湖北部分名校2025届高三上学期1月联考数学试卷

湖北部分名校2025届高三1月联考 高三数学试卷 命题学权：随州市弟一中李 命趋我师：高三数学备课址 审题学校：宜品一中闲州中单 考试时间：2025年1月20日下年15：0017：00 试卷满分：150分 注意事项： 1答题前，先持自己的姓名、准考证号填写在试春和答题卡上，并将准考证号事形码粘贴在 等题卡上的指定位置。 2选择题的作答：喜小题进出答震后，用2B铅笔把答题卡上对应题号的答案标号涂黑。写 在试参、草稿纸和答是卡上的非答题区城均无效 3非选评题的作答：用黑色签宇笔直接答在答题卡上对应的答题区城内。写在试卷、草稿纸 和答题卡上的非答题区城均无效。 一、选择题：本题共8小愿，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. 已知z+i=1-02-0,则+1-() A.1 B.2 c.5 D.10 2.设集合={x∈Nhs4,4-2,3,B-3,4,则(C4UB-() A.4 B.0,4 C.3.4 D.013.4 3.学校为促进学生课外兴趣发限，积极开展各类校园社团活动，某同学计从美术、街舞等五 个社闭中选择三个参加，若美术和街舞中最少造择一个，则不同的选择方法共有() A.7种 B.8种 C,9种 D.10种 4.已知函数f()=x2-mx+1与函数g(x)的图象关于直线一1对称.若g(x)在区间(-2，-)内 单调递增，则实数m的取值范围为() A.（o,2] B.4+o) C.(.6] D.8+o) 5.若sina tana=cosa-4sina,则sin4a=(） 。号 6. 作边长为3的正三角形的内切圆，再作这个圆的内接正三角形，然后再作新三角形的内切圆， 如此下去，则前n个内切圆的面积之和为() c 新高考联考协作体出品数学试卷（共4页）第1页 7. 若fx)=na+L P+x一司十6是奇函数。则a+6的值为（() 2+号 B.1 C.In2-1 2 D.-1 8. F=Ka>b>0上存在两点4.)G￥x)到点P号0)的 距离相婷，则椭调离心率的取值范围为() 人9 c. 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.已知圆维的顶点为PAB为底面圈0的直径，∠APB=120,PA=2,点C在腾O上，则() A.该圆锥的侧面积为、Sπ B。该圆锥的体积为π C.三棱锥P一ABC体积的最大值为1 D,该圆推内部最大的球的半轻为2N5-3 10.某校一数学兴趣小组设计了一款飞行器柄程。其平面图的轮常线C为：平面内动点P到定点 F(0,S)的距离与到定直线y-1的距离之和为6，点P的轨迹为曲线C,则下列说法中正确 的有() A,曲线C关于y轴对称 B.点(4,3)在曲线C的内部 C.若点（名）在C上.则-25sxs25 D.曲线C上到直线y=T和到点F的距离相等的点有无穷多个 11.已知函数f(x)=-+3x2+1,则下列命题中正确的是() A.0是f()的极小值点 B.f(x)有可能有三个零点 C.当-1<a<0时，f(a-l)>f(a) D.若（)存在极大值点无，且f()=(),其中写工·则x+2x=0 三，填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在答题卡中的横线上 2对于随机事件么品若R0-子代B)-是-管则P0 新高考联考协作体出品*数学试卷（共4页）第2页 13.如图所示，已知A4BC中，点PQ,R依次是边BC上的三个四等分点，若BC=8, 正4R=20,则ABAC= B P 第13题图 第14题图 14.如图所示，四边形ABCD是边长为2的正方形ABCD在平面a上的投影（光线ALM.BB。 CC,DD互相平行).光线A4与平面a所成角为60，转动正方形ABCD,在转动过程 中保特BC∥平面a且BC⊥Ld,若平南ABCD与平面a所成角为0，且BB=2cos0, 则多面体ABCD-ABCD的体积的最大值为 四、解答题：本题共5小题。共门分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步谭。 15.(13分)已知数列{a,}的前n项和为S,若S.=2an+1 )求S 2)若c= 用为偶数工为数列，的能n项和，求 a,n为奇数 16.(15分)记锐角△4BC的内角A,B,C的对边分别为a,be,己知bcos4+aheosB=2ABAC (1)求在 ②已知边=45，求5-b+e的取值范围 2 17.(15分)如图在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是菱形，∠BC-60,EA⊥平面BCD, EA//BF.AB-AE -2BF-2. )若G为EC中点，证明：4G⊥平面EFC ②在校EC上有一点M且M到半面BCF的距离为，求二面角MBD-C 4 的正弦值 新高考联考协作体出品*敏学议卷（供4页）第3页 18(17分)已知双曲线C.少x 45 =1的上下顶点分别是M、N,过其上焦点F的直线1与双 曲线的上支交于P、Q两点(P在y轴左侧). )求直线1斜率的收值范围： ②若PF=5@,求直线1的方程 ③)探究直线MP和直线NQ的斜率之比是否为定值？若是定值，求出此定值，若不是定值，请 说明理由。 19.(17分)1696年，洛必达在他的著作（无限小分析）一书中创造了一种算法，用以寻找满 足一定条件的两函数之商的极限，算法之一为：若函数f(x)和g(x)满足下列条件： @四/)=0,1im8)=0:②在点a的去心邻城内fx)与g)可导，且g(x)*0: ®m因=L,事么m/e=m田-据此回答下面问题： “g() +“g(x)g(x) )求m血的值，并用导数的定义证明：(6如可=c0sx sinx 2已知f四2+cosx ().求函数y=f(x)的单调递减区间： (i).若∫(x)Sar对任意x∈[0，+∞)恒成立，求实数a的取值范用. 新高考联考协作体出品数学试卷（共4页）第4页新高考联考协作体出品*数学答案(共 11 页)第 1 页 湖北部分名校 2025届高三 1月联考 高三数学参考答案 1.B 因为 Z = −1−2i i ，所以 z =− 2 + i，则 z + 1 =− 1+ i，所以 � + 1 = 2. 2.D 因为 U= � ∈ � � ≤ 4 = 0,1,2,3,4 ，A = 2,3 ，则∁�A= 0,1,4 ， 又因为 B = 3,4 ，则(∁�A)∪ B = 0,1,3,4 . 3.C 由题知共有两种情况，第一种情况：美术、街舞都选，则需从剩余的三个社团中选择一个， 共有�31种选择方法； 第二种情况：美术、街舞中选择一个，则还需从剩余的三个社团中选择两个，共有�21�32种选择方 法故不同的选择方法共有 3 + 6 = 9 种． 4.D 根据题意，函数 f(x) = x2 −mx + 1 与函数 ( )g x 的图象关于直线 x=1对称．若 ( )g x 在区间  2, 1  内单调递增，则 ( )f x 在区间(3, 4)上单调递减，故�2 ≥4，m ≥8 5.B sin � sin � cos � =cos � − 4 sin �， 整理可得���2� − ���2� = 4 sin � cos �,所以有cos 2� = 2 sin 2�，所以tan 2� = 1 2 ， 所以sin 4� = 2 sin 2� cos 2� ���22�+���22� = 2 tan 2� 1+���22� = 4 5 6．B 设第 n个正三角形的内切圆半径为 na ，第 n个正三角形的边长为 nb ， 可知 3 6n n a b （正三角形内切圆半径是正三角形边长的 3 6 ）， 又半径为 na 的圆内接三角形的边长 1nb  满足 1 2sin 60 n n b a   ，即 1 3n nb a  ， 所以 1 3 1 2n nn ab b   ， 1 16 1 2 3 nn n aa b   ， 即从第二个正三角形开始，每个正三角形的边长是前一个的 1 2 ， 每个正三角形的内切圆半径也是前一个正三角形内切圆半径的 1 2 ， 又 2 3 6 331 a ，所以数列 na 是以 2 3 为首项， 2 1 为公比的等比数列， 新高考联考协作体出品*数学答案(共 11 页)第 2 页 所以 n na       2 13 ，则 n na       4 132 ， 设前 n个内切圆的面积和为 nS ， 则                 n n nS 4 11 4 11 4 11 4 1 3  ， 7.A 函数 f(x) = ln a + 1 x−1 + b的定义域需满足 � + 1 �−1 ≠ 0 � − 1 ≠ 0 ，即 � ≠ 1 − 1 � � ≠ 1 ， 又函数  f x 为奇函数，其定义域关于坐标原点对称，即 1 − 1 a +1=0解得 a = 1 2 ， 所以，定义域为(−∞,−1)∪ ( − 1,1) ∪ (1, + ∞). 又 f(0)=0,即 b=ln2，a+b=ln2 + 1 2 8 . D 设 AB中点为 ),( nmQ ，则 mxx 221  ， nyy 221  ，由题意，点 )0,4 (aP 在线段 AB 中垂线上，坐标代入椭圆方程得 02 2 2 2 1 2 2 2 2 1     b yy a xx ，所以 na mbkAB 2 2  ，所以 AB中垂线 方程： )(2 2 mx mb nany  ，令 0y ，则 m a baax 2 22 4   ，又 am 0 ，所以 a baa 22 4   ， 4 3 2 2  a b ，       1, 2 11 2 2 a b a ce . 答案：D 9．BCD 对于 A，该圆锥的侧面积为 π 3 2 2 3π   ，A错误； 对于 B，该圆锥的体积为 2 1 ( 3) π 1 π 3 V    ，B正确； 对于 C，当 C为中点时，体积最大为 1，C正确； 对于 D，当球与圆锥内切时，表面积最大，此时球心在圆锥的高上， 设为 1O ，球半径为 r，过 1O 向 PB作垂线，垂足为D，则OD r ，又 1 60DPO   ， 所以 1 2 3 PO r ，所以  2 1 3 2 3 3 r r r     ，D正确，故选：BCD 10．ACD 设点� �, � ，因为点 P到定点  0,5F 的距离与到定直线 1y  的距离之和为 6， 所以  22 5 1 6x y y     ， 新高考联考协作体出品*数学答案(共 11 页)第 3 页 当 1y  时，得  22 5 7x y y    ，两边平方得  2 4 24 1 6x y y     ， 当 1y  时，得  22 5 5x y y    ，两边平方得  2 20 0 1x y y   ， A，由图易知，两段抛物线弧均关于 y轴对称，故曲线C关于 y轴对称，正确； B，如图，曲线C由两段抛物线弧组成，在  2 4 24 1 6x y y     中， 令 4x  ，得 2 3y   ，故点 (4,3)不在曲线C的内部，错误； C，若点  0 0,x y 在  2 4 24 1 6x y y     上，得 20 04 24 20x y    ，所以 02 5 2 5x   ， 若点  0 0,x y 在  2 20 0 1x y y   上，同理得 02 5 2 5x   ，正确； D，F为焦点，y=7为准线，可得 D对，故选：ACD 11．ACD 由题意可得    23 6 3 2f x ax x x ax      令   0f x  ，当 0a  时，得 0x  或 2x a  ． 对于 A，当 0a  时，  f x 在 2, a      和 0, + ∞ 上单调递增，在 2 ,0 a       上单调递减，所以  f x 在 0x  处取得极小值  0 1f  ； 当 0a  时，  f x 在  ,0 和 2 , a      上单调递减，在 20, a       上单调递增，所以  f x 在 0x  处 取得极小值  0 1f  ； 当 0a  时，   6f x x  ，  f x 在  ,0 上单调递减，在 0, + ∞ 上单调递增，所以  f x 在 0x  处取得极小值  0 1f  ，所以 A正确； 对于 B，� � 只有一个零点，所以 B错； 对于 C，当 1 0a   时，  f x 在 2 ,0 a       上单调递减， 又 2 2 a   ，因为 2 1 0a a     ，所以� � − 新高考联考协作体出品*数学答案(共 11 页)第 4 页 1 > � � ，所以 C正确； 对于 D，若  f x 存在极大值点，则 1 2x a  ，即 1 2a x  ， 因为    1 2f x f x ，所以 3 2 3 21 1 2 23 3ax x ax x   ， 所以 2 2 3 2 1 1 2 2 1 22 3 3x x x x x    ， 3 2 32 1 2 12 3 0x x x x   ，即     2 1 2 1 22 0x x x x   ， 又 1 2x x ，所以 1 22 0x x  ，所以 D正确．故选：ACD． 12. 2 1 8 3 )( )()(  BP BAPBAP ，且 15 8)( BP ， 5 1)()()(  BPBAPBAP ， 3 1 5 1 15 8)()()(  BAPBPABP ， 3 2 )( )()(  AP ABPABP ， 2 1)( AP ． 13. 8 20)()()()( 22  PQAQQPAQQPAQQRAQQPAQARAP ， 242 AQ ， 81624)()( 22  QBAQQCAQQBAQACAB ． 14. 3 316 因为 AABC  ， ABBC  ， AAAAB  ，所以 BC 平面 ABAB  ，因为 //BC 平面 ， BC 平面 BCBC  ，且平面 BCBC  平面 CB  ，所以 CBBC // ，又因为 CCBB  // ， 所以 CBBC // ，同理可得， DAAD // ；又因为 BCAD// ，所以多面体 DCBAABCD  为直 四棱柱 DCDCABAB  ．作 BABM // 交 AA 于点M ，所以平面 //BCM 平面 DCBA  ， 又因为 BC 平面 ABAB  ，所以 ABM ；作 BAAN  于N ，所以 ANBC  ，即 ANCB  ，又 BCBBA   ，所以 AN 平面 DCBA  ，即 60 NAA ，所以 新高考联考协作体出品*数学答案(共 11 页)第 5 页 60AMB ；在 ABM 中由正弦定理得， sin 3 4 AM ，  sin 3 2cos2)60sin( 3 4  BM ，点B到 直线 AA 的距离为  sincos360sin  BMd ，所以多面体 DCBAABCD  的体积 2)sincos3)(sin 3 4cos2cos2( 2 1)( 2 1  BCdBBAAV ，化简得 3 316) 6 2sin( 3 8 3 8  V ，当且仅当 6   时取等． 15.（1）法一：�� = 2�� + 1 当� = 1时，�1 = �1 =− 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 分 当� ≥ 2时，�� = �� − ��−1 ∴ �� = 2(�� − ��−1)+1 ∴ �� = 2��−1 − 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 分 ∴�� − 1 = 2(��−1 − 1) 又∵�1 − 1 =− 2 ≠ 0 ∴  1nS 是以−2为首项，2为公比的等比数列 ∴�� − 1 =− 2 × 2�−1 ∴�� = 1 − 2� . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 分 � = 1 时也满足上式，∴�� = 1 − 2� . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 分 法二：当� = 1 时，�1 = �1 =− 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 分 当� ≥ 2时，�� = 2�� + 1 ��−1 = 2��−1 + 1 ∴�� = 2�� − 2��−1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 分 M N A B C D A D C B 新高考联考协作体出品*数学答案(共 11 页)第 6 页 ∴�� = 2��−1 又∵�1 = �1 =− 1 ≠ 0 ∴ na 是以−1为首项，2为公比的等比数列 ∴�� =− 1 × 2�−1 . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 分 ∴�� = 2�� + 1 = 1 − 2� . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 分 （2）∵�� = 1 − 2� = 2�� + 1 ∴�� =− 2�−1 ∴        为偶数 为奇数 n n c n n n ,21 ,2 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8 分 ∴ �2� = �1 + �2 + �3 + �4 +⋯ + �2�−1 + �2� = (�1 + �3 +⋯+ �2�−1) + (�2 + �4 +⋯+ �2�) = ( − 20 − 22 − 24 −⋯− 22�−2) + (1 − 22 + 1 − 24 +⋯+ 1 − 2�) 41 )41(4 41 )411       nn n（ )41( 3 5 nn  .......................13分 16.（1）由   ACABBabAb 2coscos2 ，可得 AbcBabAb cos2coscos 2  ， 即 AcBaAb cos2coscos  ， 所以 ACBAAB cossin2cossincossin  ， ACC cossin2sin  ，因为 sin 0C  ， 3 ,0, 2 1cos   AAA 所以又所以 ..........................................................7分 8 2 3 34 sinsinsin 2  C c B b A a ）由正弦定理可得（ .................................9分 新高考联考协作体出品*数学答案(共 11 页)第 7 页 )sinsin 2 13(8 2 13 CBcb  )) 3 sin(sin 2 13(8  BB )cos 2 3sin 2 3(8 BB  ) 4 sin(64  B .....................................................11分 因为 ABC 为锐角三角形，则 0 < B < � 2 0 < 2π 3 − B < � 2 ，解得 � 6 < � < � 2 .................13分 4 3 412 5   B ， ]1, 2 2() 4 sin(  B ]64,34() 4 sin(64  B 所以 cb  2 13 的取值范围是 ]64,34( ..........................................................15分 17.（1）证明： 连接 BD交 AC于 N，连接 GN，GF， ∵ABCD是菱形，∴AC⊥BD，且 N是 AC的中点， ∴GN//AE且 GN= 2 1 AE， AE// BF， AE=2BF=2，∴GN//BF且 GN=BF， ∴四边形 BNGF是平行四边形， ∴GF//BN， ………………………………2分 又 EA⊥平面 ABCD，∴EA⊥BN ，又因为 AC EA=A， ∴NB⊥平面 EAC，∴GF⊥平面 EAC，又 AG平面 EAC，∴GF⊥AG ……………4 分 ∵四边形 ABCD是菱形，∠ABC=60，∴AC=2 .∵AE =2 ,G为 EC中点 ∴AG⊥EC.又因为 EC GF=G，∴AG⊥平面 EFC ………………6 分 （2） ∵GN//AE，AE⊥平面 ABCD， ∴GN⊥平面 ABCD且 CN⊥BN ∴以 N为原点，NC，NB，NG分别为 x，y，z轴建立空间直角坐标系 ∴E（－1，0，2），B（0， 3，0），C（1，0，0），F（0， 3，1） 新高考联考协作体出品*数学答案(共 11 页)第 8 页 A（－1，0，0），D（0，－ 3，0）.................................8分 ∴CE =（－2，0，2）， BC =（1， 3 ，0）， BF =（0，0，1） 设平面 BCF的一个法向量为 ),,( 1111 zyxn  则 , 0 03 11 111       zBFn yxBCn 取 y1=1 ∴ 1n （ 3，1，0）...........................................................10分 M在棱 CE上，设 )10)(2,0,2()2,0,2(  CECM ∴点 M到平面 BCF的距离 4 33 1)3( 32 22 1 1        n nCMd ∴ 4 1  ....................................................................................12分 ∴CM =（－ 2 1 ，0， 2 1 ），又 ），，（），，（ 2 10 2 1031  CMDCDM =（ 2 1 ， 3， 2 1 ），DB =（0，2 3，0） 设平面 MBD的一个法向量为 ）（ 2222 ,, zyxn  ∴ , 032 0z 2 13 2 1 22 2222        yDBn yxDMn ∴取 12 x ∴ ）（ 1,0,12 n ..........................................................................13分 又平面 ABCD的一个法向量为 ）（ 1,0,03 n 设二面角 M-BD-C的平面角为 ， 则 ）（ ， ，   0 2 2coscos 32 32 32 nn nnnn 新高考联考协作体出品*数学答案(共 11 页)第 9 页 ∴ 2 2sin  综上：二面角 M-BD-C的正弦值为 2 2 ................................15分 （另：用几何法可以直接确定 M 的位置） 18.（1）当直线 l的斜率不存在时，此时直线 l与双曲线交于上下顶点，与题意矛盾； 故直线 l的斜率一定存在，可设直线 l的方程为： 3 kxy ； ),(),,( 2211 yxQyxP 联立       1 54 3 22 xy kxy 得： 02530)45( 22  kxxk           45 25 45 30 221 221 k xx k kxx ...........2分 令         0 0 045 21 2 xx k 解得 5 52 5 52  k ...........5分 （不写 045 2 k 扣 1分，利用渐近线数形结合的方式求出结论给满分） （ 2 ） 依 题               45 25 45 30 5 221 221 21 k xx k kxx xx 解 得 65 162 k ， 由 图 形 可 以 分 析 出 0k ， 故 3 65 654 65 654  xyk 直线方程为 ..........9分 （3） 1 1 2 x ykMP   , 2 2 2 x ykNQ   ...........11分 121 221 12 21 12 21 5)5( )1( )2( )2( xxkx xxkx xkx xkx xy xy k k NQ MP          ...........13分 新高考联考协作体出品*数学答案(共 11 页)第 10 页 由           45 25 45 30 221 221 k xx k kxx 可知 )( 6 5 2121 xxxkx  ...........15分 代入上式得 5 1 5)( 6 5 )( 6 5 5 121 221 121 221        xxx xxx xxkx xxkx k k NQ MP 为定值...........17分 （其他方法请酌情给分） 19.解：（1）. 1 1 coslimsinlim 00   x x x xx ，.............................1分 依据导数的定义： xxx x xxxx xx cos 1 )cos(limsin)sin(lim)'(sin 00        （4分） （2）（i）因为 x xxf cos2 sin)(   ，定义域为 R 所以 22 ' )cos2( 1cos2 )cos2( )sin(sin)cos2(cos)( x x x xxxxxf       ...............................6分 令 0)(' xf ，解之得： Zkkxk  , 3 42 3 22  ；.............................7分 所以 )(xf 的单调递减区间为 Zkkk  ), 3 42, 3 22(  .............................8分 （ii）解法一.因为 axxf )( 对任意 ),0[ x 恒成立，且当 0x 时，不等式显然成立-----9分 所以，当 0x 时，原式可转化为 a x xf  )( 恒成立， 令 xxx x x xfxg cos2 sin)()(   ，即 max)(xga  因为： 2 ' )cos2( cossinsin2cos2)( xxx xxxxxxxg    ， .............................11分 令 xxxxxxxh cossinsin2cos2)(  )(sinsin2)(' xxxxh  ，当 ),0( x 时， 0)(,sin0 '  xhxx ， )(xh 在 ),0(  上单调递减， 所 以 0)0()(  hxh ， 即 ),0( x 时 ,0)(' xg 所 以 )(xg 在 ),0(  上 单 调 递 减 ， 新高考联考协作体出品*数学答案(共 11 页)第 11 页 3 1 sincos2 coslim )cos2( sinlim 00      xxx x xx x xx ，所以 3 1)( xg ..............................15分 当 ),[  x 时， 3 111 cos2 sin)(    xxxx xxg ， 综上可知：实数 a的取值范围为 ), 3 1[  ..........................................................17分 解法二.令 ),0[ cos2 sin)()(    x x xaxxfaxxg ， ， 2 ' )cos2( 1cos2)( x xaxg    ， 4 2 '' )cos2( )sin)(cos2(2)1cos2()cos2)(sin(2)( x xxxxxxg    34 2 )cos2( )cos1(sin2 )cos2( )1cos2)(cos2(sin2)cos2(sin2 x xx x xxxxx       .............................11分 当 ),0[ x 时， 0)('' xg ，所以 )(' xg 单调递增， 3 1)0('  ag 所以当 3 1 a 时，当 ),0[ x 时， 0)(' xg 恒成立， )(xg 单调递增，所以 0)0()(  gxg 恒 成立.............................13分 当 ),[  x 时， x xax cos2 sin1 3    ，恒成立，所以，当 3 1 a 时 0)( xg ，对任意 ),0[ x 恒成立；.............................15分 当 3 1 a 时， )(' xg 在 ),0[ x 单调递增， 0 3 1)0('  ag ，所以，存在 ),0(0 x ，使得当 ),0( 0xx 时， 0)( ' xg ， )(xg 在 ),0( 0xx 上单调递减，所以 0)0()(  gxg ，不成立 综上可知，实数 a的取值范围为 ), 3 1[  .............................17分