湖北省“腾·云”联盟2024-2025学年度上学期10月联考数学参考答案题号1234567891011答案CADADABBABABDAD3112．13．314．926．解析：PAPBPC4,PQ面ABC且Q是ABC外心，2464PQ23QAQBQC2，23R4R2，R，S4R23317．解析：四边形ACBM面积SMCABMAAC|MC|21，22|MC|211，AB212MCMC222MCx1e2x,f(x)x1e2x,f(x)2(x1)2e2x单增，又，，2f(0)0f(x)minf(0)2MCmin2,ABmin2,22Smin22答案第1页，共11页8．解析：，则所x1x111,x2x211,x3x311x1x2x33,4,.......15,以有2223223C2C3......C14C3C3......C14C1545510．解析：函数fxsinx3cosx的定义域为R，有fxsin(x)3cos(x)sinx3cosxfx，即函数fx是偶函数，又fxπsinxπ3cosxπsinx3cosxf(x)，则π是函数fx的一个周期，也是最小正周期，A正确πππ当0x时，f(x)sinx3cosx2sin(x)，显然函数f(x)在[0,]上递236πππππ增，在[,]上递减，x0时，由偶函数的性质知，函数f(x)在[,]上62226ππππ递增，在[,0]上递减，即当0x时f(x)f()2,f(x)f()1，62max6min2π即函数f(x)在[0,]的取值集合为[1,2]，2πππ从而函数f(x)在[,0]的取值集合为[1,2]，即在[,]上的值域为[1,2]，因此函222数f(x)在R上的值域为[1,2]，B正确；如图：答案第2页，共11页7f(x)不关于直线x对称，所以不关于直线x对称，故C错665ππf(x)在,上单调性同[,]，所以递减，故D对。626211．解析：对2f2(x)f(2x)1两边求导得4f(x)f(x)2f(2x)即2f(x)g(x)g(2x)，故A对2g2(x)f(2x)10,f(2x)1,即恒成立，12f2(0)f(0)1,f(0)1,f(0)（舍），故B错。2g(x)是奇函数，f(x)是偶函数，f(x)1,g(x)1，g(x)为增函数，f(x)为增函数，又f(0)0，故C错。x3F(x)g(x)(x)，6x2x2F(x)g(x)(1)f(x)(1)，22F(x)f(x)xg(x)x为增函数，F(x)F(0)0,F(x)F(0)0,F(x)F(0)0，故D对。14．解析：如图示，先求出硬管不倾斜，水平方向通过的最大长度AB．答案第3页，共11页ππ设BAQ,0，则ABQ．22过A作AC垂直内侧墙壁于C，B作BD垂直内侧墙壁于D，则πACBD3,CPABAQ,DPBABQ．2AC在直角三角形ACP中，sinCPAsin，APAC3所以AP．sinsinBD3同理：BPπcos．sin233π所以ABAPBP,0．sincos23312因为AB32662sincossincossin2π(当且仅当sincos且时等号成立)．4所以AB62．因为走廊的宽度与高度都是3米，所以把硬管倾斜后能通过的最大长度为2mAB23262329，π15．解析：(1)在ABCD中，AB2,BC2,ABC，4答案第4页，共11页由余弦定理得AC2AB2BC22ABBCcosABC2，则AB2AC2BC2，有ABAC，又平面ACEF平面ABCD，平面ACEF平面ABCDAC，AFAC，AF平面ACEF，则AF平面ABCD，直线AB,AC,AF两两垂直，(3分)以点A为原点，直线AB,AC,AF分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，则A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,2,0)，D(2,2,0),E(0,2,1),F(0,0,1)设M(0,t,1),0t2，则AE(0,2,1),DM(2,t2,1)，由AEDM，得AEDM2(t2)10，2FM1解得t，即，所以当AEDM时，点M为线段EF的中点．(6分)2FE22(2)由(1)可得BM(2,,1),BC(2,2,0)，2设平面MBC的法向量为m(x,y,z)，答案第5页，共11页2mBM2xyz0则2，取y2，得m(2,2,2)，(9分)mBC2x2y0平面ECD的法向量为n(0,1,0)，设平面MBC与平面ECD的夹角为，|mn|210则cos|cosm,n|，|m||n|442510所以平面MBC与平面ECD的夹角的余弦值为．(13分)5axa(1x)16．解析：(1)易知函数fx(a0)的定义域为R．所以f(x)，(2exex分)当a0时，由f(x)0，得x1，由f(x)0，得x1．所以f(x)的单调增区间为(,1)，单调减区间为(1,)；(4分)当a<0时，由f(x)0，得x1，由f(x)0，得x1．所以f(x)的单调增区间为(1,)，单调减区间为(,1)．(6分)3x1lnx(2)xf(x)lnx1mx即m在x(0,)上恒成立，(7分)令exxx3x1lnxh(x)，易知函数h(x)的定义域为(0,)．所以exxx3ex3xex11lnx3(1x)lnxh(x)．(9分)当0x1时，e2xx2x2exx23(1x)lnx3(1x)lnx0,0，故h(x)0；(11分)当x1时，0,0，故exx2exx2h(x)0．(13分)所以h(x)在(0,1)上单调递增，在(1,)上单调递减，所以x1时，33h(x)在(0,)上取得最大值h(1)1．所以m1，所以实数m的取值范围是ee31,．(15分)e答案第6页，共11页17．解析：(1)由mn可得，(ba)sinA(bc)(sinBsinC)，由正弦定理该式化b2a2c21为(ba)a(bc)(bc)，整理得：b2a2c2ab，即：，即2ab21cosC，因为C为三角形的内角，所以C。(5分)23(2)令|CD|x，由题意：2CDCACB，平方得：4x2b2a2ab，(7分)又由正弦定理abC23，sinAsinBsinC32323则：asinA,bsinB，代入上式得：334444x2sin2Bsin2AsinAsinB33342442sin2(A)sin2AsinAsin(A)3333341cos(2A)441cos2A423sinAsin(A)323233425=cos(2A)(11分)333因为三角形是锐角三角形，所以0A22A2A，2623330A322142577cos(2A)(,1]，cos(2A)(,3]，即4x2(,3]，3233333213x(,]，62答案第7页，共11页213因此，CD的取值范围为(,]。(15分)6223a22a2b18．解析：(1)由题意，有3，解得b3即椭圆标准方程为：ac3c1x2y21(4分)43(2)设过点R的切线方程为yk(x1)2kx(2k)y2k2x22k(2k)x(2k)2联立3x24y2120，有(4k23)x28k(2k)x4(2k)2120由于想切，令0，4k2(2k)2(4k23)(2k)23(4k23)3(4k23)3(2k)23k24k101即求得kk(9分)123(3)设，延长线交轴于点，R(x0,y0)(y00)RKxK'IKAK'x2、两点处切线斜率分别是和,有0，PQk1k2JKBK'2x0设椭圆上或两点切线方程为联立有，PQyk(xx0)y0答案第8页，共11页yk(xx)ykx(kxy)0000x2y2143222(4k3)x8k(kx0y0)x4(kx0y0)120，有2222，064k(kx0y0)4(4k3)[4(kx0y0)12]222(x04)k2x0y0ky0302xyy2300，0(12分)k1k22k1k22x04x04yIk1(2x0)y0yJk2(2x0)y0IKAIx2k(2x)y要证明，需证明0100JKBJ2x0k2(2x0)y0即要证22，k2(4x0)y0(2x0)k1(x04)y0(2x0)24(k1k2)2x0y0(k1k2)x02xyIKAI2其中，00显然，即证(17分)(k1k2)(x04)2x0y0k1k22x04JKBJ19．(1)①(a,1)，(c,1)，(c,3)(4分)11②处于位置(c,3)时，得3分，()2，2411处于位置(a,1)时，得1分，()2，24X1311处于位置(c,1)时，得分1分，2()2，22P31所以最终得分的分布列为：44313得分X的期望E(X)131.5。(9分)442答案第9页，共11页(2)将棋盘按如图所示编号：将棋子可以去的区域用箭头连接起来，如从3可以连接4或8，记做：4—3—8；从8可以连接3或1，记做：3—8—1；然后将他们串联起来：4—3—8—1。依次类推，可以串联出环状回路：-4—3—8—1—6—7—2—9—4-，如下图所示：则棋子等价于在这个环状回路中运动，问题(2)可以转化为将两个棋子放在环形回路中的3号、7号位置，每回合3号、7号棋子有四种运动模式：(顺，顺)，(顺，逆)，1(逆，顺)，(逆，逆)，发生概率各为4为了转化问题，现规定d“两棋子之间的最短节点数”，例如：d3d1特别规定两棋子重合时，d0。并统计四种运动模式下d会如何改变答案第10页，共11页假设3号棋子顺时针走过x个节点可以与7号棋子重合；或逆时针走过y个节点也可以与之重合。为了简化问题，不妨假设xy，于是有下表：(顺，顺)(顺，逆)(逆，顺)(逆，逆)d0d0d1d1d0d1d1d0d3d1d3d3d1d1d3设“回合后，的概率”，pnnd0“回合后，的概率”，qnnd1“回合后，的概率”，Rnnd311pnpn1qn124则有1111，(13分)qnpn1qn1Rn1222211Rnqn1Rn14211111pp，p(p)n2n18n42n1411111显然，p0,p,，所以p()n1，1144n44211所以解得：p。(17分)n42n1答案第11页，共11页