湖北省“宜荆荆恩”2025 届高三9月起点考试 数学答案

参考答案及评分标准2024.9一、单项选择题：1-4：CADD5-8：BCAB二、多项选择题：9.BC10.ABD11.BD三、填空题：3312.6613.14.（1）5,8,11,14（2分，不完整不得分）；（2）1047（3分）2四、解答题：15.解：（1）由an1Sn2，则当n2时anSn12两式相减得an1anan，所以an12an(n2)…………3分将a12代入an1Sn2得，a242a1，…………5分所以对于nN,an12an，故{an}是首项为2，公比为2的等比数列，……6分n所以an2…………7分2（2）bnlog2an112n11…………8分2Bnb1b2bnn(n10)n10n……9分因为当n5时bn0，当n6时bn02所以当n5时，Tnb1b2bnBn10nn…………10分2当n6时，Tnb1b2b5b6b7bnBn2B5n10n50……12分10nn2,n5故T…………13分n2n10n50,n616.解：（1）因为BC平面ABB1A1，AE平面ABB1A1，所以AEBC,又AEA1B且A1BBCB,所以AE平面A1BC，故AEA1C,同理，AFA1C，1AE,AF平面AEF，AEAFA，所以A1C平面AEF……6分x,y,z（2）以A为原点，AB,AD,AA1所在直线为轴建立空间直角坐标系，则A1(0,0,2),B(1,0,0),C(1,1,0),D(0,1,0)，在平面中，A1BDBD(1,1,0),A1B(1,0,2)xy0设平面的一个法向量为，则，可取A1BDn(x,y,z)n(2,2,1)x2z0由（1）知，平面的一个法向量为…………13分AEFA1C(1,1,2)设平面与平面的夹角为，则26AEFA1BDcos|cosn,A1C|969故所求的夹角的余弦值为6…………15分9191a24b217.解：（1）联立…………3分c2a2b21a2a24x2y2得a24,b23，故所求方程为C:1………………5分43（2）①当l斜率为0时，|FA|3|FB|或|FB|3|FA|，不符合题意…………6分②当当l斜率不为0时设l:xmy1，设A(x1,y1),B(x2,y2)，xmy1联立x2y2…………7分143消去x得(3m24)y26my90…………9分6m9yy,yy，144(m21)0…………10分123m24123m2425由|FA|2|FB|得y12y2，代入以上两式消去y1,y2得m……13分525故l:xy1，化为一般方程为5x2y50…………15分5218.解：（1）设A=“两个粒子通过2号门后仍然恰有1个上旋状态1个下旋状态”.事件A发生即通过2号门时，两个粒子都不改变或都改变旋转状态，5故P(A)p2(1p)2…………3分813解得p或………………………4分44（2）由题知X0,1,2,X2时分3类情形，①两个粒子通过1号门后均处上旋状态，通过2号门后均不改变状态；②两个粒子通过1号门后一个上旋状态一个下旋状态，通过2号门后上旋状态粒子不改变状态，下旋状态粒子改变状态；③两个粒子通过1号门后两个均为下旋状态，通过2号门后均改变状态，1111所以P(X2)p2p(1p)(1p)2,…………6分42441111同理P(X1)C1p(1p)p2(1p)2C1p(1p),………8分4224221P(X0)1P(X1)P(X2),…………9分4所以所求的分布列为X012111P424111所以所求数学期望E(X)0121…………10分424“（3）设Ai两个粒子通过1号门后处于上旋状态粒子个数为i个”，i0,1,2,B“两个粒子通过2号门后处于上旋状态的粒子个数为2个”，1111则P(A)P(A)()2,P(A)C1()2,…………12分02241222124P(BA),P(BA),P(BA),…………14分09192921112141则（或由（2）得）……15分P(B)P(Ai)P(BAi),i0492949414P(AB)P(A2)P(BA)4故P(AB)2249.…………17分2P(B)P(B)1941(x1)219.解：（1）当b1时，g(x)2lnxx(x0)，则g(x)0……2分xx2所以g(x)的减区间为(0,)，无增区间．…………3分（2）f(x)x1(x1)lnxax1，记h(x)(x1)lnxax1，3111x1则，进而有（）…………分h(x)lnx1ah(x)220x14xxxx所以h(x)在(1,)递增．…………5分根据h(1)1a及h(1)2a可以确定讨论的边界．①当a1时，对任意的x1，h(x)h(1)2a0．h(x)在(1,)上单调递增，h(x)h(1)1a0，故有(x1)lnxax1，满足题意．…………6分②当1a2时，对任意的x1，有h(x)h(1)2a0．所以h(x)在(1,)上单调递增，h(1)1a0，h(1)0，h(ea)1a0．所以存在唯一的a使，当时，，不满足题意．……8分x0(1,e)hx00x(1,x0)h(x)01③当a2时，h(x)在(1,)上单调递增，h(1)0，h(ea)10．ea所以存在唯一的a使，当时，．x1(1,e)hx10x(1,x1)h(x)0所以在上单调递减，，不满足题意．h(x)1,x1h(x)h(1)0综上，a1.…………9分3x23(x1)4（3）（ⅰ）记F(x)lnx，则F(x)0，x24x1x(x24x1)2所以F(x)在(0,)上单调递增，而F(1)0，3x23于是，当x1时，F(x)0，lnxx24x13x23当0x1时，F(x)0，lnx…………12分x24x14(x1)x12(x1)x1x1（ⅱ）当b2a2时，原不等式即x32lnln1．lnx2lnx223x23x1x24x1由于当x1时，lnx，x10，所以，x24x1lnx3(x1)3x23x1x24x1当0x1时，lnx，x10，也成立．x24x1lnx3(x1)x1x24x1所以对任意的x0,x1恒成立．…………13分lnx3(x1)x1x24x1t1t4t1t1t4t1在中取xt，则有，也即，lnx3(x1)lnt3(t1)lnt642(x1)x4x1所以（a）…………14分lnx3x1x1x4x1记函数G(x)ln1，223121xx4x7x4(xx4x3x)(4x4)G(x)x13x66x(x1)6x(x1)x(x1)(x3)4(x1)(x1)(x3x4)6x(x1)6x(x1)37由于x3x4(x)20，x(x1)0，所以只需考虑x1的符号，24易知G(x)在(0,1)上单调递减，在(1,)上单调递增，G(x)G(1)0．x4x1x1x1所以ln1（b）…………16分3222(x1)x4x1x1x1由（a）（b）得ln1，lnx322x12x故4f(x)g()．…………17分2x15