四川金太陽(yáng)2025屆高三5月聯(lián)考（25-507C）數(shù)學(xué)試題及答案

2025屆高三數(shù)學(xué)試題參考答案2.D由題意可得2,解得p=4,則|AF|=2十3.C由題意可得f(0)=1十a(chǎn)=0,解得a=—1,則f(a)=f(—1)=—f(1)=—(2—5—1)=4.十|父|≤0,則q是真命題.5.B由題意可得圓C:(父—1)2十(y十2)2=25,則圓心C(1,—2),半徑r=5,則圓心C到直線l的距離因?yàn)閳AC上恰有兩個(gè)點(diǎn)到直線l的距離為2,所以r—2<d<r十2,即 又m>0,所以十父因?yàn)樵谏蠁握{(diào),所以得0<w≤1.7.A由●可得PF1丄PF2,則|PF1|2十|PF2|2=|F1F2|2.因?yàn)椤鱌F1F2的面積為所以則|PF1||PF2|=7,從而2—2|PF1||PF2|=|F1F2|2,即4a2—14=4C2.又C的離心率為所以解得從而,則C的面積為πab=2\π.即父.令g父,則可知g(父)在(0,十∞)上單調(diào)遞增.g(父十EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up4(十a(chǎn)),十a(chǎn))EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up4(十a(chǎn)),十a(chǎn))由f<父2十父十a(chǎn)2—3a可得g—g(4)<0,即g(父十a(chǎn))<g(4),則0<父十a(chǎn)<4在父∈[1,4]時(shí)恒成立,解得—1<a<0.9.ABD由圖可知行駛速度超過80km/h時(shí),相同條件下,A車的燃油效率高于B車的燃油效率,則A正確.B車以40km/h的速度行駛1小時(shí),行駛40km,此時(shí),燃油效率大于5km/L,消耗的汽油不超過10升,則B正確.行駛速度在80km/h以下時(shí),相同條件下,每消耗1升汽油,B車行駛的路程比A車行駛的路程多,所以在該路段B車更省油,則C錯(cuò)誤.行駛速度為80km/h時(shí),A,B兩輛車每消耗1升汽油,行駛的路程相同,所以以80km/h的速度行駛相同路程,A,B兩輛車消耗的汽油一樣多,則D正確.M10.BC如圖,設(shè)N,G分別為EB,FC的中點(diǎn),連接MN,MG,EG,AF.在直三棱柱ABC-DEF中,有MD丄DE,CF丄EF,AM丄AC.因?yàn)锳D=AB=BC=2,M為AD的中點(diǎn),所以ME2=MD2十DE2=5,CE2=BE2十BC2=8.又AB丄BC,所以AC2=AB2十BC2=8,MC2=MA2十AC2=9,則ME2十CE2≠M(fèi)C2,從而ME與EC不垂直,AMFDFGACEGACENB不正確.易得MN丄平面EFC,則△EFC●,B正確.易知MGⅡAC,則ME與AC所成的角為上EMG,由MG2=AC2=8,EG2=EF2十FG2=5,得cos上正確.易知三棱錐E-ABC的外接球即為直三棱柱ABC-DEF的外接球,該外接球的直徑為AF=\/AC2十CF2=2\,則三棱錐E-ABC的外接球的表面積為不正確.11.BD因?yàn)閨|||為A上的范數(shù),所以由||兒a十yb||=0,可得兒a十yb=(0,0,0),取a=(1,1,1),b=(—1,—1,—1),可得兒十y=0,A不正確.因?yàn)閨|||為A上的范數(shù),所以由②③可得||兒a十)3=—1<0,r7不為A上的范數(shù),C不正確.由La=\兒2十y2十z2,可知La≥0,且當(dāng)且僅當(dāng)a=(0,0,0)時(shí),La」=0,滿足①.Vk∈R,a∈A,可得Lka」=\/(k兒)2十(ky)2十(kz)2=|k|\兒2十y2十z2=|k|●La,滿足②.設(shè)a,b∈A,且a=(兒1,yEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up6(2),卷)\/兒EQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up4(2),1)十yEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up4(2),1)十zEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up4(2),1),Lb=\/兒EQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up4(2),2)十yEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up4(2),2)十zEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up4(2),2),則(La十Lb)2—(La十b)2=2\/(兒EQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up4(2),1)十yEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up4(2),1)十zEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up4(2),1))(兒EQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up4(2),2)十yEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up4(2),2)十zEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up4(2),2))—2(兒1兒2十y1y2十z1z2).因?yàn)?兒EQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up4(2),1)十yEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up4(2),1)十zEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up4(2),1))(兒EQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up4(2),2)十yEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up4(2),2)十EQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up4(2),2)y 和(1,十∞)上單調(diào)遞增,當(dāng)兒<1時(shí),f’<0,則f在上單調(diào)遞減,故f(兒)極小值=f(1)=—6.13.192甲、乙站在丙的左側(cè),有2AEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up4(2),2)AEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up4(4),4)=96種不同的站法;甲、乙站在丙的右側(cè),有2AEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up4(2),2)AEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up4(4),4)=96種不同的站法.故滿足條件的站法有96十96=192種.PHGCB如圖,將平面PAB與平面PBC展開到同一平面,作AH丄PC,垂足為H,AH與PB交于點(diǎn)G,則AE十EF≥AH,當(dāng)且僅當(dāng)E與G重合,且F與H重合時(shí),等號(hào)成立.在△PAB中,由余弦定理可得cos上因?yàn)?<上APB<π,且PHGCBcos上APB>0,所以0<上上則sin上APC=15.解:(1)因?yàn)镾n=n2十k,所以a1=S1=k十1,……………1分a2=S2—S1=k十4—(k十1)=3,…………2分a3=S3—S2=(k十9)—(k十4)=5.………3分因?yàn)閧an}是等差數(shù)列,所以a1十a(chǎn)3=2a2,即k十1十5=2×3,解得k=0.……………5分(2)由(1)可知Sn=n2,則Sn—1=(n—1)2=n2—2n十1(n≥2),………6分故an=Sn—Sn—1=2n—1(n≥2).…………7分因?yàn)閍1=1也滿足an=2n—1,所以an=2n—1.…………8分由可知bn=22n—1,則bn十1=22n十1,故分因?yàn)閎1=2,所以{bn}是首項(xiàng)為2,公比為4的等比數(shù)列,………………11分則分16.解:(1)因?yàn)閏(2—cosA)=acosC,所以(2—cosA)sinC=sinAcosC,……………1分所以2sinC=sinAcosC十cosAsinC.…………………2分因?yàn)锳十B十C=π,所以sinB=sin(A十C)=sinAcosC十cosAsinC,……………4分所以2sinC=sinB,………………………5分則…………………6分因?yàn)樗苑止?AEQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up4(→),D)2=4AEQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up4(→),B)2十4AEQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up4(→),B)●A十A2.……………………9分因?yàn)閎=6,所以c=3,所以AB2=c2=9,AB●AC=因?yàn)閎=6,所以c=3,所以AB2=c2=9,AB●AC=bccosA=9,AC2=36,………12分所以9AEQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up5(→),D)2=4×9十4×9十36=108,則AEQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up5(→),D)2=12,……13分→故|AD|=\=2\,即AD的長(zhǎng)為2\.……………15分→17.解:(1)由題意可得X的所有可能取值分別為0,10,20,30.……………1分分……………4分分則X的分布列為X0P 9 9………………6分故十十十8分(2)甲、乙獲得的獎(jiǎng)勵(lì)金額之和不低于50元的情況有以下三種:第一種情況是甲獲得20元獎(jiǎng)勵(lì),乙獲得30元獎(jiǎng)勵(lì),其概率分第二種情況是甲獲得30元獎(jiǎng)勵(lì),乙獲得20元獎(jiǎng)勵(lì),其概率分第三種情況是甲和乙都獲得30元獎(jiǎng)勵(lì),其概率分故甲、乙獲得的獎(jiǎng)勵(lì)金額之和不低于50元的概率為P1十P2十分解:由f=父2十父,得fI十2e1—父,…1分則f(1)=0,fI(1)=3,……………………3分故f(父)的圖象在點(diǎn)(1,f(1))處的切線方程為y=3父—3.……………4分解:由f=0,得e1—父=0.……5分EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up6(1),父)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up6(1),父)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up6(1),父)EQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up11(父—),父2)父—1).………………………6分十父—1,父>0,顯然h(父)在(0,十∞)上單調(diào)遞增,…7分且故3父=0.………8分,h(父)<0,則gI(父)<0,g(父)單調(diào)遞減;當(dāng)父∈(父0,十∞)時(shí),h(父)>0,則gI(父)>0,g(父)單調(diào)遞增.…………………9分=0,從而g(父)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為2,即f(父)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為2.……………12分證明:要證f≥3ln父,需證e父—1≥2.…………13分…………………………14分父2十2父EQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up10(4),父)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up5(十),3)2>0,則H(父)在(0,十∞)上單調(diào)遞增.…………15分因?yàn)镠(1)=0,所以當(dāng)父∈(0,1)時(shí),H(父)<0,則φI(父)<0,φ(父)單調(diào)遞減,當(dāng)父∈(1,十∞)時(shí),H(父)>0,則φI(父)>0,φ(父)單調(diào)遞增,……16分從而φ(父)≥φ(1)=2,證畢.………………17分19.解:(1)D的方程為分ylT(2)(i)若lα,lβ共面,則lαⅡlβ,如圖1,過弦lβ的中點(diǎn)M作MH丄α,垂足為H,過H作HN丄lα,垂足為N,則lα,lβ所在直線間的距離為MN.……4分ylT雙曲面DlHN:'因?yàn)棣僚cβ之間的距離為\b,所以MH=\b,0≤HN<3a,·……………雙曲面DlHN:'Ta則MN2=MH2十HN2∈[3b2,3b2十9a2),圖1故MN∈[\b,\/3b2十9a2).……………6分若lα,lβ異面,如圖2,設(shè)CD=lα,AB=lβ,且A(父1,義1,\b),)(義4).…………………7分圖1→→設(shè)向量n=(父0,義0,y0)滿足n丄AB且→→EQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up9(父0),父0)EQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up9(父2),父4)EQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up9(父1),父3)EQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up9(十義0),十義0