湖北云学名校联盟2025届高三年级12月联考数学答案更正版_2024-2025高三（6-6月题库）_2024年12月试卷_1214湖北云学名校联盟2025届高三年级12月联考（全科）

2024 年湖北云学名校联盟高三年级 12 月联考 数学试卷评分细则 一、选择题：本题共 8小题，每小题5 分，共40 分.在每小题给出的四个选项中，只有一项 是符合题目要求的. 1.A：由已知z 2i，z 2i,则zi 22i，答案为：2 2 2.C:A  0,1,2,3,4 ,B   x1 xe1  ,则AB= 0,1  32 2 3.B：cosa,b  5 10 10 4.D：直线恒过定点 ，当直线与 垂直时，弦长最短为4 P(1,2) OP   5.B：T b b b b b b (b b )(b b )(b b ) 22242622024 210121013 2025 1 2 3 2024 2025 1 2 3 4 5 2024 2025  1 1 6.B：x tanx(x(0, ))，得：tan  0.04； 2 25 25 由 lnx x1ln1.040.04 ， 则 cb ； 令 f(x)ln(1x) 12x 1,x(0,1) ， 1 1 12x x1 12x  (x1)2 12x  12xx2 f '(x)     0， x1 12x  x1  12x  x1  12x  x1  12x 即f '(x)0,所以f (x)在x(0,1)上递减，所以 f(x) f(0)0,即当x(0,1)时，ln(1x) 12x 1,可得ln1.04 1.081,则ba； 3 3 31.733 又 1.081 1 10.03980.04，所以ca，综上：bac. 5 5 sinx,1 x2  7.D：g(x) x , 2g( ),x2  2 x x 所以当x  2,4 时，有   1,2 ，此时:g  x  2sin , 2 2 x x 当x  4,8 时，有   2,4 ，此时:g  x  4sin , 2 4 x x 当x  8,16 时，有   4,8 ，此时:g  x  8sin , 2 8 作出函数g(x)的部分图象，如图所示： 湖北云学名校联盟高三年级12月联考数学试卷评分细则第 1 页 共 10 页可得g(x)0,则g(x) g(x)，g(x) 4 3即g(x)4 3 x x 3 令8sin 4 3sin  ,x  8,16  8 8 2 32 40 32 解得：x 或x ,所以m  3 3 max 3 8.D: 如图，过M,N 的平面如果平分长方体的体积，则 过长方体的 中心O，将面MON 与长方体六个平面的交线画出，则二面角M EL A S 1 即为所求，MA面AEL，设二面角M EL A为，则cos AEL  ， S 3 MEL 2 2 sin 3 二、选择题：本题共 3小题，每小题 6分，共 18 分，在每小题给出的选 项中，有多项符合题目要求，全部选对得 6 分，部分选对得部分分，有错选或不选得 0分. 9.ACD：对于A：由题意可得 PAB0 ， PABPAPBPAB 3 ， 4 则有 PAPB 3，又 2PAPB，解得 PA 1，A正确； 4 4 对于B：由B A，得PABP(B)0.2，B错误； 对于 C：由 PX nacos π ,n1,2，得 P(X 1) 1 a,P(X 2) 3 a ， P(X 1)P(X 2)1 ， 3n 2 2 得 a 31 ，C正确； 对于D：概率为 10 9 ，D正确。 P1  100 10 10.ACD：由已知抛物线C: y2  x，设直线PQ:xmy1,且P(y2,y ),Q(y2,y ) 1 1 2 2 xmy1 联立方程组 ，整理得y2 my10，则 m2 40m2 4，且 y  y m,y y 1， y2  x 1 2 1 2 由OPOQ (y y )2  y y 2，所以A正确； 1 2 1 2 由APAQ (y2 1,y )(y2 1,y )m2 15，所以B错误； 1 1 2 2 5 3 当x  时，T 到准线的距离为 ，则P、Q两点到准线的距离之和为3，由抛物线的定义得： T 4 2 1 5 1 PF  QF 3 x x  ,即 y 2  y 2  ，又 y y ，y y 1，可得 ，则C正确； p Q 2 1 2 2 2 1 1 2 2 湖北云学名校联盟高三年级12月联考数学试卷评分细则第 2 页 共 10 页1 1 2 5 3 2 9 3 2  时，P( , ),Q(2, 2),PQ中点T（ ， ），直线与抛物线相切时切点N( , )，此时 2 2 2 4 4 8 4 1 2 S  NT y  y  ，所以有三个点满足要求，则D正确 NPQ 2 1 2 32 11.BC：A：因为 f x2x 1可化为 f x2x 1 0 ，令 gx f x2x 1 ，则 gx fx2 ， 2 2 2 因 为 fx2 ， 所 以 gx0 ， 所 以 gx 在 R 上 单 调 递 减 ， 因 为 f 1 5 ， 所 以 2 g1 f 12 1 0 ，所以 gxg1，所以 x1 ，即不等式 f x2x 1的解集为1,．A错 2 2 误 B：设 g(x)exf(x)3ex(xR) ，则 gxex f(x)ex f x 3ex ex  f(x) f' x 3  , Q f x fx3 , f x fx30 , 又 ex 0 ，所以 gx0 , y g(x) 在定义域上单调递 增, 对于不等式 exf x3ex 2e 转化为 exf x3ex 2e ，又 f(1)5 ， g1ef 13e2e , gxg1, 而 y g(x) 在定义域上单调递增, x 1，B正确 C : 令 g(x) f(x)lnx(x0) ，则 g(x) f(x)lnx 1 f(x)  xlnx f(x) f(x)， x x 因为当x0时有 xlnx fxf x成立，所以当 x0 时， g(x)0 恒成立，所以 g(x) 在 (0,) 上 单调递减，所以当 0x1 时， g(x) g(1)0 ，所以 f(x)lnx0 ，又lnx0，所以 f(x)0 ， x1 时， g(x) g(1)0 ，所以 f(x)lnx0 ，又 lnx0 ，所以 f(x)0 ， f x在是 (0,) 连续的函 数，所以 f(1)0 ， x(0,) 时， f(x)0 ，又由 f(x)为奇函数， x(,0) 时， f(x)0 ， 所以  9x21  f x0    9x210 或   9x210 ，解得 x 1 或 0 x 1 ，则 x 的取值范围 f(x)0 f(x)0 3 3 1 1 ，C正确 (, )(0, ) 3 3 D：构造函数 g(x) f(x)sinx ， xR ，由 f(x) f(x)2sinx 化为： f(x)sinx f(x)sin(x) ， g(x) g(x) ，函数 g(x) 为 R 上的偶函数，则当 x0 时， g(x) f(x)cosx0 ， g(x) 在0, 上单调递减．若 f(x) f(x)0 ，则 f(x)sin(x) f(x)sinx ,即 g(x) g(x) ，即  x  x ，x ，D错误 2 湖北云学名校联盟高三年级12月联考数学试卷评分细则第 3 页 共 10 页三、填空题：本题共 3小题，每小题 5分，共 15 分. 12.答案：7种 13.答案;9 f  a   f  b    a1  b1  1 1  1 1 a b 1 1 4b a 4b a   a4b  a4b    5  52  9 a b a b a b 14. 如图，设定BN 1，则AN  2a1，MN 1 , BM  2 AM  2ABBM 2 2a 2 ， 在 RtAMN 中 ， AN2 MN2  AM2 , 即 (2a1)2 12 (2 2a 2)2 ， 解 得 a 3 ， 另 ABM 135 ， 则 b2 1 b2 2 14 NBM  45，由k k  ，得 1 e2 1，带入得e AM BM a2 2a1 a2 7 四、解答题：本题共 5小题，共 77 分.解答应写出文字说明、证明过程或解题步骤. 15.解（1）由题：AD//BC,AD 平面BCF，BC 平面BCF 少写一个扣1分，两个证明线面平行少写条件最多扣1分 AD//平面BCF ......2分 DE//BF,DE 平面BCF，BF 平面BCF DE//平面BCF ......2分 又因为ADDE  D 未写扣1分 故平面ADE//平面BCF 又AE 平面ADE ， 未写扣1分 所以：AE//平面BCF ......6分 （1）用一个平面内的两条相交直线与另一个平面内的两条相交直线平行证明面面平行扣2分 （2）利用空间直角坐标系证明AE与平面 BCF的法向量垂直，未交代AE在平面外扣1分 （3）用平面ADE与平面BCF都与平面 ABCD垂直不给分 （2）由题：DE  平面ABCD，AD  平面ABCD ，CD  平面ABCD 所以：DE  AD,DE  CD，又AD  DC ，AD  平面CDE 以点D为原点，以DA，DC，DE所在直线分别为x轴， y 轴，z轴 湖北云学名校联盟高三年级12月联考数学试卷评分细则第 4 页 共 10 页建立如图所示得直角坐标系 ......8分 则D  0,0,0 ，A  2,0,0 ，E  0,0,2 ，F  2,2,1  AD  平面CDE ，平面CDE得法向量为 DA  2,0,0  ......9分     AE  2,0,2 ，AF  0,2,1 设平面AEF 的法向量为DA  x,y,z    nAE 2x2z 0 1  1  则  ，取x 1，则z 1,y   ，所以：n1, ,1 ......11分  nAF 2yz 0 2  2  . nDA 2 2 设平面AEF 与平面DCE所成的锐二面角为 ，则cos   . n  AD 1 3 2 12  12 4 2 2 平面AEF 与平面DCE所成的夹角的余弦值为 . . ......13分 3 （结果为负 3 扣1分） 16.解(1)g(x) f(1x) f(x)=ln(1x)ln(x)， 则0 x1 ......2分 1 1 2x1 g'(x)   0（此处求导学生出现问题）---------------------4分 x1 x x(x1) 1 1 1 可得0  x  ，即g(x)在(0, )上单调递增，在( ,1)上单调性递减 ...........6分 2 2 2 注：第一问有学生用复合函数单调性做，只要对了可得满分 1 1 1 （2） f'(x)= ，则原式等价于(ba) lnblna(ba) x b a a b b b 1  1 ln  1，令t  (t 1) 证明1 lnt t1 ......10分 b a a a t 1 1t ①令 h(t)lntt1 ， h(1)0 ， h'(t) 1 0 ， h(x) 在 (1,) 上单调递减， t t h(x)h(1)0，lnt t1 ......12分 1 1 1 t1 ②令k(t)lnt 1，k(1)0，k'(t)   0，k(x)在(1,)上单调递增， t t t2 t2 湖北云学名校联盟高三年级12月联考数学试卷评分细则第 5 页 共 10 页1 k(x)k(1)0，lnt 1 . t 1 综上：当t 1，1 lnt t1，此题得证. ......15分 t （注：有学生用数形结合做，可给部分分如 4分或5分） 17.（1）解： ccosB 3csinB ab   sinCcosB 3sinCsinB sin AsinB sin BC sinB sinBcosC cosBsinC sinB   1  3sinCsinB sinBcosC sinB  3sinC  cosC 1sinC    ......4 分  6 2   5 0C , C  ......5分 6 6 6    C   C  . ......6 分 6 6 3 （2）解：由于S  S S ABC ACD BCD 1  1  1   CACBsin  CACDsin  CDCBsin 2 3 2 6 2 6 1  1  1   basin  bCDsin  CDasin 2 3 2 6 2 6 3ab    3ab  ba CD CD  . ......8分 ab 解法一： a b c 3     2 由正弦定理： sinA sinB sinC   a  2sin A,b  2sinB sin 3 2 3sin Asin  A    2 3sin A   1 sin A 3 cosA    3ab 4 3sin AsinB  3 2 2     ab 2  sin AsinB    1 3  sin AsinA  sin A sin A cosA  3  2 2   1cos2A 3 1    sin2A sin2A  sin2 A 3sin AcosA 2 2 2  6    ......10分 3 1     sin A cosA sinA  sinA  2 2  6  6     5 令：A ，则2A  2 ,  6 6 2 6 6 湖北云学名校联盟高三年级12月联考数学试卷评分细则第 6 页 共 10 页1   1   1 sin2A  sin2  cos2 2  6 2  2 2 1    2sin ......13分   sin sin 2sin sinA   6 1 1 3  sin102sin  ，即： 2 2sin 2 3 故：CD长度的最大值为 . ......15分 2 解法二： 【括号内原解法二，供参考：三角形ABC中，由余弦定理可得： AB2  AC2  BC2 2ACBCcosC a2  b2  ab  3   ab 2 33ab 3 CD  ab 2 2 有基本不等式： ab 2 33ab 33   ab  2 3（当且仅当b  c时，取"".）  2    3ab 3  ab 2 3 3 3 3 3 3    ab    2 3  . 】   ab 3 ab 3 ab 3 2 3 2 湖北云学名校联盟高三年级12月联考数学试卷评分细则第 7 页 共 10 页18.解（1）由题：M  2,0 ，N  2,0 ，设点P  4,y ， 0 y y y y k 1 则k  k  k  0  0 ，k k k  0  0 ， 1  ......4分 1 MA MP 42 6 2 BN NP 42 2 k 3 2 （2）由题：设直线TQ的方程为：x ty4，设B  x ,y ，Q  x ,y  1 1 2 2 x ty4    联立方程： x2  t2 4 y2 8ty12  0   y2 1  4   由韦达定理可得：  64t2 48t2 4 16t2 192  0t2 12t  2 3 8t 12 y  y   ，y y  ......6分 1 2 t2 4 1 2 t2 4 3   ty y   y  y ......8 分 1 2 2 1 2 由图形的几何性质：四边形AMQN 为平行四边形，故AM //QN  k  k AM QN k 1 y 3y y 3y 由（1）可知 1   k 3k  1  2  1  2 ......10分 k 3 BN NQ x 2 x 2 ty 2 ty 2 2 1 2 1 2 3 ty y 2y 3ty y 6y  y 3y ty y    y  y  1 2 1 1 2 2 1 2 1 2 2 1 2 3 y  y ， ......12分 1 5 2 8t 12 又因为 y  y   ，y y  1 2 t2 4 1 2 t2 4 解方程可得：t 4，由于B在下方，故t 4 3 t 4,y 1,y  ......15分 2 1 5 1 2 S  S S  y  y NT  y  y  ......17 分 QBN QNT BNT 2 1 2 1 2 5 解法二：由第一问可得3k k ，则直线 MP：y k (x2)，直线NP: y 3k (x2) 1 2 1 1 设A(x ,y )，B(x ,y )，则Q(x ,y )，联立方程如下： 1 1 2 2 1 1 x2   y2 1  4  (4k2 1)x2 16k2x16k2 40 1 1 1  y k (x2) 1 16k2 4 16k2 2 8k2 2 4k 可得x (2) 1  x  1  A( 1 , 1 ) ......7分 1 4k2 1 1 4k2 1 4k2 1 4k2 1 1 1 1 1 湖北云学名校联盟高三年级12月联考数学试卷评分细则第 8 页 共 10 页x2   y2 1  4  (36k2 1)x2 144k2x144k2 40 1 1 1  y 3k (x2) 1 144k2 4 72k2 2 72k2 2 12k 可得x 2 1  x  1  B( 1 , 1 ) ......10分 2 36k2 1 2 36k2 1 36k2 1 36k2 1 1 1 1 1 8k2 2 4k  Q( 1 , 1 ) ......11分 4k2 1 4k2 1 1 1 8k2 6 4k 72k2 6 12k QT ( 1 , 1 )，BT ( 1 , 1 ) 4k2 1 4k2 1 36k2 1 36k2 1 1 1 1 1 1 由题意可知，Q,B,T 三点共线14k2  k  ......15分 1 1 2 带入Q,B坐标得 3 y y 1，y  y  ......16分 Q 1 B 2 5 1 2 S  S S  NT (y  y ) ......17分 QBN QNT BNT 2 B Q 5 ......17分 （第二问,学生的解答过程可能跟答案给的不一样，但是结果又没有算出来，只要是联立方程， 求A、Q、B三个点坐标，求对一个給2 分，参考解法二给分） 19.解（1）S(A)  1,2,3,1,2 ， ......1分 例如B:3,2,1 ......3分 （2）当i 1， x a a a a 1 ① (1,20) 1 2 19 20 当i 2， x a a a a 1 ② ......4分 (2,19) 2 3 18 19 由①②可得： a a 2 ，即 a a 2 ，同理可得 1 20 1 20 当i 3， x a a a a 1 ③ ......5分 (3,18) 3 4 17 18 由②③可得： a a 2 ，即 a a 2 ， ......6分 2 19 2 19 同理可得如下结论： 当i 3,i 4，可得 a a 2 3 18 当i 4,i 5，可得 a a 2 4 17 湖北云学名校联盟高三年级12月联考数学试卷评分细则第 9 页 共 10 页当i 5,i 6，可得 a a 2 5 16 当i 6,i 7，可得 a a 2 6 15 当i 7,i 8，可得 a a 2 7 14 当i 8,i 9，可得 a a 2 8 13 当i 9,i 10，可得 a a 2 ......7分 9 12 另外当i 10时， x a a 1 ，得到 a a 1 ......8分 (10,11) 10 11 10 11  a  a a  a a + a a +...+ a a + a a 921 =19. ......9分 1 2 20 1 20 2 19 9 12 10 11 (3)证明：若数列A是3—连续可表数列，则对n4，均有： x  a a a a a a a 7 a ① (n3,n3) n3 n2 n1 n n1 n2 n3 n 若数列A又是2—连续可表数列，此时均有： x  a a a a a 5a ② ......11分 (n12,n12) n3 n2 n1 n n1 n1 x  a a a a a 5a ③ ......13 分 (n12,n12) n1 n n1 n2 n3 n1 ②+③—①可得： a a 2a ，即数列从第三项开始是等差数列 ......15分 n1 n1 n 设公差为d 又 a a a a a 5a 2 3 4 5 6 4 a 5a (a a a a ) = 5(a d)(a a da 2da 3d) = a d 2 4 3 4 5 6 3 3 3 3 3 3 数列从第二项开始是等差数列 又 a a a a a 5a 1 2 3 4 5 3 a 5a (a a a a ) = 5(a d)(a a da 2da 3d) = a d 1 3 2 3 4 5 2 2 2 2 2 2 数列从第一项开始是等差数列 综上：若“数列A既是2—连续可表数列，又是3—连续可表数列” ，则数列A是等 差数列 ......17分 备注：1.第一问，S(A)没写对，但B写对了，给1分 2.第二问，没有过程，结论正确，给1分，过程不详细的酌情给分 湖北云学名校联盟高三年级12月联考数学试卷评分细则第 10 页 共 10 页