湖北省部分市州2025届高三上学期元月期末联考数学试卷

湖北省部分市州 2025年元月高三期末联考 数学参考答案及解析 一、单项选择题:本题共 8小题，每小题 5分，共 40分. 1.A 2.C 3.C 4.D 5.B 6.B 7.C 8.B 7.【答案】C （法一）平面 ABCD内，以 ABAD, 为 yx, 轴建系，则 )3,0(0,0( BA ）， ,设 ），yxQ( ， 则由 QBQA 2 ，化简可得   222 24  yx . Q在平面上以 ），（ 40 为圆心，2 为半径的圆上，当Q到平面 ADD1 的距离最大时，三棱锥 ADDQ 1 的体积最大，此时 ），（ 60Q ，设此时锥体的外接球半径为 R，可补体为长方体， 则有 2 633 222  R ,  544 2  RS （法二）平面 ABCD内， QBQA 2 ，延长 AB至M ,使得 1BM ，延长 AB至 1Q ,使 得 31 BQ ，由阿氏圆的性质可知，Q在以M 为圆心，2 为半径的圆上，则Q在 1Q 时，三 棱椎 ADDQ 1 的体积最大,设此时锥体的外接球半径为 R，则有 2 2 2 3 2 23       R (或同法一，补体为长方体）  544 2  RS 8.【答案】B 分析得 cbxaxy  2 与 ) 36 cos(   xy 有相同的零点 1 和 7，易知 0a ， 0c 且 1和 7是方程 02  cbxax 的两根，所以        a c a b 7 8 ， 所以 ab 8 ， ac 7 ，所以 acb 2 6 19    a a ， 3 1 a 取等，选 B 二、多项选择题：本题共 3小题，每小题 6分，共 18分. 9.BD 10.ACD 11.ABD 11. 【答案】ABD 122  yx 在 ）（  sin,cos 处的切线方程为 1sincos   yx ，所以 A 正确； 椭圆 12 2 2 2  n y m x 在 ）（  sin,cos nm 处的切线方程为 1sincos  n y m x  ，B正确； 将 )2( 300 xx ， 代入 32 23 txty  得 0232 300 23  xxtt ，构造 3 00 23 232)( xxtttf  ， )(6)( 0xtttf  ，易知 )(tf 在 )0( ， 无零点，C 错误； 若 )y( 00，x 不在直线族上，代入直线 2 11 a x a y  得 010 2 0  axay ， 04 0 2 0  yx ，所以 4 2 0 0 x y  ，联立 2 11 a x a y  和 yx 42  得 0 44 2 2  a x a x ， 所以 0 ，所以直线 2 11 a x a y  和 yx 42  相切，又 1 byax 不包括直线 0y ，所 以） ）（ 042  xyx 是直线族 1 byax 的包络曲线，D正确. 三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分. 12.28 13. 24 14. e 1 13.【答案】 24 当 0x , 0y 时，曲线为 yxyx 2222  在第一象限的部分， 即     211 22  yx ，且图像关于 x 轴、y 轴，坐标原点均对称. 则 A,B 距离的最大值为直径的 2 倍，为 24 . 14.【答案】 e 1 方法一： ),0( ex ，不等式 12 2)ln1(   ne xx m 恒成立 令 )ln1()( 2 xxxh  ，则 )ln21() 1()ln1(2)( 2 xx x xxxxh  则 )(xh 在 )0 e，（ 上单调递增，在 )，（ e 上单调递减， 2 )()( eehxh  . 且 0)( xh ， 12 2)ln1(   ne xx m ， 2 )ln1( 2 2 1 exx e m n  n n e n m nem  ， ，令 ne nng )( ，则 )(ng 在 )1( ， 上单调递增，在 )1( ， 上单调递减， e g e nng n 1)1()(  ee n m n n 1  方法二： ),0( ex ，不等式 02 )ln1( 1 2  ne xx m 恒成立 即 1 2 22 lnln2                           ne x e x em x e x em 令 0ln),,1( 2       t x et 1 ln  ne t mt t tem n ln1  在 ),1( t 上恒成立. 令 t tt ln)(  ，则 )(t 在 )0( e， 上单调递增，在 )( ，e 上单调递减， e e t tt 1)(ln)(   n n e e em  1 ,当 0n 时， 0 m n ；当 0n 时， ne n m n  ； 令 ne nng )( ，则 )(ng 在 )1( ， 上单调递增，在 )1( ， 上单调递减， e g e nng n 1)1()(  ee n m n n 1  四、解答题：共 77 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 15.解析： （1）由正弦定理得 BCCCCA sincossin2cossinsin 22  ……………2 分 0cossin0) 4 sin(2) 4 ( 4 ) 4 30(  CCCCC ，，，，，  BCCA sin)cos(sinsin  ……………4 分 又 )( CAB   )sin(cossinsinsin CACACA  CACA sincoscossin  CACA sincossinsin  ，又 0sin C ，所以 1tan A ， )0( ，A 4  A . ……………6 分 （2）由正弦定理及二倍角公式得 CBBBC sinsin3cossinsin2  ， 2 3cos  B 又 ) 4 30( ，B 6  B ……………8 分 ) 64 sin()sin(sin   BAC 4 26   .……………10 分 由正弦定理 4 2 1 2 sinsinsin  B b C c A a ， 22a ， 26 c ， 周长 6232  cba . ……………13 分 16.解析：（1） 1a 时， 1ln)(  xxxf ， x x x xf  111)( ，( 0x )……1 分 令 0)(  xf ，所以 1x ， ……………2 分 当 )10( ，x ， 0)(  xf ，当 )1(  ，x ， 0)(  xf ； 所以 1x 时， )(xf 有极大值 0)1( f ， ……………5 分 无极小值 .……………6 分 （2）方法一：由题意可知 )()1( 2 xfxxa  ，所以 x x x aax 1ln  ……………7 分 由（1）知 11ln  x x ， 1x 取等号， 所以只需 1)1(  x xa ， 1x 取等号 2 1 a ……………8 分 下面证明 2 1 a 时，不等式成立， 要证 )1(ln)1( 2  xxa ，即需证明 )1(ln2)1( 2  xx 成立。 ……………10 分 令 )1(ln21)( 2  xxxG ， x x x xxG )1(222)( 2   ……………12 分 当 )10( ，x 时， 0)(  xG ， 当 )1(  ，x 时， 0)(  xG ，所以 0)1()(  GxG ,所以不等式 )1(ln2)1( 2  xx 成 立，所以 2 1 a 时， )1(ln)1( 2  xxa 成立 ……………15 分 方法二：由题意， 1ln)1( 2  xxa ……………7 分 易知 1x 时， 12 a ，所以 2 1 a ……………8 分 下面证明 2 1 a 时，不等式成立， 要证 )1(ln)1( 2  xxa ，即需证明 )1(ln2)1( 2  xx 成立。 ……………10 分 令 )1(ln21)( 2  xxxG ， x x x xxG )1(222)( 2   ……………12 分 当 )10( ，x 时， 0)(  xG ， 当 )1(  ，x 时， 0)(  xG ，所以 0)1()(  GxG ,所以不等式 )1(ln2)1( 2  xx 成 立，所以 2 1 a 时， )1(ln)1( 2  xxa 成立 ……………15 分 方法三：依题意， 1 1ln 2    x xa 恒成立 ……………7 分 令 1 1ln)( 2    x xxg ， 0x 则   0)1(,1 ln21 )( 22    g x xxx xxg ……………10 分 当 1x 时， )(,0)(,0ln2,01 xgxgxxx x  单调递减 当 10  x 时， )(,0)(,0ln2,01 xgxgxxx x  单调递增 ……………13 分 2 1)1()(max  gxg 2 1 a ……………15分 17.解析： (1） PBPA  ,O为 AB中点, 1,  POABPO ……………1 分 在 OAD 中， 512 2222  OAADOD 又    222 615  ，即 222 PDOPOD  , ……………3 分 ODPO  OODAB  , PO 平面 ABCD， BCPOABCDBC  ，平面 ……………6 分 （2）取CD中点H ，则 ABOH  ,由（1）可知， PO 平面 ABCD OHPOOBPO  , ……………7 分 以O为坐标原点， OPOHOB ,, 分别为 x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系， )0,0,0(O , )0,0,1(B , )0,2,1(C , )0,2,1(D , )0,0,1(A , )1,0,0(P ) 2 1,1, 2 1(Q , )1,2,1( PC , )0,0,2(CD , 设平面 PCD法向量为 ),,( 1111 zyxn  ，      02 02 111 1 zyx x )2,1,0(1 n ……………9 分 平面 ACBNQM // ， PACAC 面 ， MNBNQMPAC 面面 ACMN // , )0,2,2(AC , )2 1,1, 2 3(BQ 设平面 BNQM 法向量为 ),,( 2222 zyxn  , 0,0 22  ACnMNn      023 022 222 22 zyx yx ，则 )5,1,1(2 n ， ……………12 分 5 15,cos 21 21 21     nn nnnn 平面 BNQM 与平面 PCD夹角的余弦值为 5 15 ……………15 分 18.解析： （1）        112121 OFPOOFPOOFPOOFPOPFPF  22222 1 2 cbcPOOFPO  ……………3 分 21 222  ccb 4133 2222  cbac ， 椭圆M 的方程为 1 4 2 2  yx . ……………5分 （2）（i）若直线CD斜率不存在，则 021 kk ，不符合题意； ……………6 分 当直线CD斜率存在时，设直线 ),(),,(,1: 2211 yxDyxCmmkxyCD  ， ， 联立直线CD和椭圆方程，   044841 1 4 222 2 2        mkmxxk yx mkxy 韦达定理可得：             2 2 21 221 41 44 41 8 k mxx k kmxx 且 0 方法一： 令直线 AD斜率为 4k ，则 4 1 )1(4 1111 2 2 2 2 2 1 2 2 1 2 1 2 42          y y x y x y x ykk 又 12 1,3 4112  kkkk ……………8分 即    12 111, 12 111 21 21 2 2 1 1       xx mkxmkx x y x y    2121 12 111 xxmkxmkx    01))(1( 12 1 2 2121 2        mxxmkxxk      0141)1(844 12 1 22222        mkmmkmk ,展开可得：    1 2 1,01120132 2  mmmmmm 或， 若 1m ，直线 mkxyCD : 恒过 )10( ，，不合题意，舍去； 若 2 1 m ，直线 mkxyCD : 恒过 ) 2 10( ， 直线CD恒过定点 ) 2 1,0(S . ……………11 分 方法二： )( 2 1 21 2 21 xxm mxkx  ， 3 1 1 1 1 2 2 1 2      y x x y k k 3 )1( 1 21 12     xmkx xmkx ）（ ……………8 分 221 2 121 2 )1()( 2 1 )1()( 2 1 xmxx m m xmxx m m   2 2 1 2 2 2 1 2 )12()1( )1(21 xmmxm xmxmm    ）（ 3 3 12 1 1 21 2 2 2 2        mm m m mm ，又 1m 所以 2 1 m ,直线CD恒过定点 ) 2 1,0(S . ……………11 分 （ii）由（i）可知，直线 11: 1 1    x x yyAC ,直线 11: 2 2    x x yyBD 2, 3 1 1 1 1 1 2 1 2 2 1 1        y k k y x x y y y ……………15 分 即Q点在直线 2y 上，令 2y 与 y轴的交点为 )2,0(T 则 QTQT AT k 11  ; QTQT BT k 32  ; QTQT ST k 2 3 3  , 显然 321 ,, kkk 同号，则有 321 211 kkk  . ……………17 分 19.解析： ⑴ 4 1 1 P ； ……………2分 依题意，4个产品的位置从第 1 个到第 4 个排序，有 2444 A 种情况，同学 B 要取到最贵价 值产品，有以下两种情况：最贵价值产品是第 3个，其它的随意在哪个位置，有 633 A 种 情况；最贵价值产品是第 4个，第二贵价值产品是第 1 个或第 2 个，其它的随意在哪个位置， 有 42 22 A 种情况,所以所求概率 12 5 2 P . ……………5分 (2) (i) 法一：若考虑全部产品排序，价值最大的产品是第 mk  件，共有 )!1n（ 种排法，先从 1n 件产品中挑 )1mk（ 件产品出来，其中价值最大的产品放在前 k件，剩下的全排列，共 )!2(11    mkkC mk n 种排法，剩下的 )( mkn  件产品全排列，即          !1 )()2( !!1 !1 !1 )!()!2(11 2           n mknmkk mknmk n n mknmkkCP mk n ！！ 1  mk k ……………10 分 法二：若价值最大的产品是第 mk  件，则乙同学能取到该产品，只需要前 1mk 件产品 中价值最大的产品排在前 k件，即 12   mk kP ……………10 分 (ii)记事件 A表示最贵价值产品被乙同学取到， 事件 iB 表示最贵价值产品排在第 i个,则   1 iP B n  ， 由全概率公式知： 1 1 ) ) )1( ) ( | ( ( | n n i i i i i P A P A B P B P A B n     ， 当1 i k  时，最贵价值产品在前 k个中，不会被取到，此时 ( 0)| iP A B  ； 当 1k i n   时，最贵价值产品被取到，当且仅当前 1i  件产品中最贵的一个在前 k个之中， 此时 1 )( | i kP A B i   因此 1( ) ( ) ln 1 1 k k k k nP A n k k n n k         ……………13 分 令 ( ) ln ( 0) x ng x x n x   ，求导得 nx n n xg 1ln1)(  ，由 0)(  xg ，得 e nx  当 (0, ) e nx 时， ( ) 0g x  ，当 ( , ) e nx n 时， ( ) 0g x  即函数 ( )g x 在 (0, ) e n 上单调递增，在 ( , ) e n n 上单调递减 ……………15 分 则 max 1( ) ( ) e e ng x g  ，于是当 e nk  时， ( ) ln k nP A n k  取得最大值 1 e 所以 2P 的最大值为 1 e ，此时 k的值为 e n . ……………17 分 机密★启用前 湖北省部分市州2025年元月高三期末联考 数学试卷 本试卷共4页，19题。全卷满分150分。考试用时120分钟。 ★祝考试顺利★ 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在答题卡上，并将准考证号条 形码粘贴在答题卡上的指定位置， 2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑. 写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿 纸和答题卡上的非答题区域均无效， 4.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交： 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.已知命题p:logsx>logy,命题q:5>5',则命题p是命题q的 A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 2.已知单位向量a,b满足(a+2b)⊥a,则a与b的夹角为 A哥 B石 3.若复数：=c0(牙-0)+3i是纯虚数，则6的值可以为 A.2m B5 4.若随机变量5的分布列如下表，表中数列{an}为等差数列，则P(E=5)的取值是 3 4 5 6 7 P ay a2 as aa as A B号 c D 5.函数八x)=n(2x)在x=2处的切线与直线y=3x+5垂直，则a= c 高三数学试卷第1页（共4页） 6.已知抛物线y2=2x(p>0),0为坐标原点，M是抛物线上任意一点，F为焦点，且 M示=2M应，则直线ON的斜率的最大值为 A号 B.1 C.-1 D.2 7.正方体ABCD-A,B,C,D1的棱长为3，平面ABCD内一动点Q满足IQAI=2IQBI,当三棱 锥Q-DD1A的体积取最大值时，该三棱锥外接球的表面积为 A.24m B.27m C.54m D.56m 8.已知a≠0，(ar+b+e)cos(石+号)≤0对xe[0,8]恒成立，则2b+c-的最小值为 A.4 B.6 C.23 D.22 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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.下列说法中正确的是 A.回归直线y=bx+à恒过样本中心点(x,y),且至少过一个样本点 B.用决定系数R刻画回归效果时，R越接近1，说明模型的拟合效果越好 C.将一组数据中的每一个数据都加上同一个正数后，标准差变大 D.基于小概率值α的检验规则是：当X≥x。时，我们就推断H。不成立，即认为X和Y不独 立，该推断犯错误的概率不超过α 10.如图所示，已知角α，B(0<a<B<号)的始边为x轴的非负半轴，终边与单位圆的交点分 别为A,B,M为线段AB的中点，射线OM与单位圆交于点C, 则下列说法正确的是 A.∠BOC=B-c 2 B.0B.0A+1=10M2 C.OC.OA=I0MI D.点M的坐标为(cas“生as822,号a+imp) 2 11.直线族是指具有某种共同性质的直线的全体，例如y=kx+1(k∈R)表示过点(0,1)的直 线族（不包括直线x=0).直线族的包络曲线定义为：直线族中的每一条直线都是该曲线 上某点处的切线，且该曲线上的每一点处的切线都是该直线族中的某条直线.已知直线族 ax+by=1(a,b∈R),则下列说法正确的是 A.若a=cos0,b=sin0(0e[0,2π))，则该直线族的包络曲线为圆 B,若a=o9.6-”心(m>n>0,0e0.2),则该直线族的包络曲线为椭圆 m 3 C.当a=2元b=-2示u>0)时，点(，2x)(>0)可能在直线族a+6y=1上 D.当a2+b=0时，曲线x2=4y(x≠0)是直线族ax+by=1的包络曲线 高三数学试卷第2页（共4页） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 12.等比数列{an}的前n项和为Sn,且a1+a4=4,a2+a5=8,则S6= 13.若A,B为曲线x2+y2=21x|+21y上任意两点，则A,B两点间距离的最大值为 14.已知xe(0,e),若不等式2严r-2e'≥0恒成立，则品的最大值为 四、解答题：共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤 15.(本小题满分13分) 已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为abc,且a个+s2C=b,Ce(0,3平). (1)求A; (2)若b=2,csin2B=√3 bsinC,求△ABC的周长 16.(本小题满分15分) 已知函数f八x)=lnx-ax+1. (1)a=1时，求f八x)的极值； (2)若不等式a(x2-x+1)≥f(x)恒成立，求实数a的取值范围. 17.(本小题满分15分) 如图，四棱锥P-ABCD中，ABCD是边长为2的正方形，△PAB是以P为顶点的等腰直 角三角形，O为AB的中点，Q为PD的中点，PD=6 (1)证明：PO⊥BC (2)过B,Q两点的平面与直线AP,CP分别交于点M,N,且平面BWQM∥AC,求平面 BNQM与平面PCD夹角的余弦值. 高三数学试卷第3页（共4页） 18.(本小题满分17分) 箱圆M:+y2=1的左、右焦点为，F2,点P是椭圆上任意一点，PF,PF 小值是-2 (1)求椭圆M的方程： (2)设A,B为椭圆的上、下顶点，C,D为椭圆上异于A,B的两点，记直线AC,BD的斜率 分别为与女，晓8 (i)证明：直线CD过定点S; 段直线AC与直线BD交于点Q,直线QS的斜率为，试探究，石，满足的关系 19.(本小题满分17分) 某商家推出一个活动：将n件价值各不相同的产品依次展示在参与者面前，参与者可以 选择当前展示的这件产品，也可以不选择这件产品，若选择这件产品，该活动立刻结束；若不 选择这件产品，则看下一件产品，以此类推.整个过程参与者只能继续前进，不能返回，直至结 束.同学甲认为最好的一定留在最后，决定始终选择最后一件，设他取到最大价值产品的概率 为P1;同学乙采用了如下策略：不取前k(1≤k<)件产品，自第k+1件开始，只要发现比他 前面见过的每一个产品的价值都大，就选择这件产品，否则就取最后一件，设他取到最大价值 产品的概率为P2 (1)若n=4,k=2,求P1和P2; (2)若价值最大的产品是第k+m件(1≤m≤n-k),求P2; (3)当n趋向于无穷大时，从理论的角度（即keR),求P2的最大值及P2取最大值时k 的值（取公}=h?) 高三数学试卷第4页（共4页）