数学-湖北省黄冈市2024-2025学年2025届高三下学期核心预测卷试题和答案

2024~2025学年高三核心模拟卷数学参考答案1.B{父|y=父2}中元素为父,意指函数y=父2的定义域;{y|y=父2}中元素为y,意指函数y=父2的值域;{(父,y)|y=父2}中元素为(父,y),意指函数y=父2图象上的点的坐标;{y=父2}是仅有一个方程y=父2作为元素的集合.故选B.EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up4(3),2)2=2=)=—1.故选C.3.D当m,n,l在同一平面内时,可能mⅡnⅡl或其中有两条直线平行,另一条与它们都相交,故不能得出m,n,l两两相交;当m,n,l两两相交时,如正方体一个顶点的3条棱所在直线,故不能得到m,n,l在同一平面内,所以“m,n,l在同一平面内”是“m,n,l两两相交”的既不充分也不必要条件.故选D.4.A因为a1,a3,a4成等比数列,所以aEQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up3(2),3)=a1a4,即(a1十4)2=a1(a1十6),解得a1=—8.所以S10=—8×10十9×2=10.故选A. 5.C由题意知tanθ=\,EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up4(2s),in)EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up4(i),2)EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up4(n),θ)EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up4(θ),十)EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up4(co),c)EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up4(s),o)EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up4(θ),2θ)EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up4(2),a)EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up4(t),n)EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up4(an),2θ)EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up4(θ),十)6.A记小李步行上班为事件A,骑共享单车上班为事件B,乘坐地铁上班为事件C,小李上班迟到为事件H,则P(A)=0.5,P(B)=0.3,P(C)=0.2,P(H|A)=1—P(H—|A)=0.09,P(H|B)=1—P(H—|B)=0.08,P(H|C)=1—P(H—|C)=0.07,所以P(H)=P(AH)十P(BH)十P(CH)=P(A).P(H|A)十P(B).P(H|B)十P(C).P(H|C)=0.5×0.09十0.3×0.08十0.2×0.07=0.083.故3|a|2≤a.b≤3|a|—3|a|2,又a.b∈[—3,0],所以3|a|—3|a|2≥—3,解得0≤|a|≤15.故选D.8.B由题意可知,当直线AB的斜率为0时显然不满足题意.设A(父1,y1),B(父2,y2),AB的方程为父=my十1,联立C:EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up4(父),4)2十EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up4(—2m),2十4)EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up4(—3),2十)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up4(→),PB)1)=2(父2—1,y2),即—y1=2y2②,由①②,得mEQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up4(—),2)EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up4(3),十)4=(mEQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up4(8m),十4)2)2,即m2=,m=±2\515,所以斜率为=±\EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up4(1),6)5.故选B.=十kπ,k∈z,故A错误;又f(父十=2sin2父十1,所以f十=2sin1页(共6页)】十1=\十1,f(—十=2sin(—十1=—\十1,所以f十≠—f(—十所以f(x十的图象不关于原点对称,故B错误;当x∈(0,时,2x—∈(—,所以函数f(x)=2sin(2x—十1在 (0,上单调递增,故C正确;因为x∈,所以2x—∈,故\EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up4(2),2)≤sin(2x—≤1,所以f(x)∈[\十1,3],又2(\十1)>3,即2f(x)min>f(x)max,所以Yx1,x2,x3∈,都有f(x1)十f(x2)>f(x3)成立,故D正确.故选CD.10.ABC因为EFⅡAB,所以EFⅡOB,又AB=2EF=1,所以EF=OB=1,则四边形OFEB为平行四边形,得OFⅡEB,可得OFⅡ平面BCE,故A正确;因为DA丄AB,平面ABCD丄平面AFEB,且平面ABCD∩平面AFEB=AB,ADG平面ABCD,则AD丄平面AFEB,则AD丄BF,又BF丄AF,AD∩AF=A,所以BF丄平面ADF,故B正确;由EFⅡAB,可得ABⅡ平面CEF,则点A到平面CEF的距离等于B到平面CEF的距离.在△OEF中,OE=OF=EF=1,则△OEF为等边三角形,由对称性可知,上BOE=上AOF=60。,而OA=OF=OE=OB,则△AOF与△BOE也是等边三角形,且边长均为1.可知BE=EF=1,BF=\,上BEF=120。,又CE=\,CF=2,EF=1,则cOs上CEF=2EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up4(十),2)\1—4=—\EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up4(2),4),sin上CEF=\EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up4(1),4)4,所以S△CEF=×\×1×\EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up4(1),4)4=\EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up4(7),4),S△BEF=×1×\EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up4(3),2)=\EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up4(3),4).设B到平面CEF的距离为h,由VCBEF=VBCEF得×1×\EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up4(3),4)=×\EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up4(7),4)×h,所以h=\EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up4(2),7)1,故C正确;设△BOE外接圆的半径为r,则2r=,得r=\.设三棱锥CBOE外接球的半径为R,则R2=r2十2=,其表面积S=4πR2=,故D错误.故选ABC.11.ABC对于A,任取x1、x2∈R,且x1<x2,则e—2x1>e—2x2>0,所以f(x1)—f(x2)=(1十EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up5(2),e)—2x1—1)—1十EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up5(2),e)2x2—1=(1EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up5(2),十)—eEQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up11(—),2)EQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up9(2),x)EQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up9(x),1)2EQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up7(e—2x1),1十e)2x2)<0,所以f(x1)<f(x2),故tanh函数是增函数,故A正确;对于B,对任意2x2x—1的x∈R,1十e—2x>0,则函数f(x)的定义域为R,且f(x)=1十e—2x—1=e2x(1十e—2x)—1=1十e2x2x—1f(—x)=EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up4(e),e)——EQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up8(2x),2x)十EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up4(1),1)=EQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up6(e2x),e2x)((EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up4(e),e)—EQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up8(2x),2x)十EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up4(1),1)))=EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up4(1),1)十EQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up6(e2x),e2x)=—f(x),所以tanh函数是奇函数,故B正确;对于C,由y=EQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up6(e2x),e2x)十EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up4(1),1)可得ye2x十y=e2x—1,可得e2x=EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up4(1),1)十EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up3(y),y),由e2x=EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up4(1),1)十EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up3(y),y)>0,可得EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up3(y),y)十EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up4(1),1)<0,解得—1<y<1,故tanh函数的值域为(—1,1),故C正确;对于D,由C可知,—1<f(x)<1,则f(x)<1,当a=0时,y=f(x)—1<0,此时,函数y=f(x)—ax—1没有零点,故D错误.故选ABC.12.—55因为(x十1)3十(x—2)8=[(x—1)十2]3十[(x—1)—1]8=a0十a1(x—1)十a2(x—1)2十…十a8(x—1)8,[(x—1)十2]3展开式中含(x—1)3的系数为CEQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up3(3),3)20=1,[(x—1)—1]8展开式中含(x—1)3的系数为CEQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up3(3),8)(—1)5=2页(共6页)】—56,所以a3=1十(—56)=—55. 13.2\根据题意,设C1:—y2=λ,C2:y2—=m(λ,m,a>0),所以e1=\aEQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up7(2),a)十1,e2=\a2十1,所以e1十e2=\aEQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up8(2),a)十1十\a2十1≥2\\aEQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up8(2),a)十1●\a2十1=2\a2EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up6(十),a)1=2\a十≥2\=2\,当且仅当\aEQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up8(2),a)十1=\a2十1且a=,即a=1时取得等号.14.e由a≠0,x>0,原不等式可化为≤a(x—恒成立.设f(x)=,则fI(x)=,当x∈(0,e2)时,fI(x)>0,f(x)单调递增;当x∈(e2,十∞)时,fI(x)<0,f(x)单调递减,所以f(x)在x=e2处取得极大值,且为最大值;且x>e时,f(x)>0.结合图象可知,y=a(x—的图象恒在f(x)的图象的上方,显然a<0不符题意;当a>0时,为直线y=a(x—的横截距,其最大值为f(x)的横截距,令f(x)=0,可得x=e,所以的最大值为e.15.解:(1)由acosB=\与bsinA=2\得,bsinA=2acosB,……………1分由正弦定理得sinBsinA=2sinAcosB,………………2分因为A,B是△ABC的内角,所以sinA>0,sinB>0,所以sinB=2cosB,…………3分因为sin2B十cos2B=1,所以cosB=\EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up4(5),5),sinB=2\55,…………………5分 将cosB=\EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up4(5),5)代入acosB=\,得a=5.………………7分(2)由(1)及余弦定理知b2=a2十c2—2accosB=25十c2—2\c,所以b2十c2=2c2—2\c十25=2(c—\)2十≥, 当且仅当c=\EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up3(5),2)时,b2十c2取得最小值.……………10分此时S△ABC=acsinB=×5×\EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up4(5),2)×2\55=,所以b2十c2的最小值为,此时△ABC的面积为.………………13分16.解:(1)fI(x)=x2十2ax十b,………………1分由题意,得—2和3是关于x的方程fI(x)=0的两根,………………2分3页(共6页)】由韦达定理,得解得,此时fI(x)=x2—x—6=(x—3)(x十2).………………4分当x<—2时,fI(x)>0;当—2<x<3时,fI(x)<0;当x>3时,fI(x)>0,所以f(x)在(—∞,—2)和(3,十∞)上单调递增,在(—2,3)上单调递减,所以x=—2是f(x)的极大值点,x=3是f(x)的极小值点,符合题意.综上x2—6x.…………………………6分(注:如果不进行验证,扣2分.)(2)直线y=—4x十c与曲线y=f(x)有且仅有两个公共点,等价于关于x的方程f(x)=—4x十c仅有两个实根,即关于x的方程x2—2x—c=0仅有两个实根.………………8分设x2—2x—c,则gI=x2—x—2=.……………9分当x<—1时,gI(x)>0;当—1<x<2时,gI(x)<0;当x>2时,gI(x)>0,所以g(x)在(—∞,—1)和(2,十∞)上单调递增,在(—1,2)上单调递减,所以x=—1是g(x)的极大值点,x=2是g(x)的极小值点,且—c,g—c.……………………13分根据题意,得—c=0,或—c>0,解得或.…………………15分17.解:(1)由统计图,得=160,………2分=(1—3)2十(2—3)2十(3—3)2十(4—3)2十(5—3)2=10,……3分i1(xi—)(yi—y-)=(—2)×(—58)十(—1)×(—50)十0×(—11)十1×38十2×81=366.…5分5因为相关系数r≈0.98>0.75,所以y与x具有很强的线性相关关系.………………8分4页(共6页)】=36.6,所以=160—36.6×3=50.2,所以EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up1(^),y)=EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up1(^),b)x十EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up1(^),a)=36.6x十50.2.…………………………12分由题意知,2025年对应的年份代码x=7,当x=7时,EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up2(^),y)=EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up2(^),b)x十EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up2(^),a)=36.6×7十50.2=306.4,故预测2025年该公司的研发人数约为306人.………………………15分18.(1)证明:由直四棱柱ABCDA1B1C1D1知A1A丄底面ABCD,因为ACG平面ABCD,所以A1A丄AC,………1分又AB丄AC,A1A∩AB=A,AA1,ABG平面ABB1A1,所以AC丄平面ABB1A1,……2分因为BEG平面ABB1A1,所以AC丄BE.………………3分因为,上EAB=上ABB1=90。,所以上ABE=上AB1B,………………4分因为上BAB1十上AB1B=90。,所以上BAB1十上ABE=90。,所以BE丄AB1,…………5分又AC∩AB1=A,AC,AB1G平面ACB1,所以BE丄平面ACB1.……………………6分(2)解:以A为原点,AC,AB,AA1所在直线分别为x轴,y轴,叉轴建立空间直角坐标系如图所示,则A(0,0,0),B(0,1,0),C(2,0,0),D(1,—2,0),D1(1,—2,2),由知,为平面AB1C的一个法向量.………7分设n=(x,y,叉)为平面AD1C的一个法向量,因为所以,即2叉=0,令叉=1,可得n=.……………………9分所以所以平面D1AC与平面B1AC夹角的余弦值为………………11分解:设,0≤λ≤1,则F,……12分设F到直线BE的距离为d,所以当时,dmin=到直线BE距离的最小值为.……………………17分解:将代入y=ax2,解得所以抛物线的标准方程为x2=4y.…………………2分5页(共6页)】(2)证明:由抛物线的方程可得F(0,1),准线方程为y=—1,设P(x0,,由抛物线的方程可得yI=,所以其在P处的切线的斜率为x20,所以在P处的切线方程为y—=(x—x0),令x=0,可得y=—,即Q(0,—,…………4分所以|FQ|=1十,而P到准线的距离d=十1,由抛物线的性质可得PF=d,所以|PF|=|QF|.………………………6分(3)解:设直线AB的方程为y=kx十m,A(x1,y1),B(x2,y2),(y=kx十m,联立〈整理可得x2—4kx—4m=0,Δ=16k2十16m>0,即k2十m>0,(x2=4yx1十x2=4k,x1x2=—4m,y1十y2=k(x1十x2)十2m=4k2十2m,所以AB的中点坐标为(2k,2k2十m),线段AB的中垂线方程为y—(2k2十m)=—(x—2k),由题意中垂线过D(0,4),所以2k2十m十2=4,即2k2十m=2.①……………………8分又k2十m>0,所以2—k2>0,解得—\<k<\,设E(0,b),|AD|2=xEQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up3(2),1)十(