2025 年湖北省八市高三(3月)联考数学答案

2025年湖北省八市高三(3月)联考数学参考答案与评分细则一、单选题题号12345678答案DDBCCAAD二、多选题题号91011答案ADABDBCD三、填空题2π05712.1513.(120)14.(1)(2)3824部分试题解析27.对于残差图(1)对应的散点，随机误差满足E(e1)=0的假设，但是方差σ1随着x的变化而2变化，不满足D(e1)=σ1的假设；对图(2)对应的散点，均匀分布在水平带状区域内，随机误22差满足E(e2)=0的假设，方差σ2不随x的变化而变化，满足D(e2)=σ2的假设.故选A8.当a<0时，x<0，f(a)=a2ea0时，x>0，f(x)≤g(x)即axe+ln≤x-x⇔axe+x+ln≤xxxxa222x+ln(ax)22⇔axe+x+ln+lnx≤x+lnx⇔e+x+ln(ax)≤x+lnxxx+ln(ax)2x2x∵y=x+lnx为增函数，∴e≤x，即axe≤x⇔a≤exx11由题意，只需a≤()=，所以02)2n124*5事实上,可以证明：①∀n∈N，P(A)=；n87*②∀n>2，P(AA|A)=(n∈N)；2n1247**③∀n>m≥2，PAA|A)=(m∈N，n∈N)．mn124四、解答题。关注湖北升学通获取最新动态15.解：(1)m⋅n=2(b+c)⇒3asinC+acosC=b+c⇒3sinAsinC+sinAcosC=sinB+sinC⇒3sinAsinC+sinAcosC=sinAcosC+cosAsinC+sinC⇒3sinAsinC=sinC(cosA+1)π∵C∈(0,π),sinC≠0∴3sinA-cosA=1即2sinA-=1⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯4分6ππ5ππππ又A∈(0,π),A-∈-,，故A-=，即A=⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯5分666663(2)BM=2MC⇒AM-AB=2(AC-AM)12∴AM=AB+AC33212212424|AM|=AB+AC=AB+AC+AB⋅AC⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯9分33999又AB=c=23，AC=b，AM=2即|AM|=212424π∴4=23+b+b⋅23cos9993∴b2+3b-6=0∴b=3或b=-23(舍)133故S=bcsinA=⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯13分ΔABC222116．解：(1)∵f(x)=lnx-mx，∴f'(x)=-2mxx当m=0时，f(x)=lnx,显然x=0不是f(x)的切线，不合题意；11f(1)=-,-m=-,2mmm=1,当m≠0时，由题意⇒⇒2,解得m=1.f'(1)=-1,1-2m=-12m-m-1=0mm⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯6分·3·x-bxb(2)证明：g(x)=lnx+1-=lnx-+1+aaa11a-xg'(x)=-=⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯8分xaax因为a>0，所以g(x)在(0,a)上单调递增，在(a,+∞)上单调递减，b所以g(x)=g(a)=lna+⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯10分maxabg(x)≤0，当且仅当g(x)≤0，即lna+≤0⇒b≤-alna，maxa所以ab≤-a2lna⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯12分221设h(x)=-xlnx，x>0，则h'(x)=-2xlnx-x⋅=-x(2lnx+1)x-1-1h'(x)>0⇒0e2，关注湖北升学通获取最新动态-1-1∴h(x)在0,e2上单调递增，在e2,+∞上单调递减，1-1211∴h(x)=he2=，所以-alna≤,所以ab≤.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯15分max2e2e2e17.解：(1)连接A1B交AB1于点F，则F为A1B的中点，连接D1F，因为平面AB1D1⎳平面BDC1，平面AB1D1∩平面BA1C1=D1F，平面BDC1∩平面BA1C1=C1B,，所以D1F⎳BC11所以D为AC的中点，所以λ=⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯3分1112因为平面AB1D1⎳平面BDC1，平面AB1D1∩平面ACC1A1=AD1，平面BDC1∩平面.ACC1A1=C1D，所以AD1⎳DC1，又AD⎳D1C1，所以四边形ADC1D1为平行四边形，11所以AD=DC=AC，所以μ=11221故λ=μ=⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯6分2(2)(i)∵A1C⊥平面AB1D1，B1D1⊂平面AB1D1，∴A1C⊥B1D1又AA1⊥平面A1B1C1，B1D1⊂平面A1B1C1，∴AA1⊥B1D1又AA1∩A1C=A1，AA1⊂平面AC1，A1C⊂平面ACC1A1，∴B1D1⊥平面ACC1A1关注湖北升学通获取最新动态∵D,D1分别为AC,A1C1的中点，所以DD1⎳BB1，DD1=BB1,所以四边形BB1D1D为平行四边形，∴B1D1⎳BD，∴BD⊥平面ACC1A1又AC⊂平面ACC1A1，∴BD⊥AC⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯10分(ii)因为A1C⊥平面AB1D1，AD1⊂平面AB1D1，所以A1C⊥AD1，所以ΔAA1D1∾ΔCAA1，·4·AA1A1D1∴=⇒AC=2AA1，又AB=2AA1，所以AC=ABCAAA1由(i)BD⊥AC且D为AC中点，∴AB=BC，∴AB=BC=AC⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯12分设AB=2a，则AA1=2a，关注湖北升学通获取最新动态如图，以D为坐标原点，以DA为x轴，DB为y轴，DD1为z轴建立空间直角坐标系，a22a则A(a,0,2a),B(0,3a,0),C(-a,0,0),E,0,,C(-a,0,2a)，1331a22a∴BE=,-3a,,BC=(-a,-3a,2a),AC=(-2a,0,-2a),⋯⋯⋯13分3311设平面EBC1的法向量n=(x,y,z)，则n⋅BE=0ax-3ay+22az=0⇒33n⋅BC1=0-ax-3ay+2az=0不妨令x=2，可得z=4,y=6，即n=(2,6,4)又向量A1C为平面BC1D的法向量，且A1C=(-2a,0,-2a)⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯14分|n⋅A1C|62a2设二面角E-BC1-D的平面角为θ，则cosθ===2+6+16⋅6a2|n|⋅|A1C|⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯15分方法二：关注湖北升学通获取最新动态连接C1E并延长交A1A于点H，则H为A1A的中点，二面角E-BC1-D即二面角H-BC1-D.因为A1C⊥平面AB1D1，平面AB1D1⎳平面BDC1，∴A1C⊥平面BDC1，因为HD∥A1C，所以HD⊥平面BDC1设AB=2a，则AA1=2a，则2222DC1=a+(2a)=3a，DB=(2a)-a=3a=DC1∴ΔDC1B为等腰三角形，取C1B的中点S，连接DS，则DS⊥BC1连接HS，则∠DSH即为二面角H-BC1-D的平面角.16a∵ΔBDC为直角三角形，所以DS=CB=.121216a又DH=AC=，所以DH=DS212DH2所以tan∠DSH==1，故cos∠DSH=，DS22即二面角E-BC-D的余弦值为.12·5·(x-2)2+y218.解：(1)设M(x,y)，由题意：=2⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯2分|x-1|⇒(x-2)2+y2=2(x-1)2⇒x2-y2=2所以曲线C的方程为：x2-y2=2⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯4分22(2)(i)由(1)知|PF2|=(x1-2)+y1=2(x1-1)⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯6分因为曲线C为双曲线，且F1，F2为焦点，点P在右支上，所以|PF1|-|PF2|=22⇒|PF1|=22+2(x1-1)=2(x1+1)|PF|x+1∴1=1⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯9分|PF2|x1-1(ii)设点Q(x2,y2)，∵PF2=λF2Q即(2-x1,-y1)=λ(x2-2,y2)2-x=λ(x-2)x+λx=2λ+2∴12即12⋯⋯⋯⋯(1)-y1=λy2y1+λy2=02222222222∵x1-y1=2,x2