武汉市2025届高三年级四月调研考试数学试卷参考答案及评分标准选择题：题号1234567891011答案CDCAABDCBCDADBD填空题：12.313.3614.33解答题：15.（13分）解：（1）因为CA⊥⊥AB,CAA1A,AA1=ABA,AB,AA1平面ABB1A1,所以CA⊥平面ABB11A，BE⊥平面ABB1A,所以CABE,又因为BE⊥AB1AB11平面ABC,CA平面AB1C,且AB1=ACA，BE⊥平面AB1C.…………6分（2）以A为坐标原点，向量AB,,ACAA1为x,,yz轴正方向，建立空间直角坐标系B(2,0,0)，C(0,2,0)，B1(2,0,4)，设E(0,0,t),BE=−(2,0,t)，AB1=(2,0,4)AB1⊥BE，所以−4+4tt=0,=1,所以E(0,0,1)，CE=(0,−2,1)，CB=(2,−2,0)n=CE0−20yz+=设平面BCE的法向量为n=(,,)xyz,，，n=CB02xy−=20令x=1则zy==2,1，=n(1,1,2),平面ABE的法向量为AC=(0,2,0)，设平面CBE平面ABE之间的夹角为||nmcos==2=6.…………13分|nm|||62616.（15分）解：（1）f'(x)=ex−1−lnxa−,f'(1)=e−1−a=−1=ae…………7分xx22lnxaxex−lnx+a−x（2）f(x)=ex−+−10=恒成立，因为x0，等价于xxx1xex−lnx+a−x0恒成立，令g(x)=xex−lnx+a−x，g'(x)=(1+x)(ex−)x1111令x，x，在是增函数，由于2，h(x)=−eh(x)=e+20hx()(0,+)he=−20xx21，，，即，he(1)=−10x0,1h(x0)=0g(x0)=02''当x(0,x0)，g(x)0，当x(x0，+)，g(x)0x01所以g(x)在(0,x00)单调递减，在(x,+)单调递增，因为h(x0)=0，所以e=，lnx0=−x0x0x0g(x)min=g(x0)=−x0elnx0−+=+−+x0a1x0x0a0，a−1…………15分17.（15分）解：AA85（1）记“五张字母牌不相邻”为事件，8914…………4分BPB()==13A13143（2）记“在标有8的牌左侧，没有数字牌”为事件CAA75由于标的牌都在标有8的牌右侧，有7种排法，7131…………9分1~7A7=7!PC()=13=A138(kA−1)!58+−k（3）标号比小的牌有张，比大的牌有张，131k(k−1)(8−k)PA()k=13=A13k…………15分18.（17分）解：13+31（1）1=−23符合，=不符合，0没有倒数，=−743符合23+33−67+43综上23+，7+43属于B…………4分（2）先证明若xA,yA，则xyA设x=m+3n,y=p+3q，m,,,npq是整数，xy=(m+3n)(p+3q)=mp+3nq+(mq+np)3由于mp+3nq，mq+np都是整数，所以该命题得证.当xB,yB时，有11,A，所以11=1A,即证xyB…………10分xyxyxy（3）根据题意，11==mn−3=mn+−3Axmn+3m2−3n2m2−3n2m2−3n2所以m，−n都是整数mn22−3mn22−32222因此m−−nm31n是整数，所以2222−322=2=22mn−31=m−3nm−3n(mn22−3)m−3n假如mn22−31=−，mn22+=13，则m2+1应为3的倍数设t为整数，若mt=3，mt22+1=9+1，不是3的倍数若mt=+31，m2+1=9t2+6t+2=3(3t2+2t)+2，不是3的倍数若mt=+32，m2+1=9t2+12t+5=3(3t2+4t+1)+2，不是3的倍数因此mn22−31−，即证mn22−=31…………17分19.（17分）解：（1）由题意得，m=4，又因为P11(1,1)在上114x2y2x2y2代入1得+=1，所以n=，则1:1+=，2:1+=…………3分4n344()()4433(y−1)(y+1)y2−1（2）设M(,)xy，N(,)xy,则kk=11=11122PMPM132(xx11−+1)(1)x1−124−x1xy224xx224−−1又因为11+=1,所以y2=(1−11)=，则kk=3=−1，441PMPM1323()343x1−13k同理可得kk=−3，所以2=9…………9分PNPN13k1（3）设直线QQQQQQQN12,,,23344分别为l1,,,l2l3l4，其斜率依次为k1,,,k2k3k42y2设直线l:y−1=k(x−1)，联立3x+=1得(k2+3)x2+2(1k−k)x+(1−k)2−40=11441111kk2−−23kk2−−23−kk2−63+即有xx=11，所以x=11，代入直线方程得y=11QP212Q22Q22k1+3k1+3k1+32yQ−1−2k−6kk+3则k=2=11=−1，设fx()=−x+3，则经过PP,的两直线ll,之间斜率满2xk+−112x−11212Q222kk11−1足关系：k=f()k，将直线ll,绕原点顺时针旋转后也会经过，所以两者斜率满足21232−−1k−11=f()−，所以k=−11=−2=−31−1+3kk+2kk32f()−21k2同理将直线ll34,绕原点顺时针旋转后也会经过，所以两直线斜率满足k43=f()k(−1)+3k+3kk++235y−1y−1k=−3=−11=，设N(,)xy,则有=k，=k，代入上式得：4kk−1−1+3x−11x+143()−11k1+2y−1y+135+yy=x−1，得到y22=5x−16x+12=(5x−6)(x−2)所以=5，因此存在定xy−−1162x−+3x−x−15点G(6,0)，使直线GN和直线HN的斜率之积为定值5…………17分5