湖北省武汉市江岸区2024-2025学年高三上学期11月调考数学答案

2024～2025学年度高三十一月数学试卷参考答案题号1234567891011答案BBCBBADDADBDBCD8．D解：如图所示：设椭圆与双曲线的焦距为F1F22c,|PF1|t,由题意可得tc2a1,tc2a2t2a1c,t2a2c，2a1c2a2c，即a1a2c11e21，即e1e1e2e21ee21eee222122e21e2111，e2e211012由e21可知，令x(0,1)，yxx(0,2)，e2e21所以ee，故选D.21211．BCDx2y2解：A选项：由椭圆方程1，所以a28，b24，所以c2a2b24，84FPF所以FPF的面积为Sb2tan124，故A错误；122答案第1页，共7页{#{QQABTY4UogCoABJAAAhCUQViCEIQkhCACYgOxAAIMAABiRFABAA=}#}B选项：当PF1F1F2或PF2F1F2时F1PF2为直角三角形，这样的点P有4个，11设椭圆的上下顶点分别为S，T，则FF4,OS2,OSFF,同理OTFF，12212212知F1SF2F1TF290，所以当P位于椭圆的上、下顶点时F1PF2也为直角三角形，其他位置不满足，满足条件的点P有6个，故B正确；C选项：由于PF12PF22aPF22PF2423PF2，所以当PF2最小即PF2ac222时，PF12PF2取得最大值622，故C正确；D选项：因为PF1PM2aPF2PM42PMPF2，555又PMPFMF，则PF1PM的最大、最小值分别为42和42，22222当点P位于直线MF2与椭圆的交点时取等号，故D正确.故选：BCD14．5,32解：由题意，知2x32mxm3x2，即2x3xm2x1．322x33x22x3x因为x1,，所以m在1,上有解，只需m．2x12x1min2x33x2设hxx1，对函数hx求导，2x132x2x32x3得8x6x，hx2202x12x1所以函数在上单调递增，所以，所以．hx1,hxminh15m5故答案为：5,．答案第2页，共7页{#{QQABTY4UogCoABJAAAhCUQViCEIQkhCACYgOxAAIMAABiRFABAA=}#}3415．解（1）在VABC中，由已知可得bac，故由sinC，可得cosC.55由已知及余弦定理，有c2a2b22abcosC13，所以c13，acasinC313由正弦定理，得sinA，sinAsinCc13313所以，c的值为13，sinA的值为.134（2）设BC边的中点为D，在ACD中，cosC，由余弦定理得：5222BCBC255473ADAC2ACcosC626.22225216．解（1）由已知，可设抛物线的方程为y22px(p0)，x2y2双曲线的标准方程为1a0,b0a2b2把点M(1,2)代入抛物线方程，求得p2，2抛物线的方程为y4x，焦点坐标为F11,0．则对于双曲线，右焦点坐标为F1(1,0)，则另一个焦点坐标为F21,0，故c1，又M(1,2)在双曲线上，根据双曲线的定义知，22222aMF1MF22202222，a21，a2322，b2c2a2222．x2y2故双曲线的标准方程为1．322222（2）由题意可得，AP的中点为C，l的方程为xn，以线段AP为直径的圆C交l于D、E两个点，DE的中点为H，则CHl.x13y1y1设Ax1,y1，则C,，Dx2,y2，x2n，Hx2,，22211x31则DCAP(x3)2y2，CH1x(x2x)3，221122212222因为，VCHD为直角三角形，且CHD，CDCHHD211所以，DH|2DC|2|HC|2[(x3)2y2][x2x)3]2(n2)xn23n，41141212显然，当n2时，DH462为定值.答案第3页，共7页{#{QQABTY4UogCoABJAAAhCUQViCEIQkhCACYgOxAAIMAABiRFABAA=}#}所以，弦长为DE2DH22为定值．故存在垂直于x轴的直线l（即直线DE），被圆截得的弦长为定值，直线l的方程为x2．17．解（1）连接BC1，交B1C于点N，连接NE，因为侧面BCC1B1是平行四边形，所以N为B1C的中点，又因为点E为线段AC的中点，所以NE//AB1，因为AB1面BEC1，NE面BEC1，所以AB1//面BEC1.π（2）连接AC，AE，因为AAC，ACAA12，1113所以△AA1C为等边三角形，A1C2，因为点E为线段AC的中点，所以A1EAC，因为侧面ACC1A1底面ABC，平面ACC1A1平面ABCAC，A1E平面ACC1A1，所以A1E底面ABC，x,y,z过点E在底面ABC内作EFAC，如图以E为坐标原点，分布以EF，EC，EA1的方向为轴正方向建立空间直角坐标系，答案第4页，共7页{#{QQABTY4UogCoABJAAAhCUQViCEIQkhCACYgOxAAIMAABiRFABAA=}#}31则，，，E0,0,0B,,0C10,2,32231所以，，EB,,0EC10,2,322设平面BEC1的法向量为，31mEBxy0则22，令x1，则y3,z2，mEC12y3z0所以平面BEC1的法向量为m1,3,2，又因为平面ABE的法向量为n0,0,1，22则cosm,n，1342经观察，二面角ABEC1的平面角为钝角，2所以二面角ABEC1的余弦值为.218．解（1）当k2时，fxx12lnx，(x0)，2所以fx1，所以切线的斜率为f11，x又因为f1112ln10，所以曲线fx在x1处的切线方程为y(x1)，即yx1.答案第5页，共7页{#{QQABTY4UogCoABJAAAhCUQViCEIQkhCACYgOxAAIMAABiRFABAA=}#}kxk（2）因为fx1,k0，xxxk当k0时，fx0，x所以fxx1klnx在(0,)上单调递增，11又因为fkln20，与fx0不符；22xk当k0时，由fx0得xk，x所以fxx1klnx在(0,k)上单调递减，在(k,)上单调递增.所以fxf(k)k1klnk，所以k1klnk0，设g(x)x1xlnx(x0)，则g(x)1(1lnx)lnx，由g(x)0，可得0x1，所以g(x)x1xlnx在(0,1)上单调递增，在(1,)上单调递减，所以gxg(1)11ln10，所以k1klnk0有唯一解，且k1.（3）由（2）知当x0时，fxx1lnx0，当且仅当x1时，f10.所以当x0且x1时，fxx1lnx0，则x1lnx.111取x1（nN），所以ln(1)，2n2n2n111111所以ln(1)，ln(1)，L，ln(1)2222222n2n111111所以ln(1)ln(1)ln(1).2222n2222n11(1)111n所以ln(1)(1)(1)222n12221211111n所以(1)(1)(1)e2e2222n答案第6页，共7页{#{QQABTY4UogCoABJAAAhCUQViCEIQkhCACYgOxAAIMAABiRFABAA=}#}111于是对于任意正整数n，111m，2222n只需em，又因为mZ，所以m3，则m的最小值为3.π19．解（1）因为fxcosxcosxsinxcosx，所以fx的互生向量OM1,1.231π（2）由题意可得fx3sinxcosx2sinxcosx2sinx，所以226πf2x2sin2x，6πππππ令2kπ2x2kπ,kZ，解得kπxkπ,kZ，26263ππ因为x0,，所以0x，23ππ所以函数yf2x在x0,上的严格增区间为0,.23（3）由题fx2sinx，则gxfx23cosxk2sinx23cosxk，若函数gx在0,2π上有四个零点，则k2sinx23cosx在0,2π上有四个实数根，则函数hx2sinx23cosx与yk在0,2π上的图象有四个交点，π3π2sinx23cosx,0x或x2π22因为hx2sinx23cosx，π3π2sinx23cosx,x22ππ3π4sinx,0x或x2π322所以hx，ππ3π4sinx,x322则由三角函数性质作其函数图象如图所示，由三角函数图象及性质可知k的取值范围为2,2323,4.答案第7页，共7页{#{QQABTY4UogCoABJAAAhCUQViCEIQkhCACYgOxAAIMAABiRFABAA=}#}