2025届高三三模数学答案一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．12345678DAACBCCD二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求,全部选对的得6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分.9.BD10.BCD11.ACD91011选2个选1个选1个选1个选2个（BC或选3个选2个（AC选3个（B或（B或C（A或C（BD)CD或（BCD)或CD或AD)（ACD）D）或D）或D）BD）3分6分2分4分6分2分4分6分三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分.12.413.3014.2四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．3b2c2a215.(13分）（1）解：由S(b2c2a2)及余弦定理cosA42bc13得bcsinA2bccosAtanA324又A(0,),A3.2(2)ABC332f(x)sin(2x)sin(2x)2sin(2x)3335令2k2x2kkxk(kZ)2321212由于x[0,]5取k0，得0x1211取k1,得x12511f(x)在[0,]上的单调递增区间为[0,],[,]1212.16.（15分）解：（1）f(x)3x22axb，因为f(x)在x1处有极值，f(1)0，即32ab0----①又f(1)1aba210---②由①②得a2a120,a3或a4a3a4或b3b11a3当时，f(x)3x26x33(x1)20b3故f(x)在R上单调递增，不可能在在x1处有极值，舍去所以b11为所求.（2）由题意f(x)3x22axb0对任意a[1,),x[2,0]成立则g(a)2ax3x2b0对任意a[1,),x[2,0]成立x0，2x0，则g(a)在a[1,)上递增或为常数函数2g(a)ming(1)2x3xb0对任意x[2,0]成立2b(2x3x)min1111又3x22x3(x)，当x时，(2x3x2)333min311故b，所以b的最大值为33.17.（15分）证明：（1）由于PH平面ABCD,BD平面ABCD，故PHBD，由于底面ABCD为直角梯形，故BDAD2AB26,ACAB2BC223作DC//AC，且与BC相交于C,则BD2AB2AD26,ACDC，DC2AB2BC212BC22232,BC2DC2BD218故BDDC,所以ACBD,由于ACBD,PHBD,AC,PH平面PAC，ACPHH,所以BD平面PAC.PH（2）由题意可知tan,HC过H作BC的垂线，垂足为E，连接PE,由于PH平面ABCD，BC平面ABCD，故PHBC,HEBC,PHHEH,PH,HE平面PHE,故BC平面PHE，故PEBC，PH故PEH为二面角ABCP的平面角，所以tan,HE从而tanHC13tanHEsinACB.18.(17分）解：（1）该同学第一天和第二天都选择去A餐厅为事件M111P(M)236(2)设M1表示第一天选择去A餐厅，M2表示第二天选择去A餐厅，则M1表示第一天选择去B餐厅,则11132P(M),P(M),P(M|M),P(M|M)112122132155111211所以，P(M)P(M)P(M|M)P(M)P(M|M)2121121232530(3)设Mn表示第n天选择去A餐厅，则PnP(Mn),P(Mn)1Pn132根据题意：P(M|M),P(M|M)1n1n3n1n55由全概率公式得12P(M)P(M)P(M|M)P(M)P(M|M)P(1P)n1nn1nnn1nn3n512即PPn115n53133131所以P(P)，而P,所以n1815n818288311{P}是以为首项，为公比的等比数列n8815311n111n13Pn()Pn()88158158.219.（17分）解：（1）依题意，164p,p4，所以x8y.x（2）因为y，所以切线的斜率为1，从而切线方程为xy20,4所以点G(0,2)设直线BD方程为ykx2代入x28y有2x8kx160，设B(x1,y1),D(x2,y2)，则x1x28kx1x2162264k640k1222|GA|32,|GD||GB|(1k)|x1x2|16(1k)32从而有|GA|2|GB||GD|（3）由题意知直线PQ的斜率必存在，故设直线PQ:ymx2，代人x28y有2x8mx160，设P(x3,y3),Q(x4,y4)所以x3x48m,x3x416y22设直线PM方程为y3x22，代人x28y有x38(y22)x23x1620x3162x26416264由，M，所以，xMx3162xMyM2M(,2)x38x3x3x316264同理N(,2)x4x4由抛物线的两点弦方程得直线MN：162162162162()x8y，化简得x3x4x3x42mxy40所以直线MN过定点S(0,4)要使点A到直线MN距离的最大，则只需ASMN从而最大值为22|AS|(40)(24)25.