數(shù)學(xué)丨湖北省圓創(chuàng)聯(lián)盟2025屆高三8月開學(xué)考暨湖北省高中名校聯(lián)盟2025屆高三8月第一次聯(lián)合測評數(shù)學(xué)試卷及答案

湖北省高中名校聯(lián)盟2025屆高三第一次聯(lián)合測評數(shù)學(xué)試卷參考答案與評分細(xì)則題號1234567891011答案CBBCADDBABDACABD10.【解析】由原點(0,0)在曲線上知a=OF1·OF2=1.選項A,設(shè)曲線與x軸正半軸相交于(t,0),t>0,則(t+1)(t-1)=1,解得t=2,所以A正確.選項B,由(x+1)2+y2·(x-1)2+y2=1,得(x2+y2+1)2-4x2=1,則(x2+y2)(x2+y2+2)-4x2=0.所以(x2+y2)2+2(x2+y2)-4x2=0,即(x2+y2)2=2x2-2y2,所以B錯誤.選項C,由(x2+y2)2=2x2-2y2得x4+(2y2-2)x2+y4+2y2=0.由x∈R,得Δ=(2y2-2)2-4(y4+2y2)=-16y2+4≥0,所以y2≤,有iyi≤,所以C正確.選項D,由(x2+y2)2=2x2-2y2≥0,得x≥y.故點(x0,y0)在C上時,有y0≤x0成立,所以D錯誤.故答案為AC.11.【解析】選項A,根據(jù)弧長公式l=α·r=,所以A選項正確;選項B,當(dāng)OA、OB、OC兩兩垂直時,根據(jù)定義得∠A+∠B+∠C=所以選項B正確;選項C,∵∠AOB=,OC⊥OA,OC⊥OB,π所以球面三角形ABC占半徑為2的球面的比例為根據(jù)球的面積公式,球面ABC的面積為×4π×22=故選項C錯誤;A選項D,如圖所示,連接OA、OB、OC,設(shè)OB、OC所在平面為α.作AD⊥α,DE⊥OB,DF⊥OC,連接AE、AF.AEFDCB∵∠AED=∠B,∠AFD=∠C,∠B>∠C.EFDCB∴∠AED>∠AFD,且都是銳角,數(shù)學(xué)試卷參考答案與評分細(xì)則第1頁(共6頁)∵AE⊥OB,AF⊥OC,∴∠AOB<∠AOC.∵=r·∠AOB,=r·∠AOC,所以>.所以選項D正確.故答案為ABD.13.-4(e,+∞)【解析】結(jié)合函數(shù)圖象,考慮兩曲線相切的臨界情況,設(shè)切點橫坐標(biāo)為x0,由(ax)'=axlna,(loga(x+1))',,將①代入②,將①代入②,得ln(x0+1)=(x0+11)lna.設(shè)x0+1=t,有l(wèi)nat>0,則t>1,代入①有t(lnt)2=et,故lnt+2ln(lnt)-t=0.記函數(shù)φ(x)=lnx-+2ln(lnx),易知φ(x)在(1,+∞)上單調(diào)遞增,因為φ(e)=0,所以t=e,此時a=e.所以a的取值范圍是(e,+∞).15.(13分)【解析】(1)△ABD中,由余弦定理得BD2=AB2+AD2-2AB·ADcos∠BAD=36,所以BD=6.…………………………(3分)B因為cos∠BAD,所以sin∠BAD.BCA由AC⊥BD可知,AO.……(6分)CAD所以BO=AB2-AO2.…………(8分)D(2)因為∠BCD=90°,所以BC2+CD2=BD2=36,……………(10分)數(shù)學(xué)試卷參考答案與評分細(xì)則第2頁(共6頁)所以BC+CD≤2當(dāng)且僅當(dāng)BC=CD時取等號.………(12分)所以四邊形ABCD周長的最大值為5+4+62=9+62.……(13分)16.(15分)所以橢圓Γ的方程為2+2=1.……………所以橢圓Γ的方程為2+2=1.……………(4分)MFCB(2)由直線AB,AC斜率互為相反數(shù),不妨設(shè)AB的斜率為k,AC的斜率為-k.得(3+4k2)x2-4k(2k-3)x+4k2-12k-3=0.(6分)4k2-12k-3得B點的橫坐標(biāo)為3+4k2,求得B點的坐標(biāo)為.…………同理可求得C點的坐標(biāo)為.…………………所以BC中點M的坐標(biāo)為從而知kOM=-,故點M在直線y=-x上.………………(12分)3所以點M與F的最小距離即是點F到直線y=-x的距離d=, 4當(dāng)且僅當(dāng)OM⊥MF時取得.………………………(15分)17.(15分)【解析】(1)取BC的中點O,由N為邊A'C的中點,知ON∥A'B,OM∥BE.因為ON?平面A'BE,所以O(shè)N∥平面A'BE,同理OM∥平面A'BE.………(2分)數(shù)學(xué)試卷參考答案與評分細(xì)則第3頁(共6頁)因為OM∩ON=O,所以平面MON∥平面A'BE.………………(4分)因為MN?平面MON,所以MN∥平面A'BE.…………………(6分)A'NN CEMDBA'EHEHNSEMDBC解法一圖DMBZA'DMBNC(H)NC(H)解法二圖(2)由MN∥平面A'BE,知VA'-BEN=VN-A'BE=VM-A'BE=VA'-BEM.而S△BEMBE·EM=1,所以VA'-BEN×1×h,得h=3.即A'點到平面BCDE的距離為3.………………(9分)又BE⊥A'B,BE⊥BC,所以BE⊥平面A'BC,所以平面A'BC⊥平面BCDE.所以A'在平面BCDE上的射影點H落在直線BC上.………(10分)由A'-BE-C為銳二面角知H在線段BC上.由A'H=3,得BH=1,知H與O重合.解法一:由N在BC上射影點為HC的中點,記為L,則NL=A'H=,BL=BC=.在平面BCDE內(nèi)過L作BM的垂線,垂足為S,連接NS,則∠NSL為平面NBM與平面BEDC夾角的平面角.…………(12分)由Rt△BEM~Rt△BSL,得=,所以SL=BL=.所以tan∠NSL==5.……………………(14分)15所以平面NBM與平面BEDC夾角的正切值為.…………(15分)6解法二:以O(shè)(H)為坐標(biāo)原點建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,可得各點坐標(biāo):M(2,0,0),B(0,-1,0),A(0,0,3),C(0,1,0).所以N(0,,),B=(0,,),B=(2,1,0).…………(11分)設(shè)平面NBM的一個法向量n=(x,y,z),數(shù)學(xué)試卷參考答案與評分細(xì)則第4頁(共6頁)所以可取n=(1,-2,23).易知平面BEDC的一個法向量m=(0,0,1).…………………(13分)設(shè)平面NBM與平面BEDC的夾角為θ,則cosθ=cos<n,m>.……(14分)所以tanθ,即平面NBM與平面BEDC夾角的正切值為.………………(15分)18.(17分)【解析】(1)記事件“第i輛車經(jīng)過路口時被抓拍”為Ai,i=1,2,…,則P1=P(A1),P2=P(A1A2)+P(A1A2)×+×,……………(4分)P=P(A1A2A3)+P(A1A2A3)+P(A1A2A3)+P(A1A2A3)××+××+××+××1.…………………(7分)(2)(i)由已知Y00對應(yīng)事件“2輛車均未被抓拍”的前一狀態(tài)只能為Y10對應(yīng)事件,故Y00Y10.………………………(9分)同樣分析每個概率對應(yīng)事件的前一狀態(tài),得Y01Y10+Y00.………………(11分)(ii)由全概率公式,可得Y10Y11+Y01,Y11Y01+Y11且Y00+Y01+Y10+Y11=1.……………(14分)解得(Y00,Y01,Y10,Y11)=,,,.………(17分)19.(17分)【解析】(1)由f(x)=x+lnx,得f'(x)=1+.數(shù)學(xué)試卷參考答案與評分細(xì)則第5頁(共6頁)由,當(dāng)f'≠0時,得x1=x0-.………則x1=x0-,而x0=1,所以x1=.…………同理,將x1=代入,可得x2=.……所以h(x)=x(lnx-1)-lnx+ex-e-x.…………(6分)所以=lnx-+ex+e-x.由=0,得lnr+r=0?r=ln?er=?e-r=r.所以h'(r)=-r-+er+e-r=0,且<r<1.………………(9分)當(dāng)x∈(0,+∞)時,h″(x)=+2+ex-e-x>0,所以h'(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增.所以h'(x)在(0,r)上為負(fù),在(r,+∞)上為正,即h(x)在(0,r)上單調(diào)遞減,在(r,+∞)上單調(diào)遞增.所以h(x)存在最小值m=h(r)=rlnr-r-lnr+er-e-r.……(11分)(ii)由(i)知h(r)=(r-1)lnr+er-e-r-r=(r-1)(-r)+er-2r=er-r2-r.…………(13分)記F(x)=ex-x2-x,則F'(x)=ex-2x-1,再次求導(dǎo)得F″(x)=