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<x< 1 ,所以 f(x)在 0 1 上单调递减， …………………3分
e e
所以 f(x)的最小值为f 1 = 1 ln 1 =- 1 ,无最大值 …………………4分
e e e e
（2）由题意知,即讨论g(x)在(0,)上变号零点个数
2x 2x 2(1x)
g(x)aex 2xex(a ),令rx (x0),则rx ， ………… 5分
ex ex ex
当x0,1时，r(x)0，(x)单调递增；
当x1,时，r(x)0，(x)单调递减， ………………………… 6分
-5-
{#{QQABCQSkxggYkJSACb5KF0H0CQgYsIOhLAgsgUCYqARCwJNABCA=}#}2
又当x时，r(x)0，且r(1) ，可以作出rx的大致图象
e
2
所以当a 时，g(x)0,单调递增，无极值点
e
当a0时，g(x)0,单调递减，无极值点
2
当0a 时，设 r(x)a两交点横坐标分别为m,n ，g(x)在(0,m)单调递增，(m,n)单调递减，
e
(n,)单调递增，g(x)有一个极大值点，一个极小值点 ………… 8分
2
综上，当a0或a 时，g(x)无极值点
e
2
当0a 时， g(x)有两个极值点 ………… 9分
e
(3)整理得h(x)
aex
xlnx，其定义域为0,，
x
则 h(x)
axaex
1 1 
 aex x x1
x0，
x2 x x2
x x 1x
令h(x)0，得x1或a .设x x0，则x ，
ex ex ex
当x0,1时，(x)0，(x)单调递增；
当x1,时，(x)0，(x)单调递减， ………………………… 11分
1
又当x0时，(x)0；又当x时，(x)0，且(1) ，
e
因此(x)的大致图象如图所示，
因为h(x)在定义域内有三个不同的极值点x,x ,x ，
1 2 3
1
所以(x)与ya有两个不同的交点，所以0a ， ………………………… 12分
e
不妨设x  x  x ，则0x 1x x ，
1 2 3 1 2 3
x x lnx x lna
所以a 1  3 ，所以 1 1 ，
ex1 ex3 lnx x lna
3 3
所以hx hx hx 


aex1
x lnx

 ae1


aex3
x lnx


1 2 3  x 1 1   x 3 3 
1 3
ae11x lnx 1x lnx  ae11lna 2 .
1 1 3 3
 1  2 
令 p(a)ae11lna2 0a ，则 p(a)1lna 3e+elna .……………………… 14分
 e  a
-6-
{#{QQABCQSkxggYkJSACb5KF0H0CQgYsIOhLAgsgUCYqARCwJNABCA=}#} 1 2  1
因为yelna在0, 上单调递增，y 在0, 上单调递减，
 e a  e
2  1 2 1
所以y3e+elna 在0, 上单调递增，所以3e+elna 3e+eln 2e0，
a  e a e
1  1
又1lna1ln 0，所以p(a)0，所以p(a)在0, 上单调递增.
e  e
因为 p(
1
)


1
1

 132 
4(1 e2 )
，因此当a[
1
,
1
)时， p(a)
4(1e2)
，…………… 16分
e3 e2  e2 e3 e e2
1 1 1e2
即当a

, 时，hx hx hx  恒成立，
e3 e 1 2 3 4e2
1 1
所以实数a的取值范围是a  ,  ………………… 17分
e3 e
-7-
{#{QQABCQSkxggYkJSACb5KF0H0CQgYsIOhLAgsgUCYqARCwJNABCA=}#}