湖南省雅礼中学2025届高三3月综合自主测试（信心卷）数学答案

雅礼中学2025届高三3月综合自主测试（信心卷）数学参考答案选择题：1234567891011DAABDBCCACADBCD【第8题】由题得函数fx在xx1处取得最小值，在xx2处取得最大值，则x1x2的最2πT小值为相邻两条对称轴间的距离，又最小正周期T4，故xx的最小值为2．122【11题】对于选项A：由题意可知：DD1BD1，若BD12，则DD1BDBD1，这与三角形性质不符，所以BD12，故A错误；对于选项B：取CD的中点M，连接BD,CD1,BM,D1M，由题意可知：△BCD,△CDD1均为正三角形，则BMCD,D1MCD，且BMID1MM，BM,D1M平面BD1M，可得CD平面BD1M，又因为BD1平面BD1M，所以BD1CD，故B正确；对于选项C：设AC∩BDO，连接A1O，因为ABCD为菱形，则ACBD，且O为BD的中点，又因为△AA1B,△AA1D均为正三角形，则A1BA1D，可得A1OBD，且AC∩A1OO，AC,A1O平面AA1C1C，可得BD平面AA1C1C，且BD平面BB1D1D，所以平面AA1C1C平面BB1D1D，对于选项D：由题意可知：三棱锥A1ABD为正三棱锥，可知顶点A1在底面ABD的投影为正△ABD的中心G，23226则AGAO,AGAAAG，所以平行六面体ABCDA1B1C1D1的体积33136132为V211，故D正确；3222填空题部分：21,n112．x1,xax2013．14．5(2分)1,0(3分)4n6,n253【第14题】第一空，因A2,3，B3,0，则AB中点坐标为,，k3，22AB15312则AB中垂线方程为：yxyx，则其与y10交点为1,1，即外kAB2233心坐标为1,1，则外接圆半径R12225；x5y3第二空，设Cx,y，结合A2,3，B3,0，可得重心坐标为：,，因其在y1033y32上，则1y0，则Cx,0.又R5，外心坐标为1,1，则1x15x13或3（与B重合，舍去），则C1,0.解答题（13+15+15=17+17）：15．（1）设Px,y，则PA(1x,2y)，PB(3x,6y)，22由PAPB1x3x2y6y4，得x2y41，22所以曲线C的标准方程为x2y41.数学答案(YL)-1-（共3页）（2）曲线C是以2,4为圆心，1为半径的圆，过点A(1,2)的直线若斜率不存在，直线方程为x1，满足与圆C相切；过点A(1,2)的切线若斜率存在，设切线方程为y2kx1，即kxy2k0，2k42k3由圆心到直线距离d1，解得k，k214则方程为3x4y50.过点A(1,2)且与曲线C相切的直线的方程为x1或3x4y50.16．（1）因为cos2AcosBcosCsinBsinCcosBCcosAcosA，1即2cos2A1cosA，解得cosA或cosA1.2π因为在VABC中，0Aπ，所以A.3（2）在VABC中，由余弦定理a2b2c22bccosA，1得62b2(23)243b，整理得b223b240，2113由b0，解得b43，所以VABC的面积为SbcsinA432363.ABC222a2,1,bx,y17．（1）∵向量，x,y分别表示一枚质地均匀的骰子(六个面的点数分别为1,2,3,4,5,6)先后抛掷两次时第一次、第二次出现的点数，样本点总数n66，∴ab1，2xy1，∵∴bx,y1,1,2,3,3,5∴满足ab1的样本点有，共3个，31ab1的概率P1；∴3612（2）先后抛掷两次时第一次、第二次出现的点数的基本事件共36个，ab0，2xy0，∵∴x,y1,12,1,2,2,2,33,1,3,2,3,3,3,4,3,5∴满足ab0的样本点有，，，4,1,4,2,4,3,4,4,4,5,4,6，5,1,5,2,5,3,5,4,5,5,5,6，6,1,6,2,6,3,6,4,6,5,6,6，共27个，273ab0的概率P2.∴36418．（1）因为PAAB2，AE3，BC22，222424由BCABAE得BCABAEABAE，39344即849ABAE，即ABAE0，所以ABAE，93因为PA底面ABCDE，AB平面ABCDE，所以ABPA，因为AE∩PAA，AE、PA平面PAE，所以AB平面PAE，1123又DEDCCBBAAEABAEABAEABAEAB，2332所以AB//DE，所以DE平面PAE，因为DE平面PDE，所以平面PAE平面PDE.（2）因为PA底面ABCDE，ABAE，以点A为坐标原点，AB、AE、AP所在直线分别为x、y、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，数学答案(YL)-2-（共3页）则P0,0,2、B2,0,0、E0,3,0、�0,0,0，22BCABAE2,0,00,3,02,2,0，BP2,0,2，33mBC2x12y10PBC设平面的法向量为�=�1,�1,�1，则，mBP2x12z10取x11，可得m1,1,1，33EDAB2,0,03,0,0，EP0,3,2，22nED3x20设平面PDE的法向量为�=�2,�2,�2，则，nEP3y22z20取y22，可得n0,2,3，mn139所以cosm,n，mn31339由题意可判断侧面PBC与侧面PDE所成二面角为钝二面角，39故侧面PBC与侧面PDE所成二面角的余弦值为．3919．（1）当ae时，fxexelnx，定义域为0,+∞．eefxex，构造函数g(x)fxex，xxxe则g(x)e0，�∈0,+∞，x21e所以�′�在0,+∞上单调递增，又f1e0，1所以当�∈0,1时，fx0,fx单调递减；当�∈1,+∞时，fx0,fx单调递增．所以fxf1e1eln1e0，故fx0．xa（2）fxe，当a0时，易知�′�在0,+∞上单调递增，xaaa1eaaaaaafae10，feeeeee10eaafxex00所以存在�0∈0,+∞，使得0，即x0lnalnx0．x0当�∈0,�0时，fx0,fx单调递减；当�∈�0,+∞时，fx0,fx单调递增．x0a所以fxfx0ealnx0ax0alnaa2lna，x0当且仅当x01时取等，此时ae，满足a0．故原不等式得证．数学答案(YL)-3-（共3页）