湖北省武汉市武昌区2024-2025学年高三下学期5月质量检测（三模）数学试题

武昌区2025届高三年级5月质量检测 数学参考答案及评分细则 题号 6 10 11 答案 D ABC BD ACD 12.88 13.g 14.2 1解由lgx<1,得0<x<10,所以A=(0,10).B中的元素为4的倍数余1，所以 A∩B={15,9}故选B 2解方法，因为：名所以时局方由于：=，所以：号故选入 方法二：因为：= 12-i21. -2.1 2+i555 ,=三+i,所以：=故选A 55 3解由定义知y=-2=-2,故选D 2 4解三种颜色的涂法有2种，即A与D同色，或是B与C同色，所有涂法有 C(4+4)种，即48种，故选C. 5解由a4=2a,可得到aa,=2a,所以a,=2.设公比为9，则号+a,g- 7 2，解得 -或4因为a,>0,所以4>0.又因为等比数列a}为递增数列，所以g=2所以 4导-京故链A 6解仅过对称中心的切线满足题意，故选B 7解设平面AB,D的一个法向量为xa+yb+:C因为AB=a+c,所以 a+6+06+-0.期x+y+=00 3 又因为BD=i-a,所以(xa+yb+c)6-a=0,则x=y(2) 由12)可得，若x=y=1,则：=-故选D 8解nL(p)=lnCp(1-p)*]=lnC+kinpn-91-月 令fp)-ihC+knp+a-n-p,则fp)=太_-A p 1-p 令fp)=0,得最大值点p=冬所以参数P的极大似然估计值为-三= n204 在团队提出的函数模型p()= 0g:0+)中，可知X0)在(0，)内单调递增令P以0)= 解得日=。所以0=是0的最大似然估计.故选B 9.解对于A,T= 2π =π，故A正确： 因为sin1在 单调递增，故B正确： 6'6 =sinπO,故C正确： 对于D,(x)的图象向左平移无个单位长度后为 e+-m+周引mr+周 不关于y轴对称，故D错误 故选ABC 10解对于A,因为A(,),B(:,乃)是圆0：x+y广=8上两点，由5+=4， 得010丽=4又因为O.0丽=25x25cw∠408=4：所以cs乙408=号所以 2 ∠AOB=二π，故A不正确： 3 对于B,因为∠AOB=名石，所以4B=6,则圆心到直线的距离为、5所以△PAB 面积的级大值为×26×(25+V同)=65，故B正确： 对于C,因为x+y=名+为，所以太=上=-1设直线1的方程为y=-x+m,则由 x3一 得m=±2 因为x+男=5+另>0，所以十以=少>0，所以m=2所以直线1的方程为 22 y=-x+2,故C错误： 对于D,圆心到直线的距离为√2且圆的半径为2√2，作图可知，这样的P有3个，故D 正确 故选BD. 2 11.解对于A,若乙要与甲在第一轮相遇只能在同一组，所以甲、乙在第一轮相遇的概 率R=)故A正确： 对于B,设甲、乙在第一轮相遇的概率为P,甲、乙在第二轮相遇的概率为乃， 甲、乙在第一轮中相遇的概率为5因此甲、乙要在第二轮相遇，则甲、乙在第一轮中不 相遇且在第一轮均获胜，此时概率为4××.7 15*2*230 在这个前提下，甲、乙第二轮相遇的 概率为号故甲、乙第二轮相遇的概率为×0，故B不正确： 711 对于C,当人数增加到2”，甲、乙两人在第4轮比赛中相遇的概率为 P=_ 11 ”-1888(2”-可' 故C正确： 对于D,方法一：设2“名选手参赛，甲、乙相遇的概率为P,则 * 方法二：设2“名选手参赛，甲、乙相遇的概率为P则当n=1时，甲、乙一定相遇，此时 B=1 当2名选手参赛，甲、乙相遇的概率为P, 考虑将2”个选手分成上、下两个区，每区2名选手，这时有2种情况一 情形一：乙和甲在同一区，此时甲、乙相遇的概率为P 情形二：乙和甲不在同一区，两人相遇必须都进入决赛，即前n-1轮比赛均获胜 所以，R-司}+（于是-北-2-*+ -=-x+分，累加，得2-2=月+京+2言-2习 所以R=2京故D正确 故选ACD 12.解下四分位数是百分之二十五分位数，10×025=2.5，即由小到大排列后第三个数， 为88. 13.解由sin(a-)=sin acos B-cosasin B,得sina cosB-cosasinB=.(l) 3 tana sinacos B 得sina cos B=3 cosa sin B(2).由(1)(2)解得cosasin B= tan B cosasin B 6 sinacosB=】所以sin(a+B)=-sinacos+cosasin= 2 3 所以es(2a+2p到=1-2sn(a+)-g 14解模型转换后如图所示，OA⊥AB.CB⊥平面OAB,∠ACB=30°， CB0B,所以F-号=0，所以高心率为2 15解：(1)定义域为R 当a=1时，fx)=e-x,f(x)=e-l 当x<0时，f'(x)<0,函数f(x)单调递减： 当x>0时，f'(x)>0,函数f(x)单调递增 所以f(x)的单调递减区间为(-0,0)，递增区间为(0，+∞) ……(6分) (2)当x=0时，f(x)=e-ax-x20成立： …….(7分） 当xe0+o)时，由e-ar-x之0，得a+1≤号令g)=号，则g=C- 2 当x∈(0,1)时，g(x)<0,函数g(x)单调递减： 当x∈(L,+o)时，g(x)>0,函数g(x)单调递增. 所以g(x)mm=g)=e.因此a+1≤e 综上，实数a的取值范围是(-o,e-l] …(13分) 16解：0)设∠DBC=0,则c0sB=c0s20=2c0s20-1=7,所以 Cos0= 25 1 ,sin= 3 3 ……(4分) 在A8CD中，由余弦定理，得CD°=16+18-2x4×32×25 所以CD=√2 +…………(6分) a因为osB=子B∈0，x小，所以nB=45 9 因为SA4BC=SD+ScD,所以 4×c× 4=4x35x+ …(12分) 9 3 解得c= 36 所以△ABC的面积为二×4× 3642_325 79 +4(5分) 2 17.解：()因为AB=A4,所以四边形ABBA是菱形，所以AB⊥AB 因为AC⊥AB,且AC11AC,所以AC⊥AB因为 AC∩AB=A,ACC平面ABC,ABC平面ABC, 所以AB⊥平面ABC ……4…(⑤分) ②A4BC中，由4C=25,AB=2,∠CAB=T,得BC=2 6 取AC的中点O,连接OA,OB因为AB=BC,所以OB⊥AC, 因为平面AAC⊥平面ABC,平面AAC∩平面ABC=AC, 所以OB⊥平面AAC,因为OAC平面AAC,所以OB⊥OA 因为AC⊥AB,AC⊥OB,AB,OBC平面OBA,且AB∩OB=B, 所以AC⊥平面OBA,因为OAC平面OBA4,所以AC⊥OA 因为AC的中点为O,所以AC=A4=2. 在Rt△AOA和Rt△AB0中，可知AO=OB=1在Rt△BO4中，可知AB=√互 因为AC⊥AB,所以AC+AB=BC2,解得BC,=V4 …(10分) (③)方法一：根据第二问，以OB,OC,OA分别为x轴，y轴，：轴建立空间直角坐标系，则 40.-√5.0.C0.3,0),B1,0,0),40,0,),所以 4B=(1,0,-1),A4=(0,V5,1),4C=(0,V5、-) 设平面A4B的法向量为n=(x,,5), 则 nA4B=x-5=0, nA4=5y+=0 令=5， 得m=(5-1,5) 同理可得平面4BC的法向量为m,=(N5,L,√5) 所以C0s<n,2> 5 以平面A4B与平面4BC来角的余弦值为 (15分) 方法二：由第二问证明易得AA=AC,△MAB≡△CAB,且AB=BC=AA=CA 取AB的中点P,则∠APC为二面角A-AB-C的平面角 由AC=254P=CP= 2 得cos∠APC=4P+CP2_4C.- 2AP.CP 所以平面AAB与平面4BC夹角的余弦值为号 (15分) 18.解：()当k=3时，设点D1,0≤2)，N(x,%),M(x,y),依题意， 得MD=2DN,且DNHON=1. 所以(1-x,0-y)=2(x,-1,%-0),且 x-+哈=1 x+后=1 即-X三2-21且0-2)=0 y=-2% (3分)） 由于当点D不动时，点N也不动，所以1不恒等于O 于是1=2，所以京号代入+=1，得+ 16*4=1 所以C的方程为亡+上=1 164 44+4(6分) ②0同理可得曲线C的方程为￡+上=！ 1649 不妨设OA与OE同向，A(:,),E(x2y) 当直线1斜率不存在时，OE=3O4: 当直线1斜率存在时，设直线方程为y=x, 由164 1+4r所以0E2=0+)x=16+r 1+4/2 y=t, 同理可得04=1601+1) 因此OE=3OA 9(1+4r2) 对于任意直线均满足OE=3OA,所以EF=3引A,B …(9分) 6 (由(0可知，四边形△PEQF面积是△OPQ面积的6倍. …(10分) 当直钱Pe的斜率不存在时，设直线PQ的方程x=mme号0UQ 所以Sw-i6-㎡-r-8r+4eo ……(12分) 当直线PQ的斜率存在时，设直线PQ的方程y=+m,m≠0，P(xy3),Q(x4y,) 8km x3+x4= 4k2+1 +工得42+2+8x+4m2-16=0所以x= 一+ 4m2-16 由 y=kx+m, 42+1 △=256k2-16m2+64 直线PQ与C有公共点，因此 x2.y21 由i6+4=g得(4k2+1x2+8x+4m2-16=0. y=k红+m, 所以A=256k:-16m2+64≥0，即0<m 4 9 4k2+19 1.1m2+ 所以S00-2R+刊 V256k2-16m2+64 4k2+1 =2 ++4 (15分) 4k2+1 ◆e0g则5-2+4=2o-24e09 所以西边形PEOF面积的取值萄是Q号同， 4…(17分) 19解：(1)因为A=1,3,5B={2,4},所以A+B={3,5,7,9,所以 D(A+B)={2},D(A)={2},D(B)=2} 所以ID(A+B)=LID(A)UD(B)=I. 4(4分) (2)考虑2+4=2+4，不妨设j<1,则1>3， ①1≥51时，4-(4/+2)24-4-2=34--2≥340-2m>0,此时()式 不成立 7 ②1≤50时，若i>21,则2-(2+4）≥24-2--4=2--4≥224-224=0，此时 (个式不成立： 若i<21,则 4-（4+224-44-2=34-2≥3-20-2-2=322-2>0，此时) 2 式也不成立： 若1=21，则取5=2j,此时(*)式成立 ……4(7分) 由上分析知和集中重复的元素个数共50×49 2 1225个 所以4+B=100×100-1225=8775. *…(9分) (3)充分性的证明： 当|D(4A0UD(B)=1时，不妨设D(A)=D(B)={d. 设集合A={a,a,am},B=么，b2,…,bm},其中a1<a2<…<am,b<b<…<bn, {an,b(n=l,2,…m)是公差为d的等差数列 因此A+B={a+b,4+6+d,,a+b+2(m-1)d,A+B里面的元素也是公差为d 的等差数列，所以川A+B卡2m-1: (2分) 必要性的证明： 设集合A={a,aan},B=么，b,b},其中a<a2<…<an,b<b<…<bn, 则a,+b<a2+么<…<am+b<am+b2<…<am+bn这里共2m-1个不同元素，又 |A+B=2m-1,所以上面为和集A+B中的所有元素 又a,+b<a1+b2<…<a+bm<a2+b<…<am+b这里共2m-1个不同元素，也为 和集A+B中的所有元素，所以有a2+b=a+b2,即a2-a1=b2-b 一般地，由 a1+b<a1+b<…<a1+b<a2+b<…<am+b<am+b1<…<an+bn a+b<a+b2<…<a+b<a+bu<a+bl<…<am+bl<…<am+bn 可得a2+b=a+b,即a3-a=b1-b,(1≤k≤m-1) 同理可得b2-b=akH-a,0≤k≤m-),得证 ,(们7分） 8武昌区2025届高三年级5月质量检测 数 学 本试题卷共4页,共19题。满分150分,考试用时120分钟。 注意事项: 1. 答题前,考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡指定位置。 2. 回答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。 如需改动,用橡皮擦擦干净后,再选涂其他答案标号。回答非选择题时,将答案写在答题 卡上。写在本试卷上无效。 3. 考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回。 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. 知集合A={xllgx<1,B={xlx=4k+1,keZ},则A0B= A. (3,6.9 B. (1.5,9 C. (5.9 D. 1.3.5,7,9{ 2. 已知复数z满足(2+i)z=1,则z:= A. C._ D.-1 3. 抛物线x2-8y的准线方程为 A.x-2 B.x--2 C.y=2 D.y=-2 4. 如图,某社区为墙面A、B、C、D四块区域宣传标语进行涂色装饰,每个区域涂一种 颜色,相邻区域(共边)不能用同一颜色,若只有4种颜色可供使用,则恰好使用了 3种颜色的涂法有 B A.12种 B. 24种 C D C.48种 D. 144种 B C.4 D.8 6. 已知函数f(x)=x-6x+7,直线/是曲线y=f(x)的切线,如果切线/与曲线y=f(x)有 且只有一个公共点,那么这样的直线/有 A.0条 B.1条 C.2条 D.3条 7. 在平行六面体ABCD-A.BC.D 中,AB=AD=A4=1,BAD= 4. AD= 4 AB=6 0*. 设AB=a,AD-b,AA.=c.则平面AB.D的一个法向量为 A.a-b-c B. a+b-c 3 高三年级数学试卷 第1页(共4页) 15 8. 已知服从二项分布的似然函数为L(p)=Cp(1-p)^*(其中P表示成功的概率,n为样 本总数,k为成功次数).现有一个研究团队研究发现概率P与参数θ(0<9<1)的取 值有关,该团队提出函数模型为p--(log29+5).在统计学中,若参数θ=8.时使得 概率L(p)最大,则称6。是e的最大似然估计,若n=20,k=5,根据这一原理和该团队 提出的函数模型可以求出e的最大似然估计,其最大似然估计6为 A6 B. C.1 D. 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。 9. 知函数(i)si2-),则 A. f(x)的最小正周期为n B. i)在区问(0) C. ()的一个对称中心为() D. f(x)图象上所有的点向左平移”个单位长度后关于y轴对称 6 $0. 已知圆O:x+v}=8,直线/与圆O交于A(x,),Bx,)两点,点P为圆O上异 于A,B的任意一点,若xx+y=-4,x+y=+0,则 B. APAB面积的最大值为63 C. 直线/的方程为y=-2x+2 D. 满足到直线/的距离为、2的点P有且仅有3个 11. 某乒乓球比赛采用单淘汰制,即参赛选手按照随机组合方式逐轮进行比赛,每场比赛 负方淘汰,胜方晋级到下一轮,直到最终决出冠亚军.现有运动员k(keN且k>2)名, 是其中的两名运动员,则下列结论中正确的有 C. 若k-2(neN且n>4),则甲、乙两人在第4轮比赛中相遇的概率为8(2”-1) 高三年级数学试卷 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. 某商场为优化服务,对顾客做满意度问卷调查,满意度采用计分制(满分100).现 随机抽取了其中10个数据依次为80,87,88,89,91,92,93,95,95,96,则这 组数据的下四分位数为 tang-3,则cos(2a+2B)= 14. 在几何中,单叶双曲面是一种典型的直纹面 如图1所示,因其具有优良的稳定性和美观 性,常被应用于大型建筑结构(如广州电视 塔).单叶双曲面的形成过程可通过“双曲狭 缝”演示:如图2,直杆m与固定轴/成一定 图1 夹角,且均和连杆垂直.当直杆n绕固定轴/ 图2 旋转时,其轨迹形成单叶双曲面,若用过单叶双曲面固定轴的平面截取该曲面,所得 交线为双曲线的一部分,在某科技馆的演示中,立板上的双曲狭缝即为直杆运动轨迹 (双曲面)被立板面截取的双曲线的一部分,因此直杆旋转时可始终穿过两条弯曲的 狭缝.若直杆m与固定轴/所成角的大小为30{,则该双曲线的离心率为 四.解答题:本题共5小题,共77分,解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 15.(13分) 已知函数f(x)=e*-ax,aeR (1)若a三1,求函数f(x)的单调区间 (2)当x>0时,f(x)>x,求实数a的取值范围 16.(15分) AC于点D,且BD-32. (1)求CD的长; (2)求AABC的面积 17.(15分) 如图,在三梭柱ABC-4.BC中,平面A.AC1平面4B.C,A.C1A.B.AC=23 AB-AA=2,CAB-π -C b (1)证明:A.B1平面AB.C; (2)求BC的长; (3)求平面AA.B与平面ABC夹角的余弦值 高三年级数学试卷 第3页(共4页) 18. (17分) 图1是一种可以作出圆的工具.O是滑橹AB(AB足够长)的中点,短杆ON可绕O转 动,长杆MN通过N处较链与ON连接,MN上的子D可沿滑橹AB滑动,且 DN=ON,MD=2DN.当铨子D在滑橹AB内做往复运动时,带动N绕O转动一 周(D不动时,V也不动),M处的笔尖画出的曲线为圆.当MN=k(k>0)时, 记画出的曲线为C.以O为原点,AB所在的直线为x轴建立如图2所示的平面直角 坐标系. ##.# 图1 图2 (1)求曲线C的方程 (2)过坐标原点O的任一直线/与曲线C.交于E,F两点,与曲线C交于A,B两 点,过点4的任一直线与C交于P,O两点. (ì)求证: EF=34.B: (ii)求四边形PEOF面积的取值范围 19. (17分) 用符号1A1表示集合A中元素的个数.对于实数集合A和B.且|A2.|B2,定义两 个集合:①和集A+B=(a+blaeA,beB; ②邻差集D(A)=(a-a |k=1,2,..,lA-1), 其中a,a2,,为集合A中元素按照从小到大排列. (1)已知集合A=(1,3,5),B=(2,4),求|D(A+B)l,1D(A)UD(B)1的值; (2)已知集合A=(2"|n=1,2,.,100),B=(4”|n=1,2,.*,100),求1A+B1的值; (3)若A与B都是由m(m>3.meN )个实数构成的集合,证明:|A+B=2m-1的 充要条件是|D(A)UD(B)=1. 高三年级数学试卷第4页(共4页)