２０２５届高三部分重点中学３月联合测评数学试题参考答案及多维细目表题号１又αβ１故t２５．又tt１２３４５６,cos(－)＝－,＝＞０,∴答案４４４CADBAC５．题号＝７８９１０１１２．答案答案６【】CDBACDACDBCDmNmmn解析由NN－知当N为偶数时NN【】,,,．答案C＝CCC１【】CN均有个不同的取值．由方程是椭圆的方程＋１解析zz－２i故２【】∵(１－i)＝－２i,∴＝＝１－i,mn１－i知NN故方程可表示的不同的椭圆方程的,C≠C,z．æNöNæNöN＝２个数为ç÷令ç÷解得．答案è＋１øŰ,è＋１øŰ＝１２,２【】A２２２２解析对于集合P由x得x１PN．【】,１－２＞０,＜,∴＝６２mnNx当N为奇数时NN均有＋１个不同的取æöx,,ç１÷对于集合Q由得１－eCC＝è－∞,ø;,e＞０,＜２２２值．故方程可表示的不同的椭圆方程的个数为æöæö１Qç１÷故PQç１÷．NNNN,∴＝è－∞,ø,∩＝è－∞,ø＋１－１令＋１－１解得N２２２Ű,Ű＝１２,．答案２２２２３【】D．解析已知实数ab若m例如ab＝７【】＜,＞０,＝－２,综上所述N或．aama,＝６７m得＋m不是．答案＝－１,＝２,b＞bm,∴“＞０”“b７【】D＋解析该同学收集了四组数据由表中数据知xam【】,୺＋的充分条件”;＜bm５y５＋＝,୵＝,aam２２若＋例如abm符合此,,,b＜bm＝０＝１＝－２５５＋(１×０＋２×２＋３×３＋４×５)－４××aam^b２２不等式但是mm不是＋∴＝æö２,＜０,∴“＞０”“b＜bm”２２２２ç５÷＋(１＋２＋３＋４)－４×èø的必要条件．２aam８^a５５８３．又收集了两组数据m是＋的既不充分也不必要＝,＝－×＝－(５,∴“＞０”“b＜bm”５２２５２＋条件．和后新的平均数为x－′７y－′１９b′４)(６,５),＝,＝,∴^＝．答案２６４【】B解析由题意知各层楼的灯笼数从上至下依次７１９【】,(１×０＋２×２＋３×３＋４×５＋５×４＋６×５)－６××２６成等比数列记为数列an第层楼所挂灯笼æö２,{},５２２２２２２ç７÷aq５(１＋２＋３＋４＋５＋６)－６×èø数为a公比q．由S１(１－)解２１,５,＝２＝q＝１８６^^１－３３a^′１９３３７２bb^′aa^′．得a．＝,＝－×＝－,∴＞,＜１＝６３５６３５２１５答案最中间一层的灯笼数为aaq２．．∴３＝１＝２４８【】B．答案解析AxyBxy是圆Cx２５【】A【】(１,１),(２,２):(－１)＋解析令αβttαβy２上的动点圆心C【】sin＋sin＝(＞０)①,∵cos＋cos＝４,(１,０),１由２２得αβt２xxyyCA→CB→４且＝②,∴①＋②,２＋２cos(－)＝＋∴(１－１)(２－１)＋１２＝Ű＝－,２３数学试题参考答案第页共页 １ ７CA→CB→由BM→MA→得CM→＝＝２,＝３,＝b２．∴０＜＜æö２３３CA→１CB→CM→ç３CA→１CB→÷＋,∴＝è＋ø＝a２b２b２b２b２b４４４４＋＝(２－３)＋＝１０－１２＋４＝æö２çb３÷２当b３时a２b２取得最小９CA→２１CB→２３CA→CB→．１０è－ø＋,＝,＋||＋||＋Ű＝２５５１６１６８５动点M在圆心为C半径为的圆上运值最小值为２选项错误∴(１,０),２,,∴B;x２y２５动点P在椭圆上运动则MP→aababa,＋＝１,≤２＋３３９８a＋b＝a＋b＝１＋a＋b≥１＋３３３P→C．baba＋２当且仅当即x２y２３３ab又C为椭圆的右焦点２aŰb＝３,a＝b,＝３＝１(１,０)＋＝１,∴３３９８时取等选项正确PC的最大值为此时P为椭圆的左,∴C;３＋１＝４,abab１３顶点点M的坐标为MP→的最∵＋３＝２,∴(＋１)＋３(＋２)＝９,a＋b,(１＋２,０),∴＋１＋２大值为．１９１ab４＋２ab[()()]．答案＝＋()＝＋１＋３＋２９【】ACD＋１３＋２９éùébaù解析圆锥的侧面展开图如图所示．ê１９ú１ê３(＋２)９(＋１)ú【】ëa＋bû＝ë１０＋a＋bû≥＋１３(＋２)９＋１３(＋２)１１６(１０＋２９)＝,９９ba当且仅当３(＋２)９(＋１)即aba＝b,＋１＝＋２＝＋１３(＋２)设圆锥的母线长为l底面半径为r圆锥SO的９时取等号选项正确．,,,∴D侧面积为rll选项正确４π＝４π,∴＝４,∴A;．答案r１１【】BCD圆锥SO的侧面展开图的圆心角α２ππ解析易知点在曲线C上选项＝l＝,【】(１,－１),∴A２错误选项错误;∴B;令２则直线和轴为曲线如上图由A点出发绕圆锥侧面一周又回到Axxyyxy,,(－)＝０,＝C的渐近线事实上曲线C的图象如下图所点的细绳长度最小值为圆锥侧面的展开图得到,,示选项正确的扇形的圆心角所对的弦长AA′AA′l,∴B;,＝２＝４选项正确２,∴C;球与圆锥内切时球的半径最大此时球心在轴,,SO上且内切球的大圆内切于圆锥的轴截面．设,内切球的半径为R圆锥的高为l２r２,－＝１５,由等面积法得SSAB１１△＝×２×１５＝×(４＋４２２曲线Cx２xy与曲线Ey２yx:(－)＝２:(－)＝２R解得R１５选项正确．＋２),＝,∴D关于yx对称．又x２xy化为yx５＝(－)＝２＝－．答案１０【】ACD２x曲线C在直线yx下方由对称知x２＜,∴＝,解析由题意知抛物线y２px在点【】,＝－２曲线Ey２yx在直线yx上方曲æöy:(－)＝２＝,∴ç４÷处的切线方程为４px且è－２,ø＝－(－２),线C与曲线E没有交点选项正确３３,∴C;设AxyBxy结合图象分析当曲p１６切线方程为xy．又切线过(１,１),(２,２),,４＝,∴＋３－２＝０线C与圆Ox２y２交于AB两点时x９:＋＝２,,１点ab故ab选项正确yy(,),＋３＝２,∴A;x此时直线AB的斜率k１－２abab又ab均为正实数＞０,２＞０,＝xx＝∵＋３＝２,∴＝２－３,,,１－２数学试题参考答案第页共页 ２ ７éùx２x２nê１ú恒成立故φx１－x２－２＋x２xxë１－xxnû＞０,()１２２(１＋２)(＋１)(＋＋１)xx＝１＋xx２＞１＋在区间上单调递增．１－２(１２)[０,＋∞)x２２成立符合题意xx１y１mφmφ４１２４．又＋＝２,①∵＞０,∴()＞(０)＝０,;xx２＝１＋３{２２当时恒成立在区１２xxxyaφ′xφx()(１２)２＋２＝２,②②≤０,()＜０,∴()得x２x２y２y２那么x２x２间上单调递减．mφm①＋②１＋２＋１＋２＝４,１＋２≤[０,＋∞)∵＞０,∴()＜故xxx２x２即xx从而kφ与题意矛盾４,２１２＜１＋２≤４,１２＜２,(０)＝０,;选项正确．n＞１＋２,∴D当a１时φ′ann．答案③０＜＜,(０)＝２－n＝Ű１２【】２２＋１æöæö解析ax６a的展开式中二项式系ç÷ç÷【】()()a１当n１时φ′．１－≠０è２－nø,∈è０,a－１ø,(０)＜０数和为６系数和为a６,(),＋１２２１－又′x在区间上单调递增且６a６a６φ()(),(()[０,＋∞),∵２＝６４１－＝２－２∴２＝±２－æöéùa又a故a解得a．ç÷êú),,,φ′１an１ana２≠０２＝２－２＝２èa－１ø＝２ê１－ú＞２(１－２)＞éö２ê１nú．答案ê４７÷ëa＋û１３【】ë,ø２３３æöxç１÷使得φ′x当x解析由x得πωxπω０,∴∃０∈è０,a－１ø,(０)＝０,【】０≤≤π－≤２－≤２π－２６６x时′xx在区间x上æö[,０),φ(),φ()[,０)π．令fx则çωxπ÷在区间∈０＜００()＝０,sinè２－ø＝１单调递减．mx时使得φm６６∴∃∈(０,０),()＜φ矛盾．上恰有两个实数根．令tωxπ则(０)＝０,[０,π]＝２－,sin６综上所述a１．éù,≥t在区间êπωπú上恰有两个实数２＝１ë－,２π－û６６．证明已知bC３acB由正弦定():,根．结合正弦函数图象与性质可得５πω１５１cos＝＋cos,≤２π－５２理得BC３ACBπ９π解得４ω７．sincos＝sin＋sincos＝＜,≤＜５６２３３３BCCBsin(＋)＋sincos,５整理得BCBC．分sincos＝４cossinƺƺƺ４若C则B这与BC为ABCcos＝０,cos＝０,,△的内角矛盾C同理B．,∴cos≠０,,cos≠０ƺƺ分éöƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ６．答案ê１÷两边同除以BC得BC．１４【】ë,＋∞øcoscos,tan＝４tanƺ２分解析由题可知mn有ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ【】,,(,),７∀∈０＋∞æπömnamn２mam２解由BC可知BCç÷．ln(＋＋１)＋(＋)＞ln(＋１)＋(２):tan＝４tan,∈è０,ønan２恒成立即amnmn２＋ln(＋１)＋,２＋ln(＋mn恒成立．)()()又C５C１B＋１－ln＋１－ln＋１＞０sin＝,∴tan＝,tan＝２,ƺƺƺ令φxanxxnx５２()＝２＋ln(＋＋１)－ln(＋１)－分nxn．ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ９ln(＋１),≥０,＞０φ′xan１１令hxB２５．∴()＝２＋xn－x,()＝∴sin＝＋＋１＋１５设BC边上的高为h则hcB．φ′xh′x１１,＝Űsin＝２ƺ(),∴()＝－xn２＋x２＞分(＋＋１)(＋１)ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ１０φ′x在区间上单调递增．hh０,∴()[０,＋∞)又BC２２．分＝B＋C＝＋＝５ƺ１２当a１时φ′xn１１tantan２１①≥,()≥＋xn－x＝２＋＋１＋１２数学试题参考答案第页共页 ３ ７êéúùSABC１BCh１．分ê２ú．分∴△＝Ű＝×５×２＝５ƺƺ１３ë,２ûƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ１５２２３．解当a时fxxxx１７:(１)＝１,()＝e－ln＋１,＞０,f′xx１．分()＝e－xƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ１令txx１t′xx１即()＝e－x,∴()＝e＋x２＞０,．解如图以A为坐标原点以ABAD:(),,,,１６１f′x在区间上单调递增．分AA所在直线分别为x轴y轴z轴建立如()(０,＋∞)ƺƺ３１、、,æö图所示的空间直角坐标坐标系．分又f′ç１÷f′ƺƺƺƺ１èø＝e－２＜０,(１)＝e－１＞０,设DM→λDD→λ则A２＝１,∈[０,１],(０,０,０),æöBCDDxç１÷使得f′(x)．分１(,,),(,,),(,,),１(,,),∴∃０∈è,１ø,０＝０ƺƺƺ５１０２１１００１００１２２Mλ分(,,),ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ当xx时f′xf′x当x０１２２∈(０,０),()＜(０)＝０;∈BD→A→CAM→１(,,),(,,),x时f′xf′x．∴＝－１１－２＝１１０＝(０,＋∞),()＞(０)＝０λ要使BD平面MAC需满足(,,),１,fx在区间x上单调递减在区间x０１２⊥∴()(０,０),(０,BD→A→C上单调递增xx是fx的唯一极小１Ű＝０,分＋∞),＝０()ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ４值点无极大值点．{BD→AM→,１Ű＝０,fx的极值点个数为．分∴()１ƺƺƺƺƺƺ６由BD→AM→λ解得λ１．分１Ű＝１－４＝０,＝ƺ６解法一令gxfxaxa４(２):()＝()－(２－)－＝axxaxx．e－ln－(２－),∈(１,＋∞)原命题等价于函数gx在区间上∴()(１,＋∞)有两个零点．分ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ７g′xaax１a∵()＝e－x－(２－),当a时g′x恒成立gx在区间≤０,()＜０,∴()上单调递减gx至多有一个零点(１,＋∞),(),不合题意分;ƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺƺ９当a时令haaxxax当M是棱DD上靠近点D的四等分点时＞０,()＝e－ln－(２－),∴１,ax∴h′axx有BD平面MAC．分()＝e＋＞０,１ƺƺƺƺƺƺƺƺ⊥７ha在区间上单调递增．分DMBN∴()(０,＋∞)ƺ１１设λλ则M又x(２)DD＝BC＝,∈[０,１],(０,１,aZhahxx．１∈,∴()≥(１)＝e－ln－令mxxxxx．λNλAA→AM→()＝e－ln－,∈(１,＋∞)２),(１,,０),∴１＝(