太原市2025年高三模拟考试（一）数学答案

太原市2025年高三年级模拟考试（一）数学试题参考答案及评分建议一．选择题：DCABCCBA二．选择题：9.ACD10.AB11.BCD2n三．填空题:12.8013.1214.n1四．解答题:15.解:（1）由(ab)(ab)c(ac)得a2c2b2ac，………2分a2c2b21由余弦定理得cosB，0B180，B60.………6分2ac234（2）设CBD，cosC，sinC，553314334sinAsin(BC)sinBcosCcosBsinC，………8分252510ADBD在△ABD中，由正弦定理得，sin(60)sinACDBD在△BCD中，由正弦定理得，sinsinC2sinsinC8AD2DC，，………11分sin(60)sinA334(334)sin4sin(60)23cos2sin，436tanCBDtan.………13分3a16.解:（1）由题意得f(x)1，x0,………2分x①当a0时，则f(x)0，f(x)在(0,)上递增；………4分②当a0时，令f(x)0，则0xa；令f(x)0，则xa，f(x)在(0,a)上递减，在(a，)上递增.………6分（2）令g(x)f(x)cos(x1)xalnxcos(x1)，x0，a则g(x)1sin(x1)，g(1)0，g(1)1a0，a1，………9分x当a1时，g(x)xlnxcos(x1)，x0，1令h(x)x1lnx，x0，则h(x)1，………10分x令h(x)0，则0x1；令h(x)0，则x1，h(x)在(0,1)上递减，在(1，)上递增，h(x)h(1)0，xlnx1，……13分g(x)xlnxcos(x1)1cos(x1)0，综上所述，a1.………15分17.（1）证明：设H是BC的中点，连结DH,FH，DE平面ABCD，DEAD，………1分△BCF是等边三角形，FHBC，平面BCF平面ABCD，FH平面ABCD，DE//FH，D,E,F,H共面，………3分四边形ABCD边长为2的菱形，BAD60，BHCH1，在△CDH中，DH2CD2CH22CDCHcosBCD3，CD2CH2DH24，DHBC，四边形ABCD为菱形，AD//BC，DHAD，……5分DEDHD，AD平面DEFH，ADEF.……6分（2）由（1）得ADDE,ADDH，DE平面ABCD，DEDH，以D为原点，DA,DH,DE所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A(2,0,0)，B(1,3,0)，E(0,0,23)，F(0,3,3)，设BGBF(01)，则AGABBG(1,3,3)，………7分2x0,设是平面的一个法向量，则mDA,1m(x1,y1,z1)ADGmAG,(1)x13y13z10,取，则，，………9分y1z11m(0,,1)2x23z0,设是平面的一个法向量，则nAE,22n(x2,y2,z2)AEGnAG,(1)x23y23z20,取，则，，………11分x23y21,z21n(3,1,1)1|mn||1|1二面角DAGE的余弦值为，|cosm,n|，……13分5|m||n|215511或2（舍去），BGBF1.………15分2218.解：（1）设是的中点，，连接，，由题意可得，NMFF1(2,0)ONMF1ON//MF1则，故点的轨迹是以为焦点，|MF1||MF|2(|ON||NF|)2|F1F|4MF1,Fy2实轴长为2的双曲线的右支曲线，所以曲线C的方程为x21(x0).………6分3（2）①证明：设，，直线的方程为，S(x1,y1)T(x2,y2)STxmynxmyn,6mn3(n21)由2得(3m21)y26mny3(n21)0,yy，yy，2y122122x13m13m13y33(x2)直线AS的方程为y1(x2)3，令y0，则x21t，………8分x12y13y33(x2)直线AT的方程为y2(x2)3，令y0，则x222t，………9分x22y233(x2)3(x2)12，，23(my1n2)(y23)3(my2n2)(y13)2(y13)(y23)y13y232(2m)yy(n3m)(yy)6(n1)0，n23m或n3m1，………11分31212当n23m时，直线ST的方程为xm(y3)2，则直线ST经过点A，即点S与A重合，与题意不符；当n3m1时，直线ST的方程为xm(y3)1，则直线ST过定点(1,3).………13分②由①知直线ST过定点(1,3)，记其为点B，1由AGST可知垂足G在以AB为直径的圆上，t1,1x2，………15分233737所以点G的轨迹方程为(x)2y2(1x2,3y).………17分24219.（1）设事件Aij“甲使用第i张奖券抽奖，中j次奖”(i1,2,j0,1,2)，则所求事件为，其概率为A10A21A10A22A11A21P(A10A21A10A22A11A21)21421114162P(AA)P(AA)P(AA).………3分102110221121335335355225（2）设事件Bij“乙使用第i张奖券抽奖，中j次奖”(i1,2,3,j0,1,2)，则所求事件为B11B20B31B10B21B31B10B20B32，其概率为P(B11B20B31B10B21B31B10B20B32)P(B11B20B31)P(B10B21B31)P(B10B20B32)144121412211364.………6分3555335533353375（3）由题意可知X的所有可能取值为1,2,,10.当X9时，表示顾客丙使用X张奖券将2个红球全部摸出；当X10时，表示顾客丙使用第10张奖券抽奖时盒子里有1个或2个红球.设事件“顾客丙使用第n张奖券抽奖时盒子里有2个红球”的概率为an，事件“顾客丙使用第n张奖券抽奖时盒子里有1个红球”的概率为bn，n1,2,,10，241444则a1,b0,aa,bbaba,n1,2,,9，……7分11n13nn15n35n5n15n2n1442n1422na()，bb()b()，n3n15n1535n532n142n4n12n1b3()[b3()]，b2[()()]，n1,2,,10，……10分n135n3n5311112242142P(Xn)ab()n1[()n1()n1][()n()n]，n1,2,,9，35n5n15355325324242P(X10)ab()92[()9()9]2()9()9；………12分10103535310194242E(X)nP(Xn)n[()n()n]10[2()9()9]n12n153531949242[n()nn()n]20()910()9,………14分2n15n1353944444设Sn()n12()23()39()9，n15555544444S1()22()33()49()10，55555144444S()2()99()10，S2070()10，555555922222设Tn()n12()23()39()9，n13333322222T1()22()33()49()10，33333122222T()2()99()10，T636()10，333333142142E(X)(ST)20()910()9{2070()10[636()10]}253253424220()910()9710()103()10.………17分5353注：以上各题其它解法请酌情赋分.