高三数学答案（岸）_2024-2025高三（6-6月题库）_2024年11月试卷_1118湖北省武汉市江岸区2024-2025学年高三上学期11月调研考试（全科）

2024～2025 学年度高三十一月
数学试卷参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
答案 B B C B B A D D AD BD BCD
8．D
解：如图所示：
设椭圆与双曲线的焦距为 FF 2c,|PF |t ,由题意可得
1 2 1
tc2a ,tc2a
1 2
t2a c,t2a c ，2a c2a c ，即a a c
1 2 1 2 1 2
1 1 e
  1，即e  2
e e 1 e 1
1 2 2
e e 2 1
e e e  2  2 
2 1 2 e 2 1 e 2 1   1   2  1 ，
e  e
2 2
1 1
由e 1可知0   1，令x (0,1)，y x2x(0,2)，
2 e e
2 2
1
所以e e  ，故选D.
2 1 2
11．BCD
x2 y2
解：A选项：由椭圆方程  1，所以a2 8，b2 4，所以c2 a2b2 4，
8 4
FPF
所以FPF 的面积为S b2tan 1 2 4，故A错误；
1 2 2
答案第1页，共7页
{#{QQABTY4UogCoABJAAAhCUQViCEIQkhCACYgOxAAIMAABiRFABAA=}#}B选项：当PF FF 或PF FF 时FPF 为直角三角形，这样的点P有4个，
1 1 2 2 1 2 1 2
1 1
设椭圆的上下顶点分别为S，T ，则 FF 4,OS 2,OS  FF ,同理 OT  FF ，
1 2 2 1 2 2 1 2
知FSF FTF  90 ，所以当P位于椭圆的上、下顶点时FPF 也为直角三角形，
1 2 1 2 1 2
其他位置不满足，满足条件的点P有6个，故B正确；
C选项：由于 PF 2PF 2a PF 2PF 4 23PF ，
1 2 2 2 2
所以当 PF 最小即 PF ac 2 22时， PF 2 PF 取得最大值62 2，故C正确；
2 2 1 2
D选项：因为 PF  PM  2a PF  PM  4 2 PM  PF ，
1 2 2
5 5 5
又 PM  PF  MF  ，则 PF  PM 的最大、最小值分别为4 2 和4 2 ，
2 2 2 1 2 2
当点P位于直线MF 与椭圆的交点时取等号，故D正确.
2
故选：BCD
14． 5,
解：由题意，知2x32mxm3x2，即2x33x2 m2x1．
因为x 1,，所以m
2x33x2
在1,上有解，只需m


2x33x2 
 ．
2x1  2x1 
min
设hx
2x33x2
x1，对函数hx求导，
2x1
  
8x36x 2x 2x 3 2x 3
得hx  0，
2x12 2x12
所以函数hx在1,上单调递增，所以hx h15，所以m5．
min
故答案为： 5,．
答案第2页，共7页
{#{QQABTY4UogCoABJAAAhCUQViCEIQkhCACYgOxAAIMAABiRFABAA=}#}3 4
15．解（1）在VABC中，由已知可得bac，故由sinC  ，可得cosC  .
5 5
由已知及余弦定理，有c2 a2b22abcosC 13，所以c 13，
a c asinC 3 13
由正弦定理  ，得sinA  ，
sinA sinC c 13
3 13
所以，c的值为 13，sin A的值为 .
13
4
（2）设BC边的中点为D，在ACD中，cosC  ，由余弦定理得：
5
2 2
BC BC 5 5 4 73
AD AC2  2AC cosC  62  26   .
 2  2 2 2 5 2
16．解（1）由已知，可设抛物线的方程为y2 2px(p0)，
x2 y2
双曲线的标准方程为  1a0,b0
a2 b2
把点M(1,2)代入抛物线方程，求得 p2，
抛物线的方程为y2 4x，焦点坐标为F 1,0．
1
则对于双曲线，右焦点坐标为F(1,0)，则另一个焦点坐标为F 1,0，故c1，
1 2
又M(1,2)在双曲线上，根据双曲线的定义知，
2a MF  MF  2222  0222 2 22，
1 2
a 21， a2 32 2 ，b2 c2a2 2 22．
x2 y2
故双曲线的标准方程为  1．
32 2 2 22
（2）由题意可得，AP的中点为C，l的方程为xn，以线段AP为直径的圆C交l于D、E两
个点，DE的中点为H，则CH l.
x 3 y   y 
设Ax,y ，则C 1 , 1，Dx ,y ，x n，Hx , 1，
1 1  2 2  2 2 2  2 2 
1 1 x 3 1
则 DC  AP  (x 3)2 y2 ， CH  1 x  (x  2x )3 ，
2 2 1 1 2 2 2 1 2

因为，VCHD为直角三角形，且CHD ， CD 2  CH 2 HD 2
2
1 1
所以， DH |2 DC|2 |HC|2 [(x 3)2 y2] [x 2x )3]2 (n2)x n23n，
4 1 1 4 1 2 1
显然，当n2时， DH 2 462为定值.
答案第3页，共7页
{#{QQABTY4UogCoABJAAAhCUQViCEIQkhCACYgOxAAIMAABiRFABAA=}#}所以，弦长为 DE 2 DH 2 2 为定值．
故存在垂直于x轴的直线l（即直线DE），被圆截得的弦长为定值，
直线l的方程为x2．
17．解（1）连接BC ，交BC于点N，连接NE，
1 1
因为侧面BCCB 是平行四边形，
1 1
所以N 为BC的中点，又因为点E为线段AC的中点，
1
所以NE//AB ，
1
因为AB 面BEC ，NE面BEC ，
1 1 1
所以AB //面BEC .
1 1
π
（2）连接AC，AE，因为AAC ，ACAA 2，
1 1 1 3 1
所以△AAC为等边三角形，AC2，
1 1
因为点E为线段AC的中点，
所以AE AC ，
1
因为侧面ACC A 底面ABC，平面ACC A 平面ABC AC，AE平面ACC A ，
1 1 1 1 1 1 1
所以AE 底面ABC，
1
  
过点E在底面ABC内作EF  AC，如图以E为坐标原点，分布以 EF ，EC，EA 的方向为x,y,z
1
轴正方向建立空间直角坐标系，
答案第4页，共7页
{#{QQABTY4UogCoABJAAAhCUQViCEIQkhCACYgOxAAIMAABiRFABAA=}#}则E0,0,0，B   3 , 1 ,0  ，C  0,2, 3  ，
  2 2   1
  3 1    
所以EB , ,0，EC  0,2, 3 ，
  2 2   1
设平面BEC 的法向量为 ，
1
   3 1
mEB x y0
则 2 2 ，令x1，则y 3,z2，
 
mEC 2y 3z0
1
  
所以平面BEC 的法向量为m 1, 3,2 ，
1

又因为平面ABE的法向量为n0,0,1，
  2 2
则cosm,n  ，
134 2
经观察，二面角ABEC 的平面角为钝角，
1
2
所以二面角ABEC 的余弦值为 .
1
2
18．解（1）当k 2时， f xx12lnx，(x0)，
2
所以 fx1 ，所以切线的斜率为 f11，
x
又因为 f 1112ln10，
所以曲线 f x在x1处的切线方程为y(x1)，即yx1.
答案第5页，共7页
{#{QQABTY4UogCoABJAAAhCUQViCEIQkhCACYgOxAAIMAABiRFABAA=}#}k xk
（2）因为 fx1  ,k 0，
x x
xk
当k 0时， fx 0，
x
所以 f xx1klnx 在(0,)上单调递增，
1 1
又因为 f   k ln20，与 f x0不符；
2 2
xk
当k0时，由 fx 0得xk，
x
所以 f xx1klnx 在(0,k)上单调递减，在(k,)上单调递增.
所以 f x f(k)k1klnk ，所以k1klnk 0，
设g(x)x1xlnx (x0)，
则g(x)1(1lnx)lnx，
由g(x)0，可得0x1，
所以g(x)x1xlnx 在(0,1)上单调递增，在(1,)上单调递减，
所以gx g(1)11ln10，
所以k1klnk 0有唯一解，且k 1.
（3）由（2）知当x0时， f x x1ln x0，
当且仅当x1时， f 10.
所以当x0且x1时， f x x1lnx0，
则x1lnx.
1 1 1
取x1 （nN），所以 ln(1 )，
2n 2n 2n
1 1 1 1 1 1
所以ln(1 ) ，ln(1 ) ，L，ln(1 )
2 2 22 22 2n 2n
1 1 1 1 1 1
所以ln(1 )ln(1 )ln(1 )   .
2 22 2n 2 22 2n
1 1
(1 )
 1 1 1  2 2n
所以ln

(1 )(1 )(1 )


 2 22 2n  1
1
2
1 1 1 1 1
所以(1 )(1 )(1 )e 2ne
2 22 2n
答案第6页，共7页
{#{QQABTY4UogCoABJAAAhCUQViCEIQkhCACYgOxAAIMAABiRFABAA=}#} 1 1   1 
于是对于任意正整数n，1 1 1 m，
 2 22   2n 
只需em，又因为mZ，所以m3，
则m的最小值为3.
π  
19．解（1）因为 f xcos xcosxsinxcosx，所以 f x的互生向量OM 1,1 .
2 
 3 1   π
（2）由题意可得 f x 3sinxcosx2

sinx cosx

2sinx ，所以
 2 2   6
 π
f 2x2sin2x ，
 6
π π π π π
令2kπ 2x 2kπ  , kZ，解得kπ xkπ ,kZ，
2 6 2 6 3
 π π
因为x

0,

，所以0 x ，
 2 3
 π  π
所以函数y f 2x在x  0,  上的严格增区间为  0, .
 2  3
（3）由题 f x2sinx，则gx f x2 3 cosx k  2sinx2 3 cosx k ，
若函数gx在 0,2π 上有四个零点，则k 2sinx2 3 cosx 在 0,2π 上有四个实数根，
则函数hx2sinx2 3 cosx 与yk在 0,2π 上的图象有四个交点，
 π 3π
2sinx2 3cosx,0x 或 x2 π

因为hx2sinx2 3 cosx    2 2 ，
 2sinx2 3cosx, π x 3π
 2 2
  π π 3π
4sinx ,0x 或 x2 π
  3 2 2
所以hx ，
  π π 3π
4sinx , x
   3 2 2
则由三角函数性质作其函数图象如图所示，
   
由三角函数图象及性质可知k的取值范围为 2,2 3  2 3,4 .
答案第7页，共7页
{#{QQABTY4UogCoABJAAAhCUQViCEIQkhCACYgOxAAIMAABiRFABAA=}#}