湖北省武汉市武昌区2025届高三年级上学期期末质量检测数学答案

参考答案及评分细则一、选择题题号1234567891011答案ABCCBDDAACBCDACD二、填空题111.1212.13.23三、解答题15.解：（1）因为ABCπ，222所以，sinA2sinAsinCsinCsinπBsinAsinC.abc又因为.sinAsinBsinC222所以，a22acc2b2ac，得bacac，a2c2b2ac1所以，由余弦定理得cosB，2ac2ac2所以，B60.…………………………………………………………（6分）因为ABC的面积为3，b13，B60o，1所以，acsinB3，ac4，a2c2b2ac17，21因为BD为ABC的中线，所以，BD(BABC)2211121所以，BD(c2a22accosB)（1724）4424，21所以，BD.…………………………………………………………（13分）216.（1）证明：取DF中点K，连GK、KC，1G为AF中点，KG//AD，KGAD，21BC//AD，BCAD,KG//BC，KGBC2K四边形KGBC为平行四边形，KC//BG，参考答案及评分细则第1页共5页BG平面DCF，KC平面DCF，平面…………………………………………………………（分）BG//DCF.6（2）解：FA平面ABCD，四边形ABCD为直角梯形，AD//BC，FA,AD,AB两两垂直.以A为坐标原点，AF，AB，AD所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系.直线BF与平面ABCD所成的角为ABF，有AB=AF，设ABAFa(a0)，4则B(0,a,0),F(0,0,a),C(1,a,0),D(2,0,0)zDC(1,a,0)，DF(2,0,a)，AF(0,0,a)设平面DCF的法向量为n(x,y,z)，nDC0，ayx0，即ynDF0，az2x0，1212令x1,则y,z，n(1,,)aaaax2anAF2cosn,AFa,22nAF12312aaa1a2，即n(1,,1)BF(0,2,2)2BFn0122点B到平面DCF的距离h.………………（15分）2n1312122ex(2x1)17.解：（1）当a1时，f(x)(x1)x1ex(2x23x)3则f(x),令f(x)0，解得x0或(x1)2233当x0或x时,f(x)0；当0x1或1x时,f(x)0.2233所以f(x)在(，0）,(,)单调递增,f(x)在(0，1）,(1,)单调递减.…（6分）22(2)因为x1时，f(x)1，参考答案及评分细则第2页共5页ex(2xa)所以f(x)1(x1),x1x1x1得即a2xx(x1),a2xx,eeminx12x2exx2令h(x)2x(x1)，则h(x)2，exexex令(x)2exx2(x1),且(x)在（，1）上单调递增，且(0)0，所以，当x0时，(x)0,即h(x)0；当0x1时，(x)0,即h(x)0.所以，h(x)在(,0)上单调递减，在(0,1)上单调递增，所以h(x)minh(0)1,故a1.…………………………………………（15分）18.解：（1）由题意，2a22b,2c23,又a2b2c2a2,b1,x2所以椭圆C的方程为：y21.………………………………………（4分）4（2）A(2,0),B(2,0),由图形对称性可知，定点M在x轴上，设直线PQ方程为：xmyx0,M(x0,0),P(x1,y1),Q(x2,y2),1AMyyS12AMx2120743,S1BM2x2BMyy0212………………………………………（分）x03,即定点坐标为(3,0).8（3）设直线PQ的方程为xmyx0，P(x1,y1),Q(x2,y2).xmyx,2联立x2可得(m24)y22mxyx40,y21,0042mxx24x24则00且0（）y1y22,y1y22,y1y2y1y2.m4m42mx0kyx2ymyx2myyy(x2)于是1121201210k2x12y2my1x02y2my1y2y2(x02)参考答案及评分细则第3页共5页x24m（yy）0y(x2)122mx10x2100，2x04x02m（y1y2）y2(x02)2mx0kk1,011，即1的范围是（0,1）.…………………………（17分）k2k219.解：（1）前两次一定会翻到1，否则第三次翻到2也会被翻回，故分两种情况：1311如果第一张翻出了1，那么第二次一定不能翻2，因此p;154320如果第二张翻出了1，那么有两种情况，第一种情况第一张翻出了2并翻回，为了保证最优解，在第三次翻卡片时必须把2翻开；另一种情况是第一张没有翻出1131112，第三张恰好翻到2，因此p.254543103所以ppp.………………………………………（4分）1220注：也可以按照出现2的次数分类（2）根据题意可以推断出下面两点：首先，错误翻开的卡片即使被翻回至背面朝上，也会知道这张卡片的点数，因此第二次翻开它时并非随机事件;其次，如果在翻一张卡片时，点数比它小的所有卡片没有被翻开，那么这张卡片就需要被翻两次.可以看作是考虑随机对翻开五张卡片的进行排列，从左往右依次翻开卡片，遇到不符合顺序的进行调整，因此需要翻开的次数X可取5，6，7，8，9，①当X=5时，恰好按照从小到大的顺序翻开了所有卡片，111111因此，p54321120②当X=9时，点数为2-5的扑克卡片恰好全部在A之前翻开，A414因此，p5A55③当X=6时，只有一张卡片没有在所有比它小的卡片翻开时翻开了，12341因此，p5A512④当X=8时，有三张卡片错误地翻开了，1231241342345因此，p5A512⑤当X=7时，可以继续用插空法，亦可以利用排除法，参考答案及评分细则第4页共5页11157因此p11205121224列出分布列有X56789p11751120122412511751926463因此E(X)56789（次）……（11分）120122412512060（3）基于第二问的思考，这实际上是对知晓卡片点数的顺序进行排列，当有n张卡片时，值得注意的是写有数字n的卡片如果是最后一个知晓，那么它就只需要被翻开一次，如果它不是最后一个知晓，那么它就一定需要被翻开两次，记Yn为需要翻开写有点数n的纸卡片的次数.1n1因此P(Y1)，P(Y2)nnnn12(n1)1所以E(Y)2nnnn1于是E(X)E(XY)E(X)E(Y)E(X)2nn1nn1nn1nn而于是1E(X1)1,E(Xn)2ni1innn故（）3n113n1n1111EXn2n0n32i1i22i1ii32n（）3n1当n=1，2时上式等号成立，于是EXn得证.………………（17分）2参考答案及评分细则第5页共5页