黄冈市2025年秋季高三年级1月期末考试数学答案_2024-2026高三（6-6月题库）_2026年01月高三试卷_0108湖北省黄冈市2025年秋季高三年级1月期末考试（全）

2025 年高三秋季期末考试 数学参考答案 一、单选题 1.A 2.C 3.D 4.B 5.B 6.D 7.A 8.C 8. 【详解】（课本选择性必修二P104.17改编） (2x1)ex x1时不等式等价于：a x1 (2x1)ex x(2x3)ex 设 f(x) ,(x 2)，x1时， f'(x) 0恒成立， x1 (x1)2 a f (3) 5 7 所以a f(x)有两个正整数解2和3，则 ，解得 e3 a e4。故选C a f (4) 2 3 二、多选题 9.AC 10.BC 11.ABD . 三、填空题 103 2 12. 330 13.15 14. 2 14.【详解】整理得2S a2bc2 a2(b2c2)2bc，2bccosAb2c2a2， 所以bcsinA2bc2bccosA，所以sinA22cosA， 因为sin2 Acos2 A1，所以48cosA4cos2 Acos2 A1， 3 即5cos2 A8cosA30，解得cosA 或cosA1（舍去）， 5  π 9 4 因为A0, ，所以sinA 1cos2 A 1  ，  2 25 5 π π π π 在锐角ABC中，有C ，Bπ AC  ，则0  AC  ， 2 2 2 2 π sin( A) π 2 cosA 3 所以tanC  tan(  A)   ， 2 π sinA 4 cos( A) 2 b sinB sin(AC) sinAcosCcosAsinC 因为    c sinC sinC sinC sinA 4 3  cosA  ， tanC 5tanC 5 3 1 4 4 16 因为tanC  ，所以0  ，所以0  ， 4 tanC 3 5tanC 15 3 4 3 16 3 5 3 b 5 所以      ，所以   ， 5 5tanC 5 15 5 3 5 c 3 -1- {#{QQABCQSkxggYkJSACb5KF0H0CQgYsIOhLAgsgUCYqARCwJNABCA=}#}因为a2b2  2tS， 6 2b2c2  bc a2b2 2b2c2 2bccosA 5 10b25c26bc 所以t   2  2  2 2S bcsinA 4 4bc bc 5 10b 5c 3 52b c 3  2(   )  2      ， 4c 4b 2 4 c b 2 b 3 5 2b c 1 1 设  x（x , ），则  2x 2 2x 2 2 ， c 5 3 c b x x 1 2 当且仅当2x ，即x 时取等号， x 2 5 3 103 2 所以t的最小值为 2( 2 2 ) . 4 2 2 四、解答题 15.【详解】（1）由题意 f 11 a11 a2 .…………………… 1分 所以数列a ，其前n项和为S 2n1.………………………………………………………… 2分 n n 当n1时，a 211； 1 当n2时，a S S   2n1    2n11  2n1.……………………………………………… 5分 n n n1 n1时，上式亦成立. 所以a 2n1，nN*. ………………………………………………………… 6分 n 2n3 1 2n1 1 1 1 （2）b n  a 1a 1  4   2n11  2n1   4 ( 2n11  2n 1 )， …………………… 9分 n n1 1 1 1 1 1 1 1  (      ) T b b b 4 201 211 211 221 2n11 2n 1 n 1 2 n 1 1 1  (  ) ……………………………………12分 4 2 2n1 1  . ……………………………………13分 8 16. 【详解】(1)证明： CC 平面ABC,AC，BC 平面ABC，∴ CC BC ，CC  AC 1 1 1 ∵ ⊂ 又BC  AE，CC 平面ACC A,AE 平面ACC A,CC AE E 1 1 1 1 1 1 ∴ BC 平面ACC A ………………………… 3分 1 1 AC 平面ACC A ,∴BC  AC，又∵CC  AC 1 1 1 BC ⊂平面BCC B ，CC 平面BCC B ，CC ∩BC=C, 1 1 1 1 1 1 ∴A⊂C 平面BCC B BE⊂ 平面BCC B 1 1 1 1 -2- ⊂ {#{QQABCQSkxggYkJSACb5KF0H0CQgYsIOhLAgsgUCYqARCwJNABCA=}#}∴AC BE …………………… 6分 (2)由(1)知直线CA，CB，CC 两两垂直， 1 分别以CA，CB，CC 为 ， ， 轴建立空间直角坐标系C ，如图所示 …………7分 1 1 3 A B C ,AC=2A C , B C = BC= , − 1 1 1 1 1 1 1 2 2 ∵ ~ ∴ 依题意得 ， ,B 3 ……………………9分 2 (4,0,0，), (0,3,0) (0,0，,1设) 平1(面0,A,B2E)的法向量 ,则 =(4,0,−1) =(0,,3取,−1) , 3 ， =( , , ) …………12分 1 2 设 E ∙ B 与 = 平 0 面∴A 4 B E − 所 成 = 角 0 为 =(3,4,12) =(0, ,1) ∙ 1 =0 3 − =0 1 1 ……………… 14分 ∙ 1 6+12 36 13 ∴ sinθ=cos , =| |∙| |= 9 = 169 9+16+144∙ 4+1 EB 与平面ABE所成角的正弦值为 . ……………… 15分 1 36 13 ∴ 3 169 3 17.【详解】（1）因为P(A) ，所以愿意报名参加答题活动人数为200 120， 5 5 2 2 又因为P(B|A) ，所以愿意报名参加答题活动的男生人数为120× =80，愿意报名参加答题活 3 3 动的女生人数为1208040，则可得到2×2列联表为： 性别 男生 女生 合计 不愿报名参加答题活动 20 60 80 愿意报名参加答题活动 80 40 120 合计 100 100 200 …………………………2分 零假设为H ：学生报名参加答题活动与性别无关， 0 200(20408060)2 100 则2    10.828 x ， 10010080120 3 0.001 依据小概率值0.001的独立性检验，我们推断H 不成立， 0 即认为学生报名参加答题活动与性别有关联，此推断犯错误的概率不大于0.001；……………4分  2 （2）(i)设随机变量Y为甲答对题目的个数，则Y ~ Bn, . ……………5分  3 -3- {#{QQABCQSkxggYkJSACb5KF0H0CQgYsIOhLAgsgUCYqARCwJNABCA=}#}P  Y 10  P  Y 11  假 设 最 有 可 能 答 对 题 目 的 数 量 是 10 次 ， 则  ， 即  P  Y 10  P  Y 9   10 n10 11 n11 2 1 2 1 C10      C11       n 3 3 n 3 3  ， ……………7分 10 n10 9 n9  2 1 2 1   C n 10  3     3   C n 9  3     3   31 解得14n ，又nN，则n15 …………………………9分 2 (ii)X 的所有可能取值为： 1,2,3,4， 2 1 2 2 1 2 2 2 P  X 1  ，P  X 2    ，P  X 3        ， 3 3 3 9 3 3 27 3 1 1 P  X 4     3 27 所以分布列为 X 1 2 3 4 2 2 2 1 P 3 9 27 27 ……………12分 2 2 2 1 40 E  X 1 2 3 4  ……………15分 3 9 27 27 27 18. 【详解】 (1)依题意得S = 1 bc=6,2c=4 3, ∆AOF 2 c 2 c=2 3,b=2 3, a2 =b2+c2 =24, e  ……………………4分 a 2 ∴ ∴ (2)(ⅰ)依题意得圆D:( )2+( )2=8，椭圆C: x2 + y2 =1,点D(m,n)为椭圆上一点 24 12 − − m2 + n2 =1，n2 =12(1 m2 ) 24 12 24 ∴ − |k1m-n| =2 2 |k2m-n| =2 2 直线OM:y= k x,ON:y= k x,与圆D相切， ， …………6分 1 2 1+k1 2 1+k2 2 ∴ 平方整理得k ，k 为方程(m2 8)k2 2mnk+(n2 8)= 0的两根. …………8分 1 2 k k = n2 8 = 12(1 m 24 2 ) 8 = 1 − − − ………………10分 1 2 m2 − 8 m− 2 8− 2 ∴ ( ⅱ ) −解 法 −一 设 − M(x ,y ) , N(x ,y ) 由 ( ⅰ ) 知 k k = y1y2 = 1 , 所 以 1 1 2 2 1 2 x1x2 2 − y 2y 2 = 1 x 2x 2, ………………12分 1 2 1 2 4 -4- {#{QQABCQSkxggYkJSACb5KF0H0CQgYsIOhLAgsgUCYqARCwJNABCA=}#}y 2 =12(1 x1 2 ),y 2 =12(1 x2 2 ), 144(1 x1 2 )(1 x2 2 )= 1 x 2x 2, 1 2 1 2 24 24 24 24 4 − − ∴ − − 整理得x 2+x 2 =24，y 2+y 2 =12(1 x1 2 )+12(1 x2 2 )=12， ………………14分 1 2 1 2 24 24 |OM|2+|ON|2=x 2+y 2+x 2 +y 2 =36 − − ……………………15分 1 1 2 2 由基本不等式|OM|2+|ON|2 2|OM||ON|，得|OM||ON| 18，当且仅当|OM|=|ON|时等号成立. |OM|∙|ON|的最大值为18.≥ ≤ …………………… 17分 ∴解法二：设M(x ,y ),N(x ,y )，直线OM : y k x,代入x2 y2=24得：x2 k x)2=24 1 1 2 2 1 1 +2 +2( x 2= 24 , y 2= k 24k1 ,x 2+y 2= 24(1+k1 , ………………12分 1 1+2k1 2 1 1 2 1+2k1 2 2 1 1 1+2k1 2 2 ) ∴ (x ) = 同理直线ON : y k x,代入x2 y2=24得x 2+y 2= 24(1+k2 ,由(ⅰ)k k ………………13分 2 2 2 1+2k2 2 ) 1 2 1 2 +2 =−2 24(1+ x 2+y 2= k 11 = 24( k1 +1 = 12( k1 +1 ………………14分 2 2 1+ k 4 21 2) 4 k1 2 2+ ) 2 4 k1 2 +2 ) 4 2 4 2 1 |OM|2+|ON|2= 24(1+k1 + 12( k1 +1 =36 ………………15分 ∴ 由基本不等式 O 1 M 2 + 2  1 2 O + N 2 2 2  + 2 2 O 2 M = O 1+ N 2k1 2 2 ， ) 得 2 O 4 k1 2 M +2 1 ) ON 18，当且仅当时 OM  ON ， 此时k ，k 或k ，k 等号成立. 1 2 1 2 2 2 2 2 |OM||=ON2|的最大=值−为2 18. =− 2 = 2 ………………17分 ∴ ∙ (其它方法酌情给分） 19. 【详解】 f(x)lnxx 1 lnx1 …………………1分 x 令f' x >0,lnx+1>0,x> 1 ,所以f(x)在 1 +∞ 上单调递增； e e 令f' x <0,lnx+1<0,0