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2024-2025 学年高三（25 届）八模数学科答案
一、单项选择题
1．答案：C 2．答案：B 3．答案：C 解析：a b 4 6 24
4．答案：D
2 3 4 5 6 1.02 1.20 1.42 1.62 1.84
解析：由表格中数据得 x 4， z 1.42 ，
5 5
代入方程得，1.42 0.206 4 a ，解得a 0.596，因此 z 0.206x 0.596 .
c x
由 y c1e
2 两边取对数，得 lny c2x lnc1 .
又 z lny，所以c2 0.206， lnc1 0.596 c e
0.596
，即 1 .
5．答案：B
2 9 10
解析：设每年应还 x 万元，则有 x x 1 P x 1 P ... x 1 P M 1 P ，
10 10x 1 1 P MP
1 P 得 10 M 1 P ， 解得 x 10 ．
1 1 P 1 P 1
6．答案：B
解析：题意，在△ABD中， AB 3 3 ， DAB 90 45 45 ，
DBA 90 60 30 ，所以 ADB 105 ，
AB BD
由正弦定理可得， ，
sin ADB sin DAB
AB sin DAB
2 23 3 3 3
则 BD
2 2 2 3 ；
sin ADB sin 60 45 3 2 1 2

2 2 2 2
又在△BCD中， DBC 180 60 60 60 ， BC 4 3 ，
2 2 2
由余弦定理可得， CD BC BD 2 BC BD cos60
25 届八模数学科试卷答案共 10 页 第 1 页
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2 2 1
4 3 2 3 2 4 3 2 3 48 12 24 36，所以 CD 6，
2
CD 6
因此救援船到达D点需要的时间为 0.3小时.
20 20
7．答案：A
解析：sin2 sin 2
sin sin ( ) sin2 cos2( ) cos2 sin2( )
1
=1 cos
2 sin2 ( )
144
8．答案：C
2 2
解析： f (x) ex e x kx2 f (x) 为偶函数，
f (x) 0, 设t x2 ,h(t) et e t kt ，
则h(t)在[0， )有唯一零点。h (t) et e t k 2 k ，当且仅当 t 0取等号.
若 k 2 t 0时，h (t) et e t k 2 k 0，则h(t)在[0， )单调递增，
又因为h(0) 0，所以h(t)在[0， )有唯一零点
e2t ket 1 k k 2 4
若 k 2 t 0时，h (t) et e t k 0 得et ，
et 2
k k 2 4 2
0 t ln( )时，h (t) 0
k k 4
，则h(t)在(0，ln( )) 单调递减，
2 2
k k 2 4
所以h(ln( )) h(0) 0， t 时，h(t) ，
2
故h(t)在[0， )有两个零点.所以不满足题意.
故 k 的取值范围为(- ，2].
9．答案：ACD
25 届八模数学科试卷答案共 10 页 第 2 页
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解析：对于 A 中，圆柱的侧面积为2πR 2R 4πR2，所以 A 对；
2
对于 B 中，圆锥的母线为 2R R2 5R，圆锥的侧面积为 5R πR 5πR2 ，
所以 B 错误；
对于 C 中，球的表面积为4πR2 ，所以 C 正确；
2 1 2 2
对于 D 中，圆柱的体积V πR 2R 2πR
3
，圆锥的体积V2 πR 2R πR
3
1 ，
3 3
4 3 3 2 3 4 3
球的体积V3 πR ，所以圆柱、圆锥、球的体积之比为2πR : πR : πR 3:1: 2，
3 3 3
故 D 正确.
10．答案：ACD
p 1 1
解析：对于选项 A，因为 M1F y1 y1 ，解得 p ，所以选项 A 对，
2 4 2
因为 x2 y ，即 y x2 ，则y 2x ，
M x , y n *所以抛物线在点 n n n N 处的切线方程为 y yn 2xn x xn ，
1
直线M M 方程 y yn x xn n 1 n ，所以选项 B 错 2xn
1
y yn x xn 2 1 1
由 2x ，消 y 得到 x x x
2
n n
0，
2xn 2
y x
2
1 1
则 xn xn 1 ，得到 xn 1 xn ，所以选项 C 正确，
2xn 2xn
2
1
对于选项 D，因为 y x2 2
1 1
n 1 n 1 xn xn 1 yn 1 yn 1，
2x
2 2
n 4xn 4xn
得到 yn 1 yn 1，所以当n 2 n N 时，
yn y1 y2 y1 y3 y2 yn yn 1 y1 n 1 ，
2 1 4n 1
又 y x 1 n，所以 yn n M F y 1 1 ，则 n n ，故选项 D 正确，
4 4
25 届八模数学科试卷答案共 10 页 第 3 页
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11．答案：ABD
对于 A，根据条件中对于幻和 s A 的定义，第一行加第三行减去两条对角线可表示为：
a1 a2 a3 a7 a8 a9 (a1 a5 a9 ) (a3 a5 a7 ) 0 ，化简可得a2 a8 2a5 0 ，
再代入到第二列中，可得： s A 3a5 .所以 A 对.
对于 B,对第二行，第二列和两条对角线应用结论，得2a5 a a 2a a a4 6， 5 1 9，
2a5 a3 a7 ，所以必有4个数小于a5 ，有4个数大于a5 ，即a5 是这9个数的中位数.所以
B 对.
对于 C,假设 a1是奇数，由选项 A 可知，幻和为15是奇数，且a5 5，则a9 必为奇数，
如此则每一行和每一列当中都有奇数，对于任意一行或列而言，要么三个都是奇数，要
么只能有一个奇数，如此幻方当中奇数的数量只能是3个或者9个，与已知5个奇数矛
盾，故 a1不可能是奇数.所以 C 错.
对于 D,同 C 可以证明 a2一定为奇数，1，3，7，9 等可能行的出现。所以取 3 的概率为
1
.
4
12．答案： 80
3
2 2 3 1 1
解析：由2n 32，得n 5，故展开式的第四项为C
3
5 x 3 C5 2 80 .
x x
2 x2
10
13．答案：
3
解析： PF1 PF2 sin F1PF2 2S F PF 30 , 1 2
2 2
PF1 PF2 PF1 PF2 cos F1PF2 PO OF2 16 25 9，两式相除得结果.
14.答案：(- ，4]
25 届八模数学科试卷答案共 10 页 第 4 页
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解析： x 1时，f (x) f (1) 0, x 1时M (x) 0成立成立.
x 1时，f (x) f (1) 0，所以 x 1时，g(x) 0恒成立.
2 x
2
即 x 1时，a(x 1) x ,a ,设
x 1
x2 t2 2t 1 1
t x 1 0，则 t 2 4 ,
x 1 t t
当且仅当 t 1取等号，所以a 4 .
15.解：(1).
π π π π
f x sin 2 x 2 3 cos
2
x sin 2 x 3 cos 2 x 3
6 12 6 6
π
=2sin 2 x 3 （2 分）
6
2
由题意可知，函数 f (x)的最小正周期T ，所以 1， （4 分）
2
π
所以. f (x)=2sin 2x 3 .
6
π 5π 1
x 0, , 2x , ,sin(2x ) ,1 . （7 分）
3 6 6 6 6 2
π
所以， f x 在 0, 的值域为 1 3,2 3 . （9 分）
3

(2).函数 y f x 3 2sin(2x 2 )为奇函数，
6
k
令 x 0得2 k ,k Z ,所以 ,k Z , （11 分）
6 2 12
π 5
因为 0, ，所以 k 1, . （13 分）
2 12
16.解：(1).设 A(x1, 2x1)，B(x2 , 2x2 ) , P(x, y) ,
25 届八模数学科试卷答案共 10 页 第 5 页
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x
x 1
x2
则 2 ,又因为 AB (x1 x
2
2 ) (2x1 2x2)
2 4， （4 分）
y x1 x2
2
16x2 2
y
所以 y 16，即 x2 1.
16
2
可以验证，方程 x2
y
1就是动点P 的轨迹方程. （7 分）
16
2 2
(2).因为PE PF (PC CE) (PC CE) PC CE
PE PF (x 2)2 y2
2 289
所以 1 15x
2 4x 19 15(x )2 ,（11 分）
15 15
2 289
因为 1 x 1,所以PE PF 15(x )
2
15 15
2 289
故 x 时，PE PF 取得最大值 . （15 分）
15 15
17.解：(1).在平面 ABCD内作 AS AB，因为PA 平面 ABCD，所以以A 为原点，
AB， AS ， AP所在直线分别为 x 轴， y 轴， z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
设PA 2a， AB∥DC，BC CD 2， AB 4，BC CD，
B(4,0,0)，C(4,2,0)，P(0,0,2a)，D(2,2,0)，PD (2,2, 2a)，
又 M ，N 分别为PB，PC 的中点，
AM (2,0,a) ， AN (2,1,a)，设PH PD
25 届八模数学科试卷答案共 10 页 第 6 页
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AH AP PD (0,0,2a) (2,2, 2a) (2 ,2 ,2(1 )a)， （3 分）
AH ， AM ， AN 共面， 存在实数 x ， y ，使得 AH xAM yAN ，
即 (2 ,2 ,2(1 )a) x(2,0,a) y(2,1,a) (2x 2y, y,ax ay) ，
2 2x 2y
2 PH 2
2 y ，解得 ,所以 ； （7 分）
3 PD 3
2(1 )a ax ay
(2).由(1)得n ( a,0,2)，
又 DC (2,0,0)，DP ( 2, 2,2a)，
设平面CDP 的法向量为m (x, y, z)，
m DC 2x 0
，解得 x 0 ，令 z 1得 y a，
m DP 2x 2y 2az 0
m (0,a,1)， （10 分）
设平面 AMN 和平面CDP 所成的角为 ，
| n m | 2 10
cos ，
| n || m | a2 4 a2 1 5
整理得a4 a2 6 0， a 0， a 1 （13 分）
AC n 4 4
AC (4,2,0), 5 ,
n 5 5
4
故点C 到平面 AMN 的距离为 5 ． （15 分）
5
18.解：（1）设事件B “任取一个芯片是合格品”，事件 A1 “产品取自第一批”，
事件 A2 “产品取自第二批”，则 A1 A2 且 A1、 A2互斥；
由全概率公式可知：P B P A1 P B A1 P A2 P B A2 ，
25 届八模数学科试卷答案共 10 页 第 7 页
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所以P B 0.6 1 0.06 0.4 1 0.05 0.944 . （3 分）
（2）由条件可知：第一批芯片数：9，第二批芯片数：6；
X 的取值范围为{0，1，2，3}， （5 分）
C3 84 12 C
2C1 216
P X 0 9 3 ； P X 1
9 6
3 ； C15 455 65 C15 455
C1C2 3135 27 C 20 4
P X 2 9 6 ； P X 3 6 3 3 （9 分） C15 455 91 C15 455 91
所以 X 的分布列为：
X 0 1 2 3
12 216 27 4
P
65 455 91 91
12 216 27 4 6
所以E X 0 1 2 3 ． （11
65 455 91 91 5
分）
(3).当N 685时，P(Y 15) 0，
C15 C485
当 时，P(Y 15) 200 N 200N 685 500 ， （12CN
分）
C15 C485 C485 500 (N 1 500)(N 1 200)
D(N) 200 N 200
D(N 1)
记 ，则 N 1 200
CN
C500
N D(N) C
500 C485 (N 1)(N 1 200 485)N 1 N 200
(N 499)(N 199) N 2 698N 499 199
．
(N 1)(N 684) N 2 683N 684
当 时, N 2 698N 499 199 N 2 683N 684，
D(N 1)
1
D(N)
25 届八模数学科试卷答案共 10 页 第 8 页
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499 199 684
N 6665.7，
15
即当685 N 6665时，D(N 1) D(N) ,即D(6666) D(6665) D(685) ; （15 分）
同理可得当N 6666时，D(N 1) D(N)，即D(6666) D(6667) .
故 N 6666时，D(N)最大，所以 N 的估计值为 6666． (17 分)
19.解：(1).若m 0，则
m 2f (x) (x 1)(mx 2 m)emx m(x 1)(x )emx =0
m
m 2 2
得 x 1或x 1 1 ,
m m
2 2
f (x) 0得x 1或x 1 , f (x) 0得1 x 1 ，
m m
2 2
函数 f (x)的增区间为 [1， ）和( ,1 ]， 减区间为[1- ,1] . （4 分）
m m
(2). 2 x由条件可得a(x 1) (x 2)e e 对任何 x 0 均恒成立.
设函数 g(x) (x 2)e
x a(x 1)2 e ，则 x 0时g(x) g(1) 0 .
因为 g(0) g(1) 0 ,故a e 2 .
g (x) (x 1)(ex 2a) （5 分）
若a 0, 则ex 2a 0，所以 g (x) 0得 x 1, g (x) 0得 x 1,
所以函数 g(x)在（ ，1）递减，（1， ）递增，
所以 x 0时g(x) g(1) 0成立. （7 分）
若e 2 a 0, x则 x 0时g (x) (x 1)(e 2a) ， g (x) 0得 x 1或x ln( 2a)
e
0 a e 2 1 ln( 2a) .
2
所以 g (x) 0得 x 1或x ln( 2a) , g (x) 0得 ln( 2a) x 1,
25 届八模数学科试卷答案共 10 页 第 9 页
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所以函数 g(x)在（ ，ln( 2a)）递增，（1， ）递增，（ln( 2a)，1）递减，
g(0) e 2 a 0, g(1) 0， x 0时g(x) g(1) 0成立. （9 分）
综上， a 的取值范围（ ，e 2] . （11 分）
(3).设h(x) ln x x 1,
1 x
x 0时h (x) 0得0 x 1 , h (x) 0得 x 1,
x
所以函数h(x) 在（0，1）递增，（1， ）递减，
故h(x) h(1) 0 ,即 ln x x 1 . （13 分）
k n k k kln( ) n ln( ) n( 1) k n ( )n ek n所以 ,故 . （15 分）
n n n n
1
1 ( )n
1 n 2 n 3 n n n 1 n 2 n 1 0 e
所以 ( ) ( ) ( ) ( ) e e e e ,
n n n n 1
1
e
1
1 ( )n
故 1 2
( )n ( )n
3 n e ,
( )n ( )n e e
n n n n e 1 e 1
e
因为1 2 ,所以正整整 t满足 t 2成立.
e 1
1 2 5
又因为n 2时，( )2 ( )2 1,所以正整整 t 最小值为 2. （17 分）
2 2 4
25 届八模数学科试卷答案共 10 页 第 1 0页
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