玉林2025届高三一模数学答案

2025届高三第一次教学质量监测数学参考答案一、单选题22i12i12i11.选B.解析：1i，所以它的共轭复数为1i，i1i1i1i212故选B.2.选A.解析：A0,2,4,6，Bxx4，所以AB0,2,4，故选A.223.选C.解析：由(ba)⊥a得baa0aba0aba22222aba2abba2ab312227，故选C.4.选C.解析：对于A，极差最大为：1004060，最小为：905040，故A错误；对于B，根据频数分布表可知：525306050，所以中位数不超过70分，故B错误；对于C，由频数分布表可得，平均值为：15452555306520751085109568.5，故C正确；10070对于D，成绩大于60分的频数为：30+20+10+10=70，所以大于60分的人数所占比例为：70%，100所以D错误；故选C.5.选C.解析：两圆的标准方程为：22C1:x2y4.C12,0.r12；22C2:x2y64.C22,0.r28.设动圆圆心为C，半径为r，由外切：CC12r；由内切：CC28r，所以CC1CC210，即动圆C是以C1,C2为焦点，10为长轴长的椭圆，x2y2且c2,a5,b522221，所以动圆圆心的轨迹方程为：1，故选C.2521.选.解析：设圆锥底面圆心为，外接球球心为，半径为，则在中，6BO1ORRtSO1A2,o,.由22222AO11ASO130SO13OO1AO1AO3R1R2316解得：R，该圆锥的外接球的表面积为S4R2.故选B.3327.选B.解析：由题意得：方程：aexex4x22a1有一根，化简得：ae2xe2x4x22有一根.设hxe2xe2x，则h'x2e2x2e2x.令h'x0.得x0.易得;设2.易得时,.hxminh02x4x2x0xmin2当a0时,ahx与x有交点;当a0时,ahx开口向下,若只有一个公共点,则ah00,即2a2,解得a1.故选B.数学答案第1页共7页.选.解析：方案一：设每次购买数为,则总量为,总价为,8Dx2xa1xa2xaxaxaa平均购买成本为W1212.12x2yy方案二：设每次购买的金额为y,则总量为,总价为2y,a1a22y2aa平均购买成本为W12.2yya1a2a1a2因为.当且仅当时等号成立.a1a22a1a2a1a22a1a22a1a2a1a22a1a2a1a24a1a22a1a2即.所以无论的大小关系如何，方案二的平均购买成本比方案一更低.故选.W1W2a1,a2D二、多选题9.选ACD.解析：对于A：令xk,kZ.则xk,当k1时，1,0为对称中心，故A正确；对于B：令x1k,kZ.则x1k,没有整数k能使x取1，故B错误；2211对于C：直线上任意一点皆为直线的对称中心，而yx过1,0，故C正确；22对于D：因为2x332x2x1x33x2x1y.故D正确；故选ACD.10.选ABD.解析：对于A：因为C:y22pxp0，F在x轴正半轴上，又因为直线l恒过点1,0，F1,0，p2，故A正确；11212对于B:由，及AF2FB得1AF3.故B正确；AFBFpAFAF对于：设，则由得到准线：的距离为..CAx1,y1AF3Ax13x1212代入C的方程得y22.k22t，故C错误；1tAF4y24x对于：设.由2..DBx2,y2y4ty40y1y24txty1225xx52.中点横坐标为：12，x1x2ty1y224t2424224故D正确.故选ABD.数学答案第2页共7页11.选AD.解析：对于A：由f(x)xxlnx得f'(x)lnx，当f'(x)0时，0x1；当f'(x)0时，x1，即f(x)在(0,1)上递增，在(1,)上递减，所以x1是f(x)的极大值点，故A正确；对于B：令xxlnx0，方程在(0,)上只有一根xe，故B错误；e对于CD：由于x1是f(x)的极大值点，不妨设x11x2e，则lnx10，1.因为x1,x2是x2方程f(x)m的两根，所以x1(1lnx1)x2(1lnx2)m，所以ex1x1(1lnx1)x2(1lnx2)x2ln，由不等式lnxx1（当且仅当x1时等号成立）放缩x2ee得x1x2lnx2(1)ex2，即x1x2e（此方法不唯一），故C错误，D正确；x2x2故选AD.三、填空题12.答案：0.85解析：由全概率公式得正品率为：P0.90.30.80.30.850.40.851413.答案：2sinPFFPF解析：因为123，由正弦定理得13.sinPF2F1PF2又,.PF2PF12aPF23a,PF1a由于以为圆心的圆与的延长线相切与点，F2F1PMF1MF2M因为,.在中：由勾股定理得.F1M3F1PF1M3a,PM2aRtMF2PMF25a222222c14又在RtMFF中MFMFFF3a5a2ce.121212a214.答案：x1x2a（或此式的合理变形也可）；4解析：ax2①1不妨设,则x1x1x2ax22②x2aaaxx两式相减得：12x1x20x1x20x1x2x1x2aa由于,,x1x2010ax1x2x1x1x2x2代入②式得：xx2,即AB2,又AA2,S224.211AA1B1B数学答案第3页共7页四、解答题15.解析：（1）由题意得：1tanA232tanA3tanA,................................1所以33tanA13,.................................................23tanA,...........................................................43所以A，............................................................66111（2）由SbcsinA得：b333b43,..........................92223由余弦定理得：a2b2c22bccosA489243321,a212.............................................................................12周长为：34321.......................................................1316.解析：（1）将列联表补充如下：男女合计了解402060不了解202040合计6040100..............................................................................2（2）零假设为H0：该校学生对该宣传活动的了解情况与性别无关联..................3根据列联表中的数据，经计算得：100(40202020)22522.7783.841,..............................8604040609根据小概率值0.05的独立性检验，没有充分证据推断H0不成立，因此可以认为H0成立，即认为该校学生对该宣传活动的了解情况与性别无关联........................................................................91（3）由题意得：X~B(3,)3所以，X的分布列为X0123P8421279927......................................................121X的期望为E(X)np31.............................................153数学答案第4页共7页17.解析：（1）证明：设AB1A1BF，连接CF.因为四边形AA1B1B为菱形，所以AB1⊥A1B，.................................2又因为△AB1C为正三角形，F为AB1的中点，所以CF⊥AB1，..................4又CFA1BF，所以AB1⊥平面A1BC......................................5（2）设O,G分别为AC，AB的中点，则OG∥BC，B1O⊥AC.由（1）得：AB1⊥平面A1BC，所以AB1⊥BC，...............................6又AC⊥BC，AB1ACA，所以BC⊥平面AB1C，...........................7所以BC⊥B1O，又B1O⊥AC，BCACC，所以B1O⊥平面ABC..............8所以OG,OC,OB1两两垂直，以O为原点，OG,OC,OB1的方向分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图.则A(0,2,0),C(0,2,0),B1(0,0,23),B(4,2,0)，由BB1CC1(4,2,23)，得C1(4,0,23)，所以E(2,1,3)，.........................................................10则AB1(0,2,23),B1E(2,1,3)，uAB12y23z0设平面AB1E的法向量为u(x,y,z)，则有，取u(3,3,1)，uB1E2xy3z........................................................................13而平面ABC的法向量为v(0,0,1)，设平面AB1E与平面ABC的夹角为，uv17则cos，uv331177所以平面ABE与平面ABC的夹角的余弦值为...........................1517数学答案第5页共7页18.解析：11（1）由题意得：a3a1a3a,即b3b，..............3n1nn12n2n1n13又有b10，.................................................41223b是首项为，公比为3的等比数列....................................5n2nn33131（2）b3n1aa，.................................7n22n2n21313n3n13n3n12n3.........................Snn10213