湖北省重点高中智学联盟2025届新高三8月联考考试（8.15-8.16）数学试卷修改2.0版答案_8月_240818湖北省重点高中智学联盟2025届新高三8月联考考试

2025 届高三年级八月智学联考数学答案详解
1.【答案】B
【详解】解不等式x2x20，得1 x2，即A1,2，函数 yln(x1)有意义，得x10，解得
x1，则B(1,)， ð B ,1 ，所以Að B 1,1 ．故选：B．
R R
2.【答案】A
1z i
【详解】因为 1i，所以1zzi1i，即2izi，所以z
zi 2i
 i  2i  1 2 1 2
   i，所以z对应的点的坐标为 , ，位于第一象限．故选：A．
 2i  2i  5 5 5 5
3.D
        
【分析】对|ab||a2b|两边平方化简可得
b
2
2ab0
，再对|ab|平方化简后再开方即可.
           
【详解】由|ab||a2b|两边平方得，
a
2
b
2
2aba
2
4b
2
4ab
，
           
所以 b 2 2ab0 ，所以|ab|2 a 2 b 2 2ab|a|29 ，所以|ab|3，故选：D.
4.【答案】D
n
 1
【详解】易知n8， m x   (m0)的展开式的二项式系数之和2n m1n ,m3，则
 x
 3 x  1  n   3x 1 2 x1   8 展开式的通项公式：Cr   3x 1 2   8r   x1r Cr38r(1)r x 8 2 3r
 x   8   8
83r 1
令 5,r 6，所以 的系数为C632 252. 故选：D．
2 x5 8
5.【答案】C
【详解】 r 5,r 10,母线长l 10。圆台的高 h 10252 5 3 ，则圆台上下底
1 2
面面积为S π52 25π,S π102 100π，由圆台的体积计算公式可得：
1 2
1  1 875 3π
V  S  S S S h 175π5 3 . 故选：C．
3 1 1 2 2 3 3
6.【答案】A
【详解】因为函数 f x2xmmR为偶函数，则 f x f x即 xm  xm ，即4mx0对于xR
恒成立，所以m0，即 f x2x．a f(log 0.8) f(log 0.8) f(log 1.25)，因为 y 3x在R内单调
2 2 2
1
递增，则30.5 30.2 1， y log x在定义域内单调递增，则0log 1log 1.25log 2  1易知，
2 2 2 2 2
f x2x在0,上单调递增，所以abc．故选：A．
{#{QQABIQCEogAIAIBAABgCAQnKCAIQkBCCAQgGgFAIMAAAAAFABCA=}#}7.【答案】C
 π
【详解】 f(x)2cos2xsin2x1cos2xsin2x 2sin2x ，因为 f x的图象关于直线
 4
π  π  π π π π π 3
x 轴对称，所以 f   2sin   2，故  kπ+ ,kZ，即6k ,kZ，当
12 12  6 4 6 4 2 2
π π 3π kπ  π
2x  2kπ，即x  ,kZ时，函数 f x取得最小值，因为 f x在0, 上没有最小值，
4 2 8   3
5π π 15 3 15 1 3
所以  ，即 ，由6k  ，解得k  ，故k0，得 .
8 3 8 2 8 16 2
8【答案】A
【详解】抛物线的焦点F（0,3），圆M ：x22y22 4，其圆心M2,2，半
径r 2．设点Nx,y是满足NO2NF 的任意一点，则x2y2 4x2y32 化
1  
简得x2y42 4．所以AB是圆M 与圆N 的公共弦，将圆M 与圆N 的方程相
减得，直线AB的方程为xy20，取线段AB的中点E，连接PE，则
2- 2+ 2
ME = = 2，则 PE = 2+ 2, PE = 2- 2， 故选：A．
2 max min
9.【答案】AC
【详解】数据从小到大排列为1，1，2，3，3，3，3，4，5，5．对于A，该组数据的极差为514，故
12234452
A正确；对于B，众数为3，平均数为 3，两者相等，故B错误；对于C，
10
1
13222321332443215322 1.8，故C正确；对于D，1080%8，
 
10
这组数据的80%分位数为第8个数和第9个数的平均数4.5，故D错误．故选：AC．
10.【答案】ABD
20
【详解】V V V  ,所以A正确.因为DD平面ABCD，所以DED是直线DE
B 1 C 1 D 1 ABCD 正 AA 1 B 1 D 1 3 1 1 1

与平面ABCD所成的角，依题设，DED   DE  2,又在矩形ABCD内，所以B正确：当点E在
1 4
对角线DB上时，平面CDE即为平面CDB，因为CDAB ，CD平面ABD ，所以C B平面ABD ，
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
同理CE平面ABD ，又因为C DC B C ，所以平面CDB平面ABD ，故C错误；对于D：容易
1 1 1 1 1 1 1 1 1
4 3
求得正四面体D ABC的高h ，设正四面体D ABC的内切球O 的半径是r ，则
1 1 1 1 1
3
1 1 h 3
V  S h4 S r ，所以r   ，设半径是r 的球O 的内接正四面体的边长为a，则可
D1 AB1C 3 AB1C 3 AB1C 4 3 1
2a 6a 3 2 2
将内接正四面体补形成边长为 的正方体，则  ，解得a 0.93，所以D正确.
2 4 3 3
11.ABD【详解】对于A：由g2x1为奇函数，则g(2x1)g(2x1)0，
则g(x1)g(x1)0，即g(x)的图象关于点1,0对称，故A正确；
对于B：由g(x1)为奇函数，则g(x1)g(x1)0，
{#{QQABIQCEogAIAIBAABgCAQnKCAIQkBCCAQgGgFAIMAAAAAFABCA=}#}即得 f(x1) f(x1)c,c为常数，令x0，即得 f(1) f(1)c，则c=0，
故 f(x1) f(x1)0，即 f(x) f(2x)0，则 f(x2) f(4x)0，
又 f x2为奇函数，所以 f x2 f x20，
即 f(x) f(4x)0，可得 f(x2)f(x)，故 f(x2)f(2x)，
故 f(x)f(x)，即 f x f x0，即 f(x)是奇函数，故B正确；
对于C：由于 f(x) f(4x)0，故 f(4x)f(x) f(x)，即 f(4x) f(x)，
故4是 f(x)的一个周期，
又 f(x) f(4x)0，即g(x) g(4x)，所以gx为周期为4的周期函数，
因为g(2x1)g(2x1)0，所以g1g10，即g10，
所以g2025g45061g10，故C错误；
对于D：因为 f(x)是R上的奇函数，故 f(0)0， f(1)1，结合 f(x) f(2x)0得 f(2)0，
f(3) f(23) f(1)f(1)1， f(4) f(0)0，
2024
故 f(k)506  f(1) f(2) f(3) f(4)  0，故D正确.
k1
故选：ABD
12.【答案】6 3
 1
【详解】由余弦定理
BC2  AB2AC22ABACcosA
，得6449AC214AC ，解得AC3（负
 7
1
值舍），所以，ABC的面积S  bcsinA6 3，故答案为：6 3．
ABC 2
13.【答案】2
【详解】由a 4n2S S ，得a a 4n2 ，又a a (n1)d，a a nd，则
n n1 n n n1 n 1 n1 1
2a (2n1)d 4n2，从而a 2
1 1
【详解】边接AF ,BF ，由A,B关于原点对称，可知四边形FAFB是平行四边形，
2 2 2
π    
即 FA  F B ，FBF  ，由 FB 4FA 得： FB 4F B ，
2 2 3 2
   8a  2a
又由双曲线的定义得 FB  F B 2a，解得 FB  , F B  ，
2 3 2 3
再由余弦定理得：FF2 FB2F B22FBF BcosFBF ，
2 2 2 2
64 4 8 2 π 52
4c2  a2 a22 a acos  a2，
9 9 3 3 3 9
13 b c2a2 13 2
即e ，再由   e21 1 ，
3 a a2 9 3
2
故渐近线方程为：y x，
3
15【. 详解】（1）证明：过点P作直线PO BD于点O，因为平面PBD平面ABCD，所以PO平面ABCD，
CQ平面ABCD，所以PO CQ，PBCQ，所以CQBD．由四边形ABCD是直角梯形，且
{#{QQABIQCEogAIAIBAABgCAQnKCAIQkBCCAQgGgFAIMAAAAAFABCA=}#}π
AB 3,BC2AD2,ABBC．在直角△ABD中， BD AB2AD2 2 ，可得DC 2,BCD ，
3
 
从而△BCD是等边三角形，CQBD， CBD ，所以BCQ ．从而
3 6
 2 3 3
BQBCtanBCQ2tan  ，AQ ABBQ ，所以AQ:QB1:2···················5分
6 3 3
（2）解：因为PBPD，所以O是BD的中点，连接OC．
因为平面PBD平面ABCD，平面PBD平面ABCDBD，所以PO平面ABCD，
1 1 3 3 3 3
V  S PO  PO ，所以PO3．
PABCD 3 ABCD 3 2 2
以O为原点，以OB,OC,OP所在的直线分别为x,y,z轴建立空间直角
坐标系，在等边△BCD中，OC  3，如图，
B1,0,0,C  0, 3,0  ,D 1,0,0,P 0,0,3 ，可得
 
PD(1,0,3),PC(0, 3,3)，设平面PCD的一个法向量为
 
  n PD x3z  0
n (x,y,z)，则 1  ，解得x3z,y 3z，
1
n PC  3y3z 0
1
法向量n   z(3, 3,1)令z 1得，n    3, 3,1  ，而n  0,0,1是平面ABCD的一个法向量，所以二面角
1 1 2
 
n n 1 13
PCDA的余弦值cos 1 2   ．···········································13分
n n 131 13
1 2
【备注】几何法给满分
16.【详解】（1）若a 1 ，设切点横坐标是t，则切线斜率k  ft 1 e2 t 1，切线方程是
2 2
ye2
t 1

1
e2
t 1
xt ，·································································2分
2
因为切线过原点，所以0e2
t 1

1
e2
t 10t，解得，t2，所以切线方程是y e2
x；·············6分
2 2
（2）首先注意到 f

0
e，g 
x
eax12xe，x 0，g
x
aeax12，
①若a0，则g
x
0在x0时恒成立，故g 
x

单调递减，则对所有x0，g

x

g

0
0，不满
足题意，故舍去；·········································································8分
 2 1 2  1 2 
②若a0，则g x aeax1 ，令g x  <0得，x ln 1；令g x  >0得，x ln 1．所
 a a a  a a 
 1 2  1 2  
以，g  x  在, ln 1上单调递减，g  x  在 ln 1,上单调递增．
 a a  a a  
（ⅰ）若0a 2 ，则ln 2 1，即 1 ln 2 1  0，所以g  x  在  0, 1 ln 2 1    上单调递减，
e a a a   a a 
{#{QQABIQCEogAIAIBAABgCAQnKCAIQkBCCAQgGgFAIMAAAAAFABCA=}#}1 2   1 2 
 ln 1,上单调递增，则g  x   f  ln 1  f  0  0不满足题意，故舍去；
a a   min a a 
（ⅱ）若a 2 ，则ln 2 1，即 1 ln 2 1  0，所以g  x  在0,上单调递增，则对所有x0，
e a a a 
g

x

f

0
0，符合题意．
2 
综上所述，a的取值范围是

,．······················································15分
e 
【备注】用切线放缩做，只要过程严谨，给满分.
1
17.【详解】（1）由题意PX 305 1PX 1 10.68270.84135，若某天该商场有200
2
位顾客，估计该天消费额X 在305，内的人数为0.84135200168.27168；··················6分
 3  3 1
（2）设X的取值为0，10，20，则P(X 0)  1   1   ，
 4  4 16
3 1 1 1 3 1 1 5 5
P(X 10)        ，P(X 2)1P(X 0)P(X 1) ，·······13分
4 3 3 4 4 3 3 48 6
所以X的分布列为
X 0 10 20
1 5 5
P
16 48 6
1 5 5 425
数学期望E(X)0 10 20  ．··············································15分
16 48 6 24
425
【备注】第二问，讨论A为一类或二类给满分，只要最终结果出现 就行.
24
ac1

17.【详解】（1）由椭圆上的点到焦点的最近距离是1，故ac1，则 a2b2  7，解得a2，b 3，

a2 b2c2

x2 y2
c1，即椭圆E的方程为  1；·······················································5分
4 3
y y y y
（2）设Bx
1
，y
1
、Cx
2
,y
2
，由题可知，A2，0，则k
1

x 
1
2
，k
2

x 
2
2
，所以k
1
k
2

xx 2
1
x
2
x 4
1 2 1 2 1 2
ykx4
①.由题意，设BC所在的直线方程为ykx4，联立  x2 y2 可得，  34k2 x232k2x64k2120，
  1
 4 3
且  32k22 4  4k23  64k212  0 ，
1 32k2 64k212
解得0 k  依据韦达定理，x x  ，x x  ，······························7分
2 1 2 34k2 1 2 34k2
y y
设直线AB的方程为y 1 x2 ，直线AC的方程为y 2 x2 ，
x 2 x 2
1 2
{#{QQABIQCEogAIAIBAABgCAQnKCAIQkBCCAQgGgFAIMAAAAAFABCA=}#} 6y   6y 
则依题设，M4， 1 、N4， 2 ，y kx 4，y kx 4，则
 x 2  x 2 1 1 2 2
1 2
6y 6y 6yx 12y 6y x 12y 36kx 36k x x
MN  1  2  1 2 1 2 1 2  1 2  36k  1 2 ，10分
x 2 x 2 xx 2x x 4 xx 2x x 4 xx 2x x 4
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
1024k4 256k2 48

x x 2 4xx  34k2 34k2
即 MN  36k  1 2 1 2  36k  ，化简得
xx 2x x 4 144k2
1 2 1 2
34k2
144576k2 14k2 1
MN  36k  3 3 4，··········································14分
144k2 k2 k2
1 1 1
依题设， MN 3 4 3 5，所以k  ，满足0 k  合题意．·························16分
k2 3 2
1
综上所述，直线的斜率k  ．···························································17分
3
【备注】不检验扣一分.
19.【详解】（1）a 有三种结果： 1，1，2，2或1，2，2，2或1，2，4，2；···················4分
n
a a a
（1）当m2025时，n2,3,,2024．由a 1,1 2 2,,1 n1 2,1 n 2，
1 a a a
1 n2 n1
累乘得1a 2n1①；·····································································5分
n
a a a a
又由1 n 2,，1 n1 2,,1 2023 2,1 2024 2,1a a ，
a a a a 2025 2025
n1 n2 2024 2025
累乘得1a 22025na ②；·······························································6分
n 2025
将①②相乘得1a2 22024a ，又a N*，a 16，所以1a 21014. ·······················7分
n 2025 n 2025 n
所以数列a 的最大项的最大值为21014，满足条件的数列为
n
 2n1 n1,2,,1015
a  ；······················································9分
n 22029n n1016,1017,,2025
（3）①讨论项数满足1  k  M 的情况：
a
因为数列{a }满足：当1nM 1时1 n1 2，a 1，所以0a 2，
n a 1 2
n
又因为当1iM 1，都有a N，所以a 1或a 2，·····································10分
i 2 2
当a 2时，a a 2，此时a a 2a a ，这与在剩下的项中总存在满足1 pqM 的项a 和a ，
2 4 3 1 2 3 4 p q
使得a a a a 矛盾，所以a 1，类似的，必有a 1，a 1，a 2，a 2，················12分
s t p q 2 3 4 5 6
由a a a a 得前6项任意两项之积小于等于4时，均符合，要使得m值要尽量小，则需要每项尽可能
s t p q
{#{QQABIQCEogAIAIBAABgCAQnKCAIQkBCCAQgGgFAIMAAAAAFABCA=}#}大，且则a a 4a a ，a 22，
5 6 1 7 7
同理，a 23，a 24，，a 22023，由对称性得最后6项为a a a a 22025，
8 9 M6 M M1 M2 M3
a a 22024，······································································14分
M4 M5
当{a }中间各项为公比为2的等比数列时，可使得M值最小，且M的最小值为M 6202262034，
n min
满足已知条件．
②讨论项数满足M k m的情况：
类比①可知a a  a  a 22025，a a 22024，a 22023，a 22022，，a 23，
M M1 M2 M3 M4 M5 M6 M7 m7
a 22，a 2，a 2，a a a a 20 1．······························16分
m6 m5 m4 m3 m2 m1 m
综上所述，m的最小值m 2034214067．故答案为：4067．······························17分
min
【备注】1.第一问多写一种情况扣一分；2.第二问不给出数列的构造不扣分；3.计数错了，但是过程正确，
酌情扣分；
{#{QQABIQCEogAIAIBAABgCAQnKCAIQkBCCAQgGgFAIMAAAAAFABCA=}#}