湖北省随州市部分高中联考协作体2024-2025学年高三上学期12月联考数学试题答案

高三数学试题参考答案一、选择题：本题共8小题，每题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、解析当0<m<1时,m<1m,所以不等式的解集为xm<2、解析因为sin105°=sin(90°+15°)=cos15°,sin135°=sin(180°-45°)=sin45°,所以sin15°cos45°+sin105°sin135°=sin15°cos45°+cos15°sin45°=sin(15°+45°)=sin60°=32。故选C3、解析因为cosα=55,sin(β-α)=-1010<0,α,β均为锐角,所以sinα=1−cos2α=255,β-α∈−π2,0,可得cos(β-α)=1−sin2(β−α)=31010,sinβ=sin[(β-α)+α]=sin(4、解析因为OA=32,12,所以OA与x轴的夹角为30°,依题意,向量OB与x轴的夹角为90°,则点B在y轴正半轴上,且|OB|=|OA|=1,所以点5、解析(图略)连接AB1,设AB1与A1B交于点F,易知AF⊥A1B,AF⊥BC,且A1B∩BC=B,A1B,BC⊂平面A1BCD1,所以AF⊥平面A1BCD1。连接EF,则∠AEF是直线AE与平面A1BCD1所成的角,tan∠AEF=AFEF=26、解析把椭圆方程16x2+4y2=1化为标准方程可得x2116+y214=1,所以a=12,b=14,c=34,则长轴长2a=1,焦距2c=32,短轴长7、解析从小到大排列此数据为:10,12,14,14,15,15,16,17,17,17。平均数为110×(10+12+14×2+15×2+16+17×3)=14.7;数据17出现了三次,17为众数;第5位、第6位均是15,故15为中位数。所以a=14.7,b=15,c=17,即a<b<c。故选B8、解析假设事件A=“甲取胜”,设每场比赛甲胜的概率为p,由题意得,事件A发生的次数X~B(3,p),则有1-(1-p)3=6364,得p=34,则事件A恰好发生一次的概率为C3二、选择题：本题共3小题，每题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求，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、解析由f(x)=ex-ax知f'(x)=ex-a。f(x)有极小值点x=lna,而极小值f(lna)=a-alna<0,所以a>e,A正确。f(x)有两个零点x1,x2,则ex1-ax1=0,ex2-ax2=0,即x1=lna+lnx1①,x2=lna+lnx2②。①-②,得x1-x2=lnx1-lnx2,根据对数均值不等式,x1+x22>x1−x2lnx1−lnx2=1>x1x2,得x1+x2>2,而1>x1x2,因此x1x2<1,B正确,C错误。由①+②,得x110、解析因为a·b=1,|b|=1,且|a+b|=7,所以a2+2a·b+b2=7,则|a|2+2+1=7,则|a|=2,故A正确;因为a·(a-b)=a2-a·b=3≠0,所以a与a-b不垂直,故B错误;cos<a,b>=a·b|a||b|=12,又<a,b>∈[0,π],所以a与b的夹角为π3,故C11、解析对于A,根据经验回归方程,当解释变量x每增加1个单位时,响应变量y平均减少0.85个单位,故A错误;对于B,当解释变量x=1时,响应变量y=1.45,则样本点(1,1.2)的残差为-0.25,故B正确;对于C,在残差图中,残差分布的水平带状区域的宽度越窄,说明拟合精度越高,即拟合效果越好,故C正确;对于D,由决定系数R2的意义可知,R2越大,表示残差平方和越小,即模型的拟合效果越好,故D正确。故选BCD。三、填空题：本题共3小题，每题5分，共15分12、解析因为y=1−x1+x=-1+21+13、解析因为an+1=3an-2n+1,所以an+1-(n+1)=3(an-n),所以an+1−(n+1)an−n=3,又因为a1-1=2-1=1≠0,所以{an-n}是首项为1,公比为3的等比数列,所以an-n=3n-1,14、解析因为P是直线l:2x+y+9=0上的任一点,所以设P(m,-2m-9),由于圆x2+y2=9的两条切线PA,PB,切点分别为A,B,所以OA⊥PA,OB⊥PB,则点A,B在以线段OP为直径的圆上,即线段AB是圆O和圆C的公共弦,则圆心C的坐标是m2,−2m+92,且半径的平方是r2=m2+(2m+9)24,所以圆C的方程是x−m22+y+2m+922=m2+(2m+9)24①,又x2+y2=9②,②四、解答题：本题共5小题，共77分15、（本小题满分15分）【证明】(1)不妨设x0∈A,则由题知f(x0)=x0,则f(f(x0))=f(x0)=x0,故x0∈B,所以A⊆B。(2)设t∈B,则f(f(t))=t,因为函数f(x)单调递增,所以存在唯一a,使f(t)=a,f(a)=t,若a<t,则f(a)<f(t),得到t<a,与a<t矛盾;若a>t,则f(a)>f(t),得到t>a,与a>t矛盾,故必有a=t,所以f(t)=t,即t∈A,又由(1)知A⊆B,所以,当函数f(x)单调递增时,A=B。16、（本小题满分15分）解(1)因为f(x)=ax-sinx,所以f'(x)=a-cosx,由函数f(x)为增函数,则f'(x)=a-cosx≥0恒成立,即a≥cosx在R上恒成立,因为y=cosx∈[-1,1],所以a≥1,即实数a的取值范围是[1,+∞)。(2)证明:由(1)知,当a=1时,f(x)=x-sinx为增函数,当x>0时,f(x)>f(0)=0⇒x>sinx,要证当x>0时,ex>2sinx,只需证当x>0时,ex>2x,即证ex-2x>0在(0,+∞)上恒成立,设g(x)=ex-2x(x>0),则g'(x)=ex-2,令g'(x)=0,解得x=ln2,所以g(x)在(0,ln2)上单调递减,在(ln2,+∞)上单调递增,所以g(x)min=g(ln2)=eln2-2ln2=2(1-ln2)>0,所以g(x)≥g(ln2)>0,所以ex>2x成立,故当x>0时,ex>2sinx。17、（本小题满分15分）解(ⅰ)证明:由an(2Sn-an)=1,得(Sn-Sn-1)(Sn+Sn-1)=1(n∈N*,n≥2),所以Sn2−Sn−12=1(n≥2,n∈N*)。又a1(2S1-a1)=a12=1,an>0,所以a1=1,S12=1。所以{Sn2}是以S12=1为首项,公差为1的等差数列,所以(ⅱ)数列{an}中不存在连续三项ak,ak+1,ak+2,使得1ak,1ak当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n−n−1,因为当n=1时,a1=1,符合上式,所以an=n−n−1(n∈N*),所以1an=1n−n−1=n+n−1。假设数列{an}中存在连续三项ak,ak+1,ak+2,使得1ak,1ak+1,1ak+2构成等差数列,则2(k+1+k)=k+k−1+k+2+k+1,即k+1+k=k−1+k+2,两边同时平方,得k+1+k+2k+1·k=k−1+k+2+218、（本小题满分16分）解(1)证明:以A为原点,AB,AD,AA1的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系。设AB=a,则A(0,0,0),D(0,1,0),D1(0,1,1),Ea2,1,0,B1(a,0,1)。故AD1=(0,1,1),B1E=−a2,1,−1。因为(2)存在满足要求的点P,假设在棱AA1上存在一点P(0,0,z0),0≤z0≤1,使得DP∥平面B1AE,此时DP=(0,-1,z0)。设平面B1AE的法向量为n=(x,y,z)。AB1=(a,0,1),AE=a2,1,0。因为n⊥平面B1AE,所以n⊥AB1,n⊥AE,得ax+z=0,ax2+y=0,取x=1,则y=−a2,z=−a,故n=1,−a2,−a是平面B1AE的一个法向量。要使DP∥平面B1AE,只需n⊥DP19、（本小题满分16分）解(1)设事件B=“甲乙两队比赛4局,甲队获得最终胜利”,事件Aj=“甲队第j局获胜”,其中j=1,2,3,4,A1,A2,A3,A4相互独立。因为甲队明星队员M前4局比赛中不上场,所以P(Aj)=12,j=1