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=}#}