解得x0，令z1得ya， mDP2x2y2az0 m(0,a,1)， （10分） 设平面AMN和平面CDP所成的角为， |nm| 2 10 cos   ， |n||m| a24 a21 5 整理得a4a260， a0，a1 （13分） AC n 4 4 AC(4,2,0),   5, n 5 5 4 故点C到平面AMN的距离为 5 ． （15分） 5 18.解：（1）设事件B “任取一个芯片是合格品”，事件A “产品取自第一批”， 1 事件A “产品取自第二批”，则 A A 且A、A 互斥； 2 1 2 1 2 由全概率公式可知：PBPAPB APA PB A  ， 1 1 2 2 25届八模数学科试卷答案共10页 第 7 页 {#{QQABSYaQggioABIAABgCEQXaCEEQkBEAAaoGBEAYoAAAgANABAA=}#}所以PB0.610.060.410.050.944. （3分） （2）由条件可知：第一批芯片数：9，第二批芯片数：6； X的取值范围为{0，1，2，3}， （5分） C3 84 12 C2C1 216 PX 0 9   ； PX 1 9 6  ； C3 455 65 C3 455 15 15 C1C2 135 27 C3 20 4 PX 2 9 6   ； PX 3 6   （9分） C3 455 91 C3 455 91 15 15 所以X的分布列为： X 0 1 2 3 12 216 27 4 P 65 455 91 91 12 216 27 4 6 所以EX0 1 2 3  ． （11 65 455 91 91 5 分） (3).当N 685时，P(Y 15)0， C15 C485 当N 685时，P(Y 15) 200 N200 ， （12 C500 N 分） C15 C485 D(N1) C485 C500 (N 1500)(N 1200) 记D(N) 200 N200 ，则  N1200 N  C500 D(N) C500C485 (N 1)(N 1200485) N N1 N200 (N 499)(N 199) N2698N 499199   ． (N 1)(N 684) N2683N684 当 时,N2698N499199N2683N684， D(N1) 1 D(N) 25届八模数学科试卷答案共10页 第 8 页 {#{QQABSYaQggioABIAABgCEQXaCEEQkBEAAaoGBEAYoAAAgANABAA=}#}499199684 N  6665.7， 15 即当685N 6665时，D(N1)D(N),即D(6666)D(6665) D(685); （15分） 同理可得当N 6666时，D(N1)D(N)，即D(6666)D(6667) . 故N 6666时，D(N)最大，所以N的估计值为6666． (17分) 19.解：(1).若m0，则  m2 f (x)(x1)(mx 2m)emx m(x1)(x )emx =0 m m2 2 得x1或x 1 1, m m 2 2  f (x) 0得x 1或x 1 , f (x)0得1 x 1 ， m m 2 2 函数 f(x)的增区间为 [1，）和(,1 ]， 减区间为[1- ,1]. （4分） m m (2).由条件可得a(x1)2 (x2)ex e对任何x0均恒成立. 设函数g(x)(x2)ex a(x1)2 e，则x0时g(x) g(1)0. 因为g(0) g(1)0,故ae2. g(x)(x1)(ex 2a) （5分） 若a0,则ex 2a0，所以g(x)0得x 1,g(x)0得x 1, 所以函数g(x)在（，1）递减，（1，）递增， 所以x0时g(x) g(1) 0成立. （7分） 若e2a0,则x0时g(x)(x1)(ex 2a)，g(x)0得x1或xln(2a) e 0ae2 1ln(2a). 2 所以g(x)0得x 1或xln(2a),g(x)0得ln(2a) x1, 25届八模数学科试卷答案共10页 第 9 页 {#{QQABSYaQggioABIAABgCEQXaCEEQkBEAAaoGBEAYoAAAgANABAA=}#}所以函数g(x)在（，ln(2a)）递增，（1，）递增，（ln(2a)，1）递减， g(0)e2a0,g(1)0，x0时g(x) g(1)0成立. （9分） 综上，a的取值范围（，e2]. （11分） (3).设h(x)ln xx1, 1x x 0时h(x)  0得0 x1,h(x)0得x 1, x 所以函数h(x)在（0，1）递增，（1，）递减， 故h(x)h(1)0,即ln x x1. （13分） k k k k 所以ln( )n nln( )n( 1)kn,故( )n ekn . （15分） n n n n 1 1( )n 1 2 3 n e 所以( )n ( )n ( )n  ( )n e1n e2n  e1e0  , n n n n 1 1 e 1 1( )n 故 1 2 3 n e e , ( )n ( )n ( )n  ( )n  e n n n n e1 e1 e 因为1 2,所以正整整t满足t 2成立. e1 1 2 5 又因为n2时，( )2 ( )2  1,所以正整整t最小值为2. （17分） 2 2 4 25届八模数学科试卷答案共10页 第 1 0页 {#{QQABSYaQggioABIAABgCEQXaCEEQkBEAAaoGBEAYoAAAgANABAA=}#}