湖北省黄冈中学2025届高三下学期5月第三次模拟考试数学试题

湖北省黄冈中学2025届高三5月第三次模拟考试 每率是《 数学试卷 A月 且动 c.是 D. 命题人：青角中学王忌夏全号 《在平面直角幽标振中，当，功不是原时.宽义P的“作随应”为”（存安以当P是廉点时， 本试塑共4页.19量.满分150分，考试用时120分物。考试时阀：22别年5月24日下年4：0的一17：00 来祝考试顺利★ 定义P的“件随点”为它白身，平面自线C上所有点的“件随点”所构的自望C定义为自复C的得随自 生直事项： 1.苍男信，先精自己的姓名、准考正号、考场吸、南位号竭号在试港和餐跟卡上并将灌考证号条悉 +1,x>0 药粘居在答西卡上的带定位厦。 生则线G一代+，：0（偶中。是自然对数的藏数》的年题商线长为(） 之选持圆的作答：每小刻远出答案后，用组坠笔纪黎悬卡上对应县日的答案标号缘国，写在试卷、草 信纸和奢密卡上的非答惠区拔均无效。 A,15 B C,2 D. 3非选择吸的作希：用园色签字笔直接管在答题卡上对应的答图区城内。在试港、章情低和答圆中上 二，选择题：本题共3小题，每小原6分，共8分，在每小整给出的选项中，有多项符合题目 的非若思区线扇无效， 要求，全即遗对的得6分，包分选对的得部分分，有选错的得0分， 4,考试结束后，请格答思卡上交. 及在本场博试中，多地思可能有2个咳3个正确的远项。全草这对荐5分，着有1个正确的这项则年选对一 一、选译厦：本题共8小题，每小竖5分，共4如分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是 个得2分：若有2个正确的意厦则0选对一个哥3分：有意锺威未进的得0分，看因完全不会位某道图日面 得合题日要求的， 色须随机选择1一3项球项。投该因恰有3个正瑞运项的标事为，得分设为爬引变量×，别下列视法正确的 上已如是成数单位：工4-1+1.2=2+上则下列结论正确的是() 是() A,2l=2 B.Z1<2 A看想机造择一有，则0为定帽 C2+22m3+l D,在干百直角垒标恩中，对应的点在第一象观 日。若>，则健肌遮择两项比结邦一项更优 1已如等最直角△AC的前边AB长为2，餐配-i,瓜下，恋-6，现么a+6F+,■() C.存在使随肌选择三项的帮分周草大于前桃选师一质的得分期望 A,6 B,-6 C.4 D.-4 D,存在使随机选择三的得分期望大于面机选排两项的得分期望 3,将一个检长为0妇的正方体铁块磨侧成一个零件，我修籍例做的零件可候是《) A.:雨毕径为m,高为10cm的圆柱体 B,底面直径为m,高为cm的能锥格 10.已如数列{包，}的第项术为品，a脚(+之+%4■n,则下列试于的值可以确定的是〔) C.华径为6m的早体 D,各棱长均为5m的四面体 A.Syot 8.m C.d+dgot D.鸟+4m 4者色，春是关于x的方程09+5m6=0的两个不招等实想。则过a,a),(,)两点的直线与双由 1L.没小4为空间中三条互抛平行且两两同的距离分别为4.4，车的直线，给出下到日个结统，其神正确 曲击的会共放个是《) 的储论有() C.I D.0 A.释在4“=123)：使得△444是直角三角形 A.3 B.2 已妇数到只}的前n项和品满足：三+5.一5·且4-2：常么4%=可) B.存在4-123到使海△444是等边三角形 A.2 B.10 C.II D.56 C程在4口0一1234：1=1之3)使得日面体4444，在一个原点处的三条校两两垂直 丘.已知雷数f)=2co灯+s如2，则f小的最小值是() A.-V5 B,-9 D.存在列60=12,34【=123)使舞四置体4444对楂正船露直 C-2w2 D.-3 三，填空题：本题共3小原，每小题5分，共15分， 1多个车位分别停这了A,B,G,D,E。R,6辆不同的车，观格所有车开出后再按A,B。GD,EP的 大序停入这6个本位，则在A车帮入了香年米的位置的条件下，停故地袁后恰有]销车停在原来R星上的 12.已约0-对4t4rta+a,则++s一 期金常黄阴中学22店层高三第三次板根考试数学试是 (养4)第1面 期士省黄列中平5昌高三第三次提拟考就款华设电 (表4面》品2 l点在三角港C中，Bc=号，配=正-配.授∠BD=气，2DE=马，EC=马 18(木题17分》 已加发自线c号-台-1e>Qb>)左淡直M-1月到其赛短线的距商为号，效右傲点F的直战分别交冠 鱼a西 自线的左。右调支及直线x一主于M.风P三点，效N作平扩于x轴的直提交直线A炉平点G,点G模足 14,如阳为一个各碳均为正数的数表，记数表中第行第/列的数为在月。己如各行从左至 -, 右成等差数到，各列从上亚下成公比相同的等比数到.刚23)- _着（电D=1000 则D= (1)求C的方程 2)正明：直线M阳过定点 四、解答题：本驱共5小盟，共77分，解密应写出文学说明、证明过程或演算步级。 15.《表日13分) 如国，一个正人面体人个面西分标数数字！到多任章龙煤一次这个正八直体，无察它与墙面接触的面上的 数字，荐到样本空闻为，记和件A“得到的点数为阁数，记事件息得到的点数不大手4”.2事件C=举 到的点数为极数一。 (1)通写出风体的样木空间： 2)证明：P叫ABC-P月P)P(C但不黄足AA,C两两检立： 3)连续据挥)次这个正A面体，求事特B只发生【次的概率。 19.《本思7分) 对始定的实爱，D,其中@<b,号色).如果函数y■八可，D病是：《1)对征意的x∈鱼时GD, f闭E风小：(2)对任意的a5《号6， 14(本题5分》 匹-心到sg.剩将=八)为在区a,剑上的一个“g 名为 在△中，角品，C销对陵分别为a,e若■n5,且A+=Z. 任墙函数”，区同[a上所有“g-压境西数”构成的集合记作肌a创. 《I)若a=C,Rb: 们判断下列话数是吞于集合血-17（博真楼可出格论） ()米△AB(直积的最大值， 0=是®y-苦 tf)=an里，若)eau-1建崇卖数a的取圆宽围； 设4=/0阅=1间=2，f代闭Eau06.着对任意的fed,x@0,可.均有f八)sM.求 11.(本愿15分) 知图。在三校幢PRMC中，△越是边长为2的正三角形。O是边B的中点，P0⊥平图AC M的最小值，并就男理由。 c0- (I)在直线P附上是香在在一点M使得直显P平面O 2)去平面POC1罕面PAC聚直程PB与平面4C所成角的正弦值 箱北吉黄网中学运后高三第三欢模包者忧数学状卷 (先4)第3瓦 湖逢南黄同中半5岳高三第三欢模青试数单或色试卷第 1页，共 8页 湖北省黄冈中学 2025 届高三第三次模拟考试（答案版） 一、单选题 1． 【答案】D 【详解】虚数不能比较大小。 2． 【答案】D 【详解】(� + � + � )2 = � 2 + � 2 + � 2 + 2� ∙ � + 2� ∙ � + 2� ∙ � = 0 ,故� ∙ � + � ∙ � + � ∙ � =− 2+2+4 2 =− 4 ，故选 D 3. 【答案】B 【详解】A，C半径不超过 5cm ，D.棱长不超过 10 2cm. 4. 【答案】D 【详解】由�2���� + ����� = 0 得�(����� + ����) = 0, 则� = 0或� =− ����, 不妨设 0a  , � =− ���� , 则则 AB的斜率 k =− tanθ,即 AB的方程为 y =− tanθ�, 而双曲线 2 2 2 2 1cos sin x y     的渐近线方程为 tany x  , 则 AB是双曲线 2 2 2 2 1cos sin x y     的一条渐近线, ∴过  2,A a a 、  2,B b b 两点的直线与双曲线 2 2 2 2 1cos sin x y     的公共点个数是 0个,故选 D。 5. 【答案】A 【详解】令 m = 1 ,即��+1 − �� = �1 = 2, �10 = �10 − �9 = 2 ,选 A。 6． 【答案】B 【详解】由题,  f x 的一个周期为 2T  ,故只需考虑  f x 在 0,2 上的值域,       22sin 2cos 2 2sin 2 1 2sin 2 2sin 1 sin 1f x x x x x x x            , 令   0f x  ,解得 1sin 2 x  或 sin 1x   ,可得此时 6 x  或 5 6  或 3� 2 （非变号零点，舍）, 所以   2cos sin 2f x x x  的最值只能在点 6 x  或 5 6  和边界点 0x  中取到, 试卷第 2页，共 8页 因为 3 3 6 2 f       , 5 3 3 6 2 f        ,  0 2f  ,所以  f x 的最小值为 3 3 2  ，选 B 7. 【答案】C 【详解】依题意，A车停入了 B车原来的位置的事件为样本空间，B，C，D，E，F，5辆车停放的方法数为�55， 从 C，D，E，F中任取一辆车停在原来位置上有�41种方法。若 B停在 A处，则 D，E，F三阶错位，有 2种方 法；若 B不停在 A处，则等价于四阶错位，有 9种方法。则停放结束后恰有1辆车停在原来位置上的事件M 含 有基本事件数为 11�41， 所以停放结束后恰有1辆车停在原来位置上的概率为11�4 1 �5 5 = 11 30 8. 【答案】B 【详解】由题意，曲线 C的伴随曲线为其两条过原点切线之间单位圆弧， 因为 110, 0( )exx y x    ，所以该函数在 ( ,0) 单调递减，在 (0, ) 单调递增. 过原点作 1e 1xy x   的切线，设切点  1 11 1, e 1xA x x   ， 由   11 exy x   ，则切线OA的斜率为   1 11 1 1 exk x   ， 直线      1 11 11 1 1: e 1 1 ex xOA y x x x x      过  0,0 ，故  1 11 121 1 1e 1 ex xx x x      ， 1 121 1e 1 0( 0)xx x    ， 即 1 1 2 1e x x  ，由函数 1exy  与 2y x-= 的图象在 (0, ) 有且只有一个交点， 且当 1 1x  时满足方程，故方程有唯一解 1 1x  ，则 1 2k  ； 过原点作 21 1 16 y x  的切线，设切点 22 2 1, 1 16 B x x     ，由 8 1y x  ，得切线OB的斜率 2 2 1 8 k x ，则切线  22 2 2 1 1: 1 16 8 OB y x x x x        过原点 (0,0)，则有 22 2 2 2 ) 1 11 16 ( 8 0x x x    ，∴ 2 4x   ， 则 2 1 2 k   ，则有 1 2 1k k   ， ∴两切线垂直，故伴随曲线长为 � 2 二、多选题 9． 【答案】AB 【详解】（1）随机选一项，分布列为 �1 0 2 3 P 1 2 − �0 4 3�0 4 2(1 − �0) 4 E(X1) = 3 2 ; 试卷第 3页，共 8页 （2）随机选两项，分布列为 �2 0 4 6 P �0 2 1 − �0 6 E(X2) = 1 + p0 ; （3）随机选三项，分布列为 �3 0 6 P �3 3�0 �43 E(X3) = 3p0 2 ; 通过计算：E(X2) − E(X1) = p0 − 1 2 ,E(X3) − E(X1) = 3(p0−1) 2 , E(X3) − E(X2) = p0 2 − 1 , 可知选 AB。 10． 【答案】BCD 【详解】由题意得，�����(��) + ��+1 = � , �2� − �2�−1 = 2� − 1 , �2�+1 + �2� = 2� ,�2�+2 − �2�+1 = 2� + 1 ,���∗， 有 �2�+1 + �2�−1 = 1 ， �2�+2 + �2� = 4� + 1， 由此可得数列中相邻两奇数项的和可以确定，相邻两偶数项的和可以确定，其中 2 1 1a a  ， 2 1a a 的值不确定. A.�102 = �1 + �2 + (�3 + �5) + (�7 + �9) + ⋯ + (�99 + �101) + (�4 + �6) + (�8 + �10) + ⋯ + (�100 + �102)，其中 2 1a a 的值不确定，故选项 A错误. B. ( )100 1 2 100 1 3 5 7 97 99( ) ( )S a a a a a a a a a= + + + = + + + + + +  ( )2 4 6 8 98 100( ) ( )a a a a a a+ + + + + + + ，每一组数都可以 确定，故选项 B正确. D.�2 + �100 = (�2 + �4) + (�6 + �8) + ⋯ + (�98 + �100) − (�4 + �6) + (�8 + �10) + ⋯ + (�96 + �98) ，每一组数 都可以确定，故选项 D正确. C. 由于 �2�+1 + �2� = 2� ，故 (�2 + �3) + (�4 + �5) + ⋯ + (�102 + �103)为定值， 又�104确定，故�1 + �104为定值，故选项 C正确. 故选：BCD. 11． 【答案】ABD 【详解】如图，选项 A ,B正确； 选项 C，如图所示．为方便书写，称三条两两垂直的棱的公共顶点为共垂点． （1）如图，假设A2 ∈ l2是共垂点，不妨A1 ∈ l1，A3 ∈ l3，显然A4 ∉ l2 ，若A4 ∈ l1 试卷第 4页，共 8页 则A2A3 ⊥ 平面A1A2A4 ，有 A2A3 = 4；过A2作A2D ⊥ A1A4于 D，连接A3D。 可得 A2D = 4 ， A3D = 4 2 ≠ 6，舍。 （2）同理可知，不存在四点A�（j＝1，2，3，4），使得四面体 A1A2A3A4为在一 个顶点处的三条棱两两互相垂直的四面体． 选项 D，不妨A2A4 ⊥ A1A3,如图让A2 ，A4在l2上移动，移动的过程中可以实现 A1A4 ⊥ A2A3 ，由对称性可知A1A2 ⊥ A3A4。 故选 ABD。 三、填空题 12． 【答案】−32 【详解】分别赋值 x = 1 , x =− 1可得。 13． 【答案】2 3 【详解】记�△��� = 3� ，则 �� �� ����1 = �� �� ����2 = �� �� ����3 = 2�， �� �� ��� 2� 3 = 6� �� �� ����2 �� �� ��� 2� 3 �� �� ����1 �� �� ����3 = 3， ����2��� 2� 3 ����1����3 = 3，故 ����2 ����1����3 = 2 3 14． 【答案】(1)10 ;(2)(4,63) 【详解】（1）设数表第一行构成等差数列的公差为d，各列构成等比数列的公比均为 q . 因为数表中各项均为正数，因此 0, 0d q  . 由表中已知数据可得            2 2 2, 2 1, 2 1 6 3,3 1,3 1 2 20 a q a q d a q a q d             ，解得 2q d  . 所以        1 1 1, 2 1, 2 1 2 1 2 2 1i i ia i j a j j j           , �(2,3)=10. （2）若�(�, �) = 1000，则 2j − 1 = 1000 2i−1 ，即 1000 2i−1 为奇数. 因为 1000 = 23 × 125, 所以� = 4, j=63. 实数对(� , �) = (4,63). 四、解答题 15． 【答案】(1) 1,2,3,4,5,6,7,8 ; (2)答案见详解；（3）27 64 。 【详解】（1） 1,2,3,4,5,6,7,8 ………………………………（2 分） （2）事件A所含的样本点为： 2,4,6,8 ，事件 B所含的样本点为： 1,2,3,4 ，事件C所含的样本点为： 2,3,5,7 . 试卷第 5页，共 8页 故事件 ABC所含的样本点为： 2 ，所以   1 8 P ABC  ，又       1 2 P A P B P C   ，所以        P ABC P A P B P C .………………………………（5 分） 又事件 AC所含的样本点为： 2 ，所以   1 8 P AC  ，又     1 1 1 2 2 4 P A P C    ， 所以      P AC P A P C ，所以事件 ,A C不独立，即 , ,A B C 两两独立错误。………………………………（9 分） （3）依题意知每次抛掷这个正八面体的结果都互不影响，即互相独立， 记  1, 2,3iC i  为第 i次抛掷这个正八面体发生事件 AB，则     1 4i P C P AB  ， 所以事件 AB只发生 1次的概率为                  1 2 3 1 2 3 1 2 3P C P C P C P C P C P C P C P C P C  1 3 3 3 1 3 3 3 1 27 4 4 4 4 4 4 4 4 4 64           。………………………………（13 分） 16. 【答案】（1）4 5 5 （2） 2 6 3 【详解】（1）若� = c ，则���2� = 4 5 ，���� = 2 5 5 。则�2 = 4���2� = 8 × 2 5 5 × 5 5 = 16 5 ， � = 4 5 5 ………………………………（7 分） (2) ���2� + 3��� 2� 2 = 2 = 8���� �2 ， ………………………………（9 分） 有�2���2� + 3� 2���2� 2 = 8����, 故�2���2� + 3� 2���2� 2 = 8���� ………………………………（11 分） 有�2���� + 3� 2���� 2 = 8, 即 6������ ≤ 8, S = ������ 2 ≤ 2 6 3 . ………………………………（14 分） 当且仅当� = 6 2 c 时等号成立 ..………………………………（15 分） 17． 【答案】（1）证明见详解；（2） 39 13 【详解】（1）存在M点是 PB的中点。理由如下： 当M点是 PB的中点时，OM是三角形 PBA的中位线， 所以 ,// PAOM 又 MOCPA 面 ， 所以 MOCPA 平面// 。 ………………………………（4 分） （2）过 A作 AD ⊥ PC于 D，若 D与 C不重合， ∵ 平面 POC⊥平面 PAC ∴ AD ⊥ 平面 POC ∴ AD ⊥ PO ∵ PO ⊥平面 ABC 试卷第 6页，共 8页 ∴ PO ⊥ AC ∴ PO ⊥ 平面 PAC， ∴ PO ⊥ PC ，矛盾。 故 D与 C重合，AC ⊥ 平面 POC，AC ⊥ OC。 ………………………………（8 分） 以 C为原点，过 C作 OP的平行线为 z轴，以 CA,CO所在的直线分别为 x,y轴， 建立如图所示的空间直角坐标系，则 P(0, 1 2 , 3) , A( 3 2 , 0,0) , B( − 3 2 , 1,0) CP = (0, 1 2 , 3) , CA = ( 3 2 , 0,0) , PB = ( − 3 2 , 1 2 , − 3) ………………………………（10 分） 设平面 PAC的法向量为 n = (x, y, z)则 n ∙ CP = y 2 + 3z = 0 n ∙ CA = 3x 2 = 0 ，令 z = 3 ，得n = (0, − 6, 3)。…………（13 分） 设直线 PB与平面 PAC所成的角为 ，则 sinθ = n ∙PB n PB = 39 13 ， 即直线 PB与平面 PAC所成角的正弦值是 13 39 …………（15 分） 18. 【答案】(1) �2 − � 2 3 = 1 (2) ( − 1,0) 【详解】(1)解：因为 C的一条渐近线方程为 bx − y = 0,所以点 A到渐近线的距离为 � �2+1 = 3 2 ，所以�2 = 3， 所以双曲线的方程是 �2 − � 2 3 = 1………………………………（4 分） （2)解：由题意双曲线 C的右焦点 F（2，0），直线 PF的斜率不为 0,故可设直线 PF 的方程为 x = my + 2，因 为直线 PF 与双曲线左，右两支分别交于M，N两点，所以 m ∈ −∞, − 3 3 ∪ 3 3 , + ∞ ，…………………（6 分） 设 M x1, y1 , N x2, y2 ，将直线 PF 的方程代入�2 − �2 3 = 1， 得 (3m2 − 1)y2 + 12my + 9 = 0 ， 则�1 + �2 =− 12� 3�2−1 ,�1�2 = 9 3�2−1 ，所以��1�2 =− 3 4 (�1 + �2)…………………（9 分） 直线 PF的方程 x = my + 2,又直线�: x = 1 2 ，联立可得 P（ 1 2 ， − 3 2m ）， 所以直线 AP的方程为 y =− 1 m (x + 1) ， 又直线 GN的方程是 2yy  ，联立可得 G  22 ,1 ymy ， 又�� = �� ，所以 H的坐标是  222 ,22 ymyx  ，…………………（11 分） 所以直线MH的方程是： y − y1 = y2 − y1 −2 − x2 − 2my2 − x1 (x − x1) 试卷第 7页，共 8页 …………………（13 分） 令 0y ，由�1 = ��1 + 2，�2 = ��2 + 2，得   1423424 12 21 12 1221 12 1221           yy yy yy yyyy yy yyymyx 所以直线MH过定点( − 1,0)。…………………（17 分） 19． 【答案】(1)①属于集合  0.5 1,1  ，②不属于集合  0.5 1,1  (2) − 12 , 1 2 (3)3，理由见解析 【详解】（1）①属于集合  0.5Ω 1,1 ，②不属于集合  0.5Ω 1,1 .………………………………（4 分） ①y = x 2 ，  1,1x  ，则  10, 1,1 2 y       ；−1 ≤ x1 < x2 ≤1， 1 2 1 2 ( ) ( )f x f x x x   表示任意两点斜率的绝对值，所以最大为 1 2 ，所以符合题意； ② 2 2 xy  ，  1,1x  ，则  10, 1,1 2 y       ；−1 ≤ x1 < x2 ≤1， 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 ( ) ( ) 2 2 2 x x f x f x x x x x x x        0,1 ，而 1 2 q  ，所以不符合题意； (2)若� ≠ 0，  1,1x  时，y = � sinx单调递增。 令−1 ≤ x1 < x2 ≤ 1 �����1−�����2) �1−�2 = � ����2− � ����1 �2−�1 ≤ 1 2， 则需 � ����2 − �2 2 ≤ � ����1 − �1 2， 即需 g(x) = � ���� − � 2 单调递减，………………………………（7 分） � (�) = � ���� − 1 2 ≤ 0， � ≤ 1 2���(�) ��� ,即 � ≤ 1 2 ； 若� = 0，显然符合题意； 此时 f(x) ∈ −1,1 ； 综上，� ∈ − 1 2 , 1 2 ………………………………（10 分） （3）M的最小值为 3. 试卷第 8页，共 8页 一方面，令 1 1, [0,4] 2( ) 1 5, [4,6] 2 x x f x x x         ，则  0 1f  ，  6 2f  . 对任意的 1x ，  2 0,6x  ， 1 2x x ，不妨设 1 2x x . （a）若 1 20 4x x   ，则 1 2 1 2 ( ) ( ) 1 2 f x f x x x    （b）若 1 24 6x x   ，则 1 2 1 2 ( ) ( ) 1 2 f x f x x x    （c）若 1 20 4 6x x    ，则 1 2 1 2 1 2 2 1 1 1 1| ( ) ( ) | | ( ) (4) | | ( ) (4) | (4 ) ( 4) ( ) 2 2 2 f x f x f x f f x f x x x x           所以 1 2 1 2 ( ) ( ) 1 2 f x f x x x    . 综上，  f x A .由  4 3f  ，得 3M  .………………………………（14 分） 另一方面，设  f x A ，对任意的  0,6x （a）当 0x  时，    0 1 3f x f   （b）当  0,4x 时，由 ( ) 1 1 0 2 f x x    ，得 1| ( ) 1| 2 2 f x x   ，故 ( ) 3f x  ； （c）当  4,6x 时，由 ( ) 2 1 6 2 f x x    ，得 1| ( ) 2 | (6 ) 1 2 f x x    ，故 ( ) 3f x  ； （d）当 6x  时，    6 2 3f x f   综上，   3f x  恒成立. 综上，M 的最小值为 3.………………………………（17 分）