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名校联盟全国优质校 2025 届高三大联考
数学试题参考答案
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
C A B C B D A B AC BCD AC
一、选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分．每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要
求的．
1． 答案：C
解析： | z | | 1 i | 2．故选 C．
2． 答案：A
解析：易知 A (1, )， B [ 2,2]，∴ A B (1,2]，故选 A．
3． 答案：B
解析： a1a6 a3a4 8a3，∴ a4 8，∵ a5 16，∴等比数列{an}的公比为 2， a1 1
1 25
∴ S5 31，故选 B．1 2
4． 答案：C
解析： 4 (0.005 0.065 0.040 0.090) 0.8，则 [36, 40]组的频率为 0.2，
90 36 40∴第 百分位数为 38，故选 C.
2
5. 答案：B
解析：记坐标原点为O，过点 A作 AB OF ，垂足为 B．由已知及抛物线定义可得，| AF | | A1F | | AA1 |，
∴△ AA1F 为等边三角形， AA1F AFA1 60 ，又∵ AA1∥OF ，∴ A1FO AA1F 60 ，则
AFB 60 ．∴ | AF | cos60 2 | AF |，解得 | AF | 4，故选 B．
6． 答案：D
解析：对于选项 A，取 x 1代入得 f (1) 1，取 x 1代入得 f (1) 1，矛盾，故不存在函数 f (x)满
足；同理，不存在函数 f (x)满足 B，C；
D x x对于选项 ，t ex e x为增函数，∴对任意 x0 R 都有唯一的 t0 e 0 e 0 满足，则 f (x0 ) t0 即可，
故选 D.
7．答案：A
tan( π ) sin 2 1 (sin cos )
2 cos sin
tan 1 tan( π解析： )3 cos 2 (cos sin )(cos sin ) cos ， sin tan 1 4
π
故
π
kπ， k Z π π ，∴ 2 kπ，
3 4 4 3
又 ( π , π )，则 2 ( π , π) π π，∴ tan 2 tan( ) (2 3)，故选 A．
4 2 2 3 4
8． 答案：B
解析：方法 1：设 l : y x a， A(x1, ln x1)， B(x2 , ln(ex2 e))．
则 x1是方程 ln x x a的解， x2是方程 ln(ex e) x a的解．
∵函数 f (x) ln x x， g(x) ln(ex e) x均为增函数，
且 ln(ex e) x ln(x 1) x 1，故 g(x) f (x 1) ，∴ x1 x2 1．
∴ | AB | 2 | x1 x2 | 2 ，故选 B．
e
方法 2：∵ ln(ex e) ln x ln(e ) 0，直线 AB斜率为 1，设 A(x, ln x)， | AB | d ，则
x
B(x 2 d , ln x 2 2 2 2 d ) ，∴对任意 x 0有： ln x d ln(e(x d ) e)=ln(x d 1) 1 ，
2 2 2 2 2
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2
∴ d 1，即 d 2，故选 B．
2
方法 3：∵ ln(ex e） ln(x 1) 1，
∴将点 A(x, ln x)，向左平移 1个单位，再向上平移单位，得到点 A '(x 1, ln x 1)，
点 A '在函数 y ln(ex e）图象上，且直线 AA '的斜率为 1，易得斜率为 1的直线与函数 y ln(ex e）
图象只有一个交点，∴点 A '与点 B重合，∴ | AB | | AA ' | 2 ，故选 B．
二、选择题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分．在每小题给出的四个选项中，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，有选错的得 0分．
9. 答案：AC
解析：∵ f ( π ) 2π 2π π cos( ) 1，∴ kπ ，又∵ 0 π，∴ ，
3 3 3 3
f (x) π 2π π π π∴ cos(2x )，周期T π ，故选项 A正确； f ( ) cos( ) 0，故选项 B错误；
3 2 6 3 3
x π π π∵ (0, )，∴ 2x ( , π) (0,π)，故选项 C正确；
3 3 3
f (x π ) cos(2(x π π ) ) cos(2x π ) 不为偶函数，故选项 D错误. 故选 AC.
3 3 3 3
10．答案：BCD
解析：∵ P(A B) P(A) P(B) P(AB) 1，∴ P(AB) 0.6 0.5 1 0.1 P(AB) ，
故选项 A错误；
∵C AB，D AB AB，∴CD ，C D ，故C，D互为对立，故选项 B正确；
P(B | A) P(AB) P(A) P(AB) 5 ，故选项 C正确；
P(A) P(A) 6
P(A |D) P(B |D) P(AD) P(BD) P(AD BD) P(D) 1，故选项 D正确. 故选 BCD.
P(D) P(D) P(D) P(D)
11．答案：AC
解析： x a为函数 f (x)的零点，
若 a 0，当 0 x a时， x a 0，则 x2 b 0；当 x a时， x a 0，则 x2 b 0 . 所以 x a时，
x2 b 0，即 a2 b 0， b a2 0，故选项 A正确；
a
由 A可知 f (x) (x a)(x2 a2 )， f '(x) 3x2 2ax a2 (3x a)(x a)，∴ f (x)在区间 ( , )和
3
(a, ) a递增，在区间 ( ,a)递减， x a为 f (x)的极小值点，故选项 B错误；
3
a
对于选项 C：由 B可知， x 为 f (x)的极大值点，要使方程 f (x) a有3个不同的实数根，
3
a 3 6
则 f (a) a f ( ) ，解得 a ，故选项 C正确；
3 8
对于选项 D：
f (x) x3 ax2 a2x a3， f (x m) (x m)3 a(x m)2 a2 (x m) a3，
∴ f (x m) f (x) m[mx2 (3m 2a)x m2 am a2 ] 0恒成立，
显然当m 0时，成立；
显然当m 0时，不恒成立；
∴当m 0时，即 y mx2 (3m 2a)x m2 am a2 0恒成立，
∴ (3m2 2am)2 12m(m3 am2 a2m) 3m4 16a2m2 0恒成立，
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∴m 4 3 a或m 0，故选项 D错误，故选 AC．
3
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5分，共 15 分．
12．答案：5
1
解析：方法 1：易知OA AB，∵ |OA | 5， | AB | 2 5 ，∴△OAB的面积为 5 2 5 5 .2
方法 2：当点O为坐标原点时， A(1,2)，∴ B(5,0)
1
，△OAB的面积为 5 2 5，故填 5.
2
13．答案： 2 5
解析：由双曲线定义： | AF2 | | AF1 | 2a | BF1 | | BF2 |，即 | AF2 | 2a | AF1 |， | BF2 | | BF1 | 2a
又 | AF1 | | BF1 |， | AB | | AF2 | | BF2 | 4a 8，∴ a 2， | F 21F2 | 2 a 1 2 5，故填 2 5 .
14．答案： 2( 2 1)π
解析：设扇形面积为 S ,圆锥的底面半径为 r，母线长为 l，
r l 2 r 2
则由等面积法，该圆锥的内切球半径 R ，
l r
1
易知， S 2πr l，即 rl S S ，记 p为定值，
2 π π
r 2 2R2 (l r
2 ) r 2 (l r) r(p r 2 ) r 2 (p r 2 ) 2
1 3p (p
2p
r 2 )
方法 ：∵ (l r)2 l r p r p r
2 p r 2
r
2
3p 2 ( p r 2) 2p 3p 2 2p ，即 R2 ( 2 1)2 p ,
p r 2
2 2p2
当且仅当， p r 22 ，即 p r 2p时等号成立，p r
当圆锥的内切球体积最大时，即圆锥的内切球半径 R最大时，
2πr 2πr 2πr
2
R p 2( 2 1)π易知当 最大时， l p ，故填 2( 2 1)π .
r
2 2 2 2
R2 r (l r ) r (l r) r( p r
2 ) r 2 ( p r 2 )
2 方法 ：∵ (l r)2 l r p r p r
2 ，
r
2 2 3 2 2 2 4 2 2
令 f (r)
r (p r )
2 ，则 f (r)
(2pr 4r ) ( p r ) r ( p r ) 2r 2r (r 2pr p )
，
p r ( p r 2 )2 ( p r 2 )2
f (r) 0 4 2 2令 ，即 r 2pr p 0，解得 r 2 ( 2 1)p ,
∴ r 2 ( 2 1)lr ，即 r ( 2 1)l ，
∴易知当 f (r) 0时，即 r ( 2 1)l 时， f (r)取得最大值，
R f (r) 2πr 2π( 2 1)l∴当 最大时，即 最大时， 2( 2 1)π，故填 2( 2 1)π .
l l
四、解答题：共 77 分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15. 解：（1）方法 1：由正弦定理得， sinC(1 2cosB) sin B(2cosC 1) ，
∴ sinC sin B 2(sinC cosB sin BcosC) 2sin(B C) ， …………………………………2分
又 A B C π，∴ sin(C B) sin A，
∴ sinC sinB 2sin A， ……………………………………………………………………4分
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由正弦定理得， c b 2a，∴b， a， c成等差数列. …………………………………………5分
正弦定理，正弦和角公式化解 2分，化解得 sinC sinB 2sin A 2分，结论 1分
2 a
2 c2 b2 a2 b2 c2
方法 ：由余弦定理， cosB cosC
2ac ， 2ab ，
c(1 a
2 c2 b2 2 2 2
∴ ) b(a b c 1)，………………………………………………………………2分
ac ab
∴ a(b c) 2a2 0． ……………………………………………………………………………………4分
∵ a 0，∴b c 2a，即b，a，c成等差数列． …………………………………………………5分
余弦定理角化边 2分，化解得 a(b c) 2a2 0 2分，结论 1分
（2）∵ S 1 bcsin A 3 a2，∴bcsin A 3 a 2； …………………………………………6分
2 4 2
由余弦定理得: b2 c2 2bc cosA a2 ，
∴ 2bccos A b2 c2 a2 (b c)2 2bc a2 3a2 2bc .
∴ 2bccos A 2 3bcsin A 2bc .
化简得 3sin A cos A 1， ………………………………………………………………11分
即 sin(A π) 1 ，
6 2
∵ A (0, π) A π π π，故 ，∴ A . ………………………………………………………13分
6 6 3
代入面积公式 1分，余弦定理化解得到 3sin A cos A 15分，具体过程酌情给分，
求值以及结论 2分.
直接用海伦公式，秦九韶面积公式酌情给分.
将 A视为 B，C为焦点的椭圆上一点，根据几何意义求解，酌情给分.
16．解：（1）当 a 1时， f (x) (ex 1)(x 2)，则 f (x) (x 1)ex 1， ……………………………2分
∴ f (1) e 1，切点为 (1, e 1)，切线斜率为 f (1) 1，
∴切线方程为 y f (1) f (1)(x 1)，整理得， y x e 2 .……………………………………………5分
求导 2分，整理得到切线方程 3分（其中切点 1分，切线斜率 1分）
（2） f '(x) (x 2a 1)ex a，∵ f (x)为增函数，∴ f (x) (x 2a 1)ex a 0恒成立， …………6分
翻译条件为 f (x) (x 2a 1)ex a 0恒成立 1分
方法 1：令 g(x) (x 2a 1)ex a， a Z ，则 g (x) (x 2a 2)ex 0，
当 x ( , 2a 2) 时， g (x) 0， g(x)单调递减，
当 x (2a 2, ) 时， g (x) 0， g(x)单调递增，
当 x 2a 2时， g(x)取得极小值，也是最小值，∴ g(2a 2) e2a 2 a 0， …………………10分
令 h(x) e2x 2 x，令 h '(x) 2e2x 2 1 0 1，解得 x 1 ln 2，
2
x ( ,1 1当 ln 2)时， h '(x) 0， h(x)单调递增，
2
1
当 x (1 ln 2, )时， h '(x) 0， h(x)单调递减，
2
1
又 h(1 ln 2) 1 1 ln 2 0， h(1) 0， h(0) e 2 0， h(2) 2 e2 0， …………………14分
2 2 2
∴ a 1 . ………………………………………………………………………………………15分
g(x)单调性，极小值分析 4分， h(x)单调性分析 4分，结论 1分.
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方法 2：∴ f (0) 1 2a a 1 a 0 f ( 1)
2a
， a 0，解得 0 a 1，……………………8分
e
∵ a Z ，∴ a 0，或 a 1， …………………………………………………………………………10分
当 a 0时， f (x) (x 1)ex，易知 f ( 2) e 2 0，不符题意；…………………………………12分
当 a 1时， f (x) (x 1)ex 1，设 g(x) (x 1)ex 1，则 g (x) xex，
当 x ( ,0)时， g (x) 0， g(x)单调递减，
当 x (0, )时， g (x) 0， g(x)单调递增，
当 x 0时， g(x)取得极小值，也是最小值，∴ g(x) g(0) 0，符合题意； ……………………14分
∴ a 1 . ………………………………………………………………………………………15分
必要性探路得 0 a 1 2分，分析判断得 a 0，或 a 12分，验证 a 0 2分，
验证 a 12分，结论 1分.
若由 f (0) 0， f ( 2) 0， a Z 直接得 a 1，再去验证 a 1，酌情给分.
17．解：（1）易知三棱锥 A BCD的表面积为 SA BCD 2(S△A'BD S△A'BC )，
∵ S△A 'BD 3 3，∴当 S△A 'BC 的面积最大时，三棱锥 A BCD的表面积最大，
1
此时，由 S△A 'BC A 'B BC sin A 'BC 可知 sin A 'BC 1，即 A 'B BC，同理 A 'D DC…2分2
分析推理得到 A 'B BC， A 'D DC 2分，具体过程酌情给分
方法 1：设O为 A 在底面 ABCD的射影，M 为 BD中点，连接OB，OD，
∵ A O 平面 ABCD， BC 平面 ABCD，
∴ A O BC，又∵ A B BC ， A B 平面 A OB， A O 平面 A OB，
∴ BC 平面 A OB，又∵OB 平面 A OB，∴ BC OB， ………………………………………4分
π π
又∵ CBD ，∴ DBO ，即O在 ABD的角平分线上，
3 6
同理，O在 ADB的角平分线上，∴O为等边△ABD的重心． ………………………………5分
∴OM 1， AM CM 3， A O 2 2，
1 1 1 1
∴三棱锥 A BCD的体积为 BD CM A O 2 3 3 2 2 2 6 . ……………7分
3 2 3 2
确定O的位置 3分（其中证明 BC OB 2分），具体过程酌情给分；体积计算 2分
方法 2：设M 为 BD中点，∵△CBD，△A BD均为等边三角形，
∴ BD CM ， BD A M ，∵ A M CM M ，∴ BD 平面 A 'MC，…………………………5分
在Rt△A 'BC中， A 'C A 'B2 BC2 2 6 ，则 A M CM 3，
1
∴△A 'MC底边 A 'C上的高为 3，∴△A 'MC的面积为 2 6 3 3 2，
2
∴VA BCD VB A MC V
1
D A MC S A MC BD
1
3 2 2 3 2 6 ， ……………………………7分
3 3
证明 BD 平面 A 'MC 3分，体积计算 2分.
（2）方法 1：

如图所示，以O 为原点，分别以 DB，OC，OA '所在方向为 x轴、 y轴、 z轴正方向，建立空间直角
坐标系，则 A '(0,0,2 2)， B( 3,1,0)，C(0,4,0) 3 5，D( 3,1,0)，Q( , ,0)，
2 2
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当 t 22 APQ 100，即m 19时，△ 的外接圆半径最大，为 ．
11
此时，△ APQ 100 的外接圆面积最大，为 ． …………………………………………………17分
11
求出 AP，AQ的中垂线方程 l1，l2 2分，联立 l1，l2解得 N 坐标 4分（其中横坐标、纵坐标各 2分），
化解求出 R2的表达式 3分，结论 1分
2
方法 2：| PQ | 1 m2 | y y | 1 m2 (y y )2 4y y 1 m2 2 3 3m 8 ， ………9分1 2 1 2 1 2 m2 3
k y1 yPA 2x 3，
kQA
1 x2 3
，
| y2 y1| kPA k |
|
tan PAQ QA x 2 3 x1 3 4 | y1 y | 2 ，
1 k 2PAkQA 1 y2 y 1 (m 1)y1y 2 4m(y1 y 2) 16
x2 3 x1 3
8 3 3m2 8 3 3m2 8
2 ， …………………………………13分(m 1)( 8) 4m( 2m) 16(m2 3) 5
2
∴ sin PAQ 3 3m 8 ，
9m2 49
2 (1 m2)(9m2 49)
由正弦定理得： 2R | PQ | ，
sin PAQ m 2 3
2 (t 2)(9t 22)令 t 1 1 1 1 100 m 3 3，则 R 9 4 44 44( ) 2 ， …………16分
t t t 2 t 22 11
1 1
∴ R 44( )2 100 100 ，当 t 22时等号成立，
t 22 11 11
100π
∴外接圆的面积的最大值为 . …………………………………………………………………17分
11
写出 | PQ |的表达式 2分，写出 tan PAQ的表达式 4分，化解求出 R的表达式 3分，结论 1分
方法 3：
设圆 N : x2 y2 Dx Ey 3D 9 0

C : x
2 y2
1
9 3 2
联立 lPQ : x my 1 2y mD E y 4D 0, ………………………9分

N : x
2 y2 Dx Ey 3D 9 0

y y mD E1 2 , y1y2 2D，2
2m mD E 8
所以 , 2D，
m2 3 2 m2 3
D 4 8m 2 4m解得 2 ,E 2 ，即 N ( 2 , 2 )， ……………………………………………13分m 3 m 3 m 3 m 3
x 2 2


m2 3
x
m2 3
设 N (x, y)，则有 ，即4m
，消去m得12x2 8x y2 0
y y 2 2m m 3 x
所以 R2 | AN |2 (x 3)2 y2 (x 3)2 12x2 8x 11x2 2x 9， …………………………16分
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1
当 x ，即m2 19时， R2 100 APQ 100 ，此时，△ 的外接圆面积最大，为 ． …17分11 max 11 11
联立直线 PQ与圆 N 的一般式 2分，写出 N 坐标 4分，化解求出 R的表达式 3分，结论 1分
19．解：（1）由题意， A1：max{1,3}，max{3,2}，max{2,4}，max{4,2}，
即 3，3，4，4． ……………………………………………………………………………2分
∴ S(A1) 3 3 4 4 14．…………………………………………………………………………3分
写出 A1 2分，求 S(A1) 1分
（2）由题意，由于 A0中元素两两互异，故 A0中的任一元素，如 ak，在 A1中至多在max{ak 1,ak}和
max{ak ,ak 1}中出现两次（规定 a0 an，an 1 a1），且若出现两次则这两个数处于邻位（ a1和 an也
视为邻位）．…………………………………………………………………………………………5分
∴ A1的所有项中至多有两个 5和两个 4．…………………………………………………………6分
∴ S(A1) 5 2 4 2 3 21，………………………………………………………………………7分
当 A0满足{a1,a3 ,a5} {3,4,5}时等号能取到，
∴ S(A1)的最大值为 21．（给出任意一种排列即可） ……………………………………………9分
说明 A0中元素在 A1中至多出现两次 2分，求出 S(A1)的最大值 2分，
给出取得最大值的一种排列 2分.
（3）同（2）可知， A0中的任一元素若在 A1中仅出现一次，则在 A2中至多出现两次；若在 A1中
出现两次，由于这两个数相邻，故在 A2中至多出现三次．…………………………………………10分
2
（i）若 n 3k，则 S(A2 ) 3 [n (n 1) (
2
n 1)] 5n 3n ，……………………………11 分
3 6
当 A0满足{a1,a4 , ,a
2 2
3k 2} { n 1, n 2, ,n}时等号能取到．…………………………………12分3 3
{a ,a , ,a } {2 n 1, 2 n 2, ,n} {a ,a , ,a } {2 n 1, 2（或 2 5 3k 1 ，或 3 6 3k n 2, ,n}）3 3 3 3
2
（ii 2n 4 2n 1 5n 3n 2）若 n 3k 1，则 S(A2 ) 3 [n (n 1) ] ．………………13分3 3 6
A {a ,a , ,a } {2n 1 2n 4当 0满足 1 4 3k 1 , , ,n}时等号能取到．…………………………………14分3 3
2
iii n 3k 2 S(A ) 3 [n (n 1) 2n 5] 2 2n 2 5n 3n 2（ ）若 ，则 2 ．…………15分3 3 6
当 A0满足{a1,a4 , ,a
2n 2 2n 5
3k 1} { , , ,n}时等号能取到．…………………………………16分3 3
{a ,a , ,a 2n 1 2n 4（或 2 5 3k 2} { , , ,n}）3 3
5n2 3n
, n 3k
综上，S(A2 )
6
的最大值为 ．…………………………………17分
5n
2 3n 2
, n 3k 1或n 3k 2 6
说明 A0中的任一元素在 A2中至多出现三次 1分， n 3k， n 3k 1， n 3k 2每种情况 2分，
结论 1分
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