八省2025届高三“八省联考”考前猜想卷数学02答案_A1502026各地模拟卷（超值！）_12月_2412312025届高三“八省联考”考前猜想卷

2025 年 1 月“八省联考”考前猜想卷 02 数学·参考答案与评分标准 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 2 3 4 5 6 7 8 C B A A A D B A 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．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9 10 11 ABD AC ABD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．240或3840 13．2 14．  0,e2  四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸。 15．（13分） 【详解】（1）学生甲恰好答对3道题有以下两种情况： 第一种情况是学生甲答对A组的2道题和B组的1道题， 2 2 1  1 2 其概率P   C1 1  ；...........................................................................（2分） 1 3 2 2  2 9 第二种情况是学生甲答对A组的l道题和B组的2道题， 2 2  2 1 1 其概率P C1 1    ． 2 2 3  3 2 9 2 1 1 故学生甲恰好答对3道题的概率PP P    ．.............................................（5分） 1 2 9 9 3 （2）由题意可知X 的所有可能取值为0,1,2,3,4． 2 2  2  1 1 P(X 0)1  1   ，  3  2 36 2 2 2  2  1  2 1  1 1 P(X 1)C1 1 1  1  C1 1  ， 2 3  3  2  3 2 2  2 6 学科网（北京）股份有限公司2 2 2 2 2  1  2 1 2  2 1  1 13 P(X 2)  1  1    C1 1 C1 1  ， 3  2  3 2 2 3  3 2 2  2 36 2 2 2 1 1 P(X 4)     ，...........................................................................................（9分） 3 2 9 1 由（1）可知P(X 3) ， 3 则X 的分布列为 X 0 1 2 3 4 1 1 13 1 1 P 36 6 36 3 9 1 1 13 1 1 7 故E(X)0 1 2 3 4  ．............................................................（13分） 36 6 36 3 9 3 16．（15分） 【详解】（1）证明：由三棱柱的性质可知CC //AA ． 1 1 因为AA 平面ABC，所以CC 平面ABC． 1 1 因为AB平面ABC，所以CC AB．........................................................................（2分） 1 因为D为AB的中点，且V ABC是等边三角形，所以CD AB． 因为CD,CC 平面CCD，且CC CD C ， 1 1 1 所以AB平面CCD．.....................................................................................................（6分） 1 （2）取AB 的中点D ，连接DD ．由题意可得DB,DC,DD 两两垂直，故以D为坐标原点， 1 1 1 1 1   DB，DC,DD 的方向分别为x,y,z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系． 1设AB2，则A1,0,0,B1,0,0,C  0, 3,0  ,D 0,0,0 ,A 1,0,3 ,C 0  , 3,3  ， 1 1     故AB2,0,0,AC   1, 3,3  ,DA  1,0,3 ,DC  0, 3,0  ．...................................（8分） 1 1  设平面ACD的法向量为nx,y,z ， 1 1 1 1    nDA x 3z  0,  则   1 1 1 令x 1 3，得n3,0,1． nDC  3y 0, 1  设平面ABC 的法向量为mx ,y ,z ， 1 2 2 2    mAB2x 0,    则 m    A  C  x 2  3y 3z  0, 令y 2  3，得m 0, 3,1 ． 1 2 2 2 设平面ACD与平面ABC 所成的锐二面角为， 1 1   nm 1 10 则cos     ， n m 102 20 10 即平面ACD与平面ABC 所成锐二面角的余弦值为 ．............................................（15分） 1 1 20 17．（15分） 【详解】（1） f xxalnx， f 11， a fx1 ， f11a， x 所以在点 处的切线方程为y1(1a)(x1)， 整理得：1 1, a1 xya0；..........................................................................................（4分） a xa （2）函数 f xxalnx定义域为 ， fx1  ..........................（6分） x x 0,+∞ 当a0时， ，此时 f x在 上单调递增； ' ≥0 0,+∞ 当a0时，令 fx0，得xa， 此时在(0,a)上 ， f x在(0,a)单调递减， ' <0 在(a,)上 ， f x在(a,)单调递增， ' 综上： >0 a0时， f x的递增区间为 ，无递减区间； 0,+∞ 学科网（北京）股份有限公司a0时， f x的递减区间为(0,a)，递增区间为(a,)；..........................................（9分） （3）由（2）可知，当a0时， f(x)xalnx0才有两个不相等的实根，且x 0， 0 a1 1 1 1 则要证(a1)x a，即证  ，即证1  ， 0 a x a x 0 0 x 而x alnx 0，则a 0 (x 1，否则方程不成立）， 0 0 lnx 0 0 lnx 1 所以即证1 0  ，化简得x lnx 10，................................................................（11分） x x 0 0 0 0 1 x 1 令g(x )x lnx 1，则g(x )1  0 ， 0 0 0 0 x x 0 0 当0 x 1时，g(x )0，所以g(x )在 单调递减， 0 0 0 0,1 当x 1时，g(x )0，所以g(x )在 单调递增，...........................................（13分） 0 0 0 1,+∞ 所以gx g10，而x 1，所以g(x )0， 0 0 0 所以(a1)x a，得证．...................................................................................................（15分） 0 18．（17分） 【详解】（1）设动圆的半径为r，圆F :(x 3)2 y2 16的圆心F ( 3,0)，半径R4， 2 2 显然点F( 3,0)在圆F 内，则 MF Rr4 MF ， 1 2 2 1 于是 MF  MF  4 2 3 FF ， 1 2 1 2 因此动点M的轨迹C是以F ，F 为焦点，长轴长为4的椭圆，.................................（2分） 1 2 长半轴长a2，半焦距c 3，则短半轴长 b a2c2 1 ， x2 所以轨迹C的方程为 y2 1.........................................................................................（4分） 4 （2）（i）设P(x,y )，Q(x ,y )，T(4,m)，由（1）知A(2,0)，B(2,0)， 1 1 2 2 y m0 m y m 2y 显然k AP  x  1 2 ，k AQ k AT  42  6 ，而k BP k BT  x  1 2  2 ，则m x  1 2 .（7分） 1 1 1y m y y y 2 x2 1 k k  1   1  1  1 ，又 1  y2 1，即y2  (4x2)， AP AQ x 2 6 x 2 3(x 2) 3(x 24) 4 1 1 4 1 1 1 1 1 1 (4x2) 所以 4 1 1 ，为定值............................................................................（11分） k k   AP AQ 3(x24) 12 1 xtyn （ii）由 消去x得(t24)y22tnyn240， x24y2 4 4t2n24(t24)(n24)16(t24n2)0， 2tn n24 1 由（i）得y  y  ,y y  ，又k k  ，......................................（14分） 1 2 t24 1 2 t24 AP AQ 12 y y y y y y 则 1  2  1 2  1 2 x 2 x 2 ty n2ty n2 t2y y tn2y  y n22 1 2 1 2 1 2 1 2 n24 t24 n24 1    ，解得n1，满足0， n24 2t2nn2 4n216n16 12 t2  n22 t24 t24 因此直线PQ的方程为xty1， 所以直线PQ过定点(1,0).................................................................................................（17分） 19．（17分） 【详解】（1）由a 1，且a 为“2数列”，得a T 2，即a 2T ，...........（2分） 1 n n1 n n1 n 则a 2T 2a 3， 2 1 1 a 2T 2aa 2135， 3 2 1 2 a 2T 2aa a 213517， 4 3 1 2 3 a 2T 2aa a a 213517257．.............................................................（5分） 5 4 1 2 3 4 （2）设数列 的公比为qq0， 由b 2Gn Tn，得G T log b ，....................................................................................（6分） n n n 2 n n 即G a2 aa a L L a log b ， n i 1 2 3 n 2 n i1 n1 则G a2 aa a a a log b ． n1 i 1 2 3 n n1 2 n1 i1 两式相减得a2 aa a a a 1log b log b ， n1 1 2 3 n n1 2 n1 2 n 学科网（北京）股份有限公司即a2 aa a a a 1log q． n1 1 2 3 n n1 2 因为a 是首项为2的“k数列”，所以a T k，....................................................（8分） n n1 n 即aa a a a k， 1 2 3 n n1 所以a2 a ka 1log q， n1 n1 n1 2 即k1a klog q对任意的nN*恒成立． n1 2 因为a T k a k 2k，a T k aa k 22kk 3k4， 2 1 1 3 2 1 2  k1a k log q  k12kk log q 则 2 2 ，即 2 ，  k1a 3 k log 2 q  k13k4k log 2 q 解得k 1，q= 2．.........................................................................................................（11分） 又由a2 a log b ，即42log b ，得b 4，所以b 2n1． 1 1 2 1 2 1 1 n 检验可知k 1符合要求，故数列 的通项公式为b 2n1．..................................（12分） n （3）因为a 为“k数列”，所以a T k， n n1 n 即a aa a a k对任意的nN*恒成立， n1 1 2 3 n 因为a 1，k0，所以a a k 1． 1 2 1 再结合a 1，k0，a 1，反复利用a aa a a k， 1 2 n1 1 2 3 n 可得对任意的nN*，a 1． n 1 设函数 f xlnxx1，则 fx 1．.....................................................................（15分） x 由 fx0，得x1． 当x1时， ，所以 f x在 上单调递减． ' 所以当x1 时， f<0xlnxx1 f11,+∞0，即lnxx1x1． 又a 1，所以lna a 1． n n n 可得lna a 1，lna a 1，，lna a 1， 1 1 2 2 n n 累加可得lna lna lna a a a n， 1 2 n 1 2 n 即lnaa a S n，即lnT S n， 1 2 n n n n 所以S lnT n．.............................................................................................................（17分） n n