參考答案及解析數(shù)學2025屆高三年級10月份聯(lián)考數(shù)學參考答案及解析氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵1.D【解析】由題意可知CRB={父父>3},故(CRB)=(3,十∞).故選D.2=2i.故選A.0.2<π1=0,故a>b>c.故選D.4.C【解析】因為2tan(α十β)=3tanα=6,所以tan(α十β)故選C.→→→→5.B【解析】當E,D不重合時,ED=EB十BD=EB十氵氵氵氵氵氵,即當E,D重合時,=0,=氵氵氵氵氵→十2EC,故μ=2λ,只有B始終成立.故選B.氵氵氵氵氵氵氵6.B【解析】由等比數(shù)列性質(zhì)可得a3a10=a6a7=9,設}的公比為氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵.氵氵氵氵氵7.C【解析】如圖,取AC的中點為E,則BE丄AC,連氵氵氵氵接DE,則DE丄AC,因為所以BE2十DE2=BD2,所以BE丄ED,又AC∩氵氵氵氵=E,且ACG平面ACD,EDG平面ACD,所以BE丄平面ACD,又E為直角三角形ADC的外心,所以球心O在BE上,設球O的半徑為r,則在Rt△OEC中,OE2十CE2=OC2,即(\—r)2十12=r2,解得r=所以球O的體積為故選C.BCACAD8.D【解析】因為曲線所以C是雙=1的右支,其焦點為漸近線為y=±父.由題意,設l:y=k且|k|>1(故A選項可排除),聯(lián)立得k2十1=0,Δ=4(k2十1)>0,所以父A十父B 父的斜率為,解得故選D.數(shù)學參考答案及解析氵氵氵氵9.BCD【解析】設橢圓C的長半軸長為a,短半軸長為氵氵氵氵b,半焦距為c,由題意可得橢圓C的標準方程為2氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵,所以橢圓C的焦點在父軸上,故A錯誤;且故其右焦點坐標為,故B,氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵故D正確.故選BCD.氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵10.AC【解析】由題意可得父十父— 氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵(0,十∞)上單調(diào)遞增,由父可得f(父)<f(y),即可得父<y;因此y—父十1>1,故 >0,故A正確;取父 0,由指數(shù)函數(shù)單調(diào)性可知2025y—父>1,氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵11.AC【解析】若a≠b時,f(a)=f(b)≠0,則令父=a,y=b時,有f(ab十f(a))=af(b)十2,同理,令父=b,y=a有f(ab十f(b))=bf(a)十2,兩式相減可得(a—b)f(a)=0,故a=b,這與假設矛盾,故若f(a)=f(b)時,必有a=b,即f(父)是單調(diào)函數(shù),C正確;用f(a)替換a,則等價于f(f(a)b十f(f(a))=f(a)f(b)十2,互換a,b后上式等價于f(f(b)a十f(f(b))=f(a)f(b)十2,氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵f(b)a十f(f(b)),令a=1,2,分別有f(1)b十f(f(1))=f(b)十f(f(b))和f(2)b十f(f(2))=2f(b)十f(f(b)),兩式相減則可得f(b)=[f(2)—f(1)]b十f(f(2))—f(f(1)),即f(父)=[f(2)—f(1)]父十f(f(2))—f(f(1)),設f(2)—f(1)=S,f(f(2))—f(f(1))=t,則f(父)=S父十t,代入原條=t,t(S十1)=2,解得S=t=1,即f(父)=父十1,f(父)存在唯一表達式,D錯誤;由表達式可知f(父)存在無數(shù)條對稱軸,且有無數(shù)個對稱中心,A正確,B錯誤.故選AC.填錯不得分)【解析】將這組數(shù)據(jù)從小到大排列72=18,因為8×75%=6,所以這組數(shù)據(jù)的第75百 因為f在區(qū)間上只有1個零點,故十解得故f(父)最小正周期的最小值為故答案為. 故×3×…×(n—1)=(n—1)!,且經(jīng)檢驗a1=0!=1滿足該通項公式,故參考答案及解析數(shù)學氵氵氵氵氵氵答案為1024.氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵=98,(2分) 氵氵氵氵氵氵(7(7分)氵氵氵氵氵氵氵氵則r>0.75,故可用線性回歸模型模擬氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵16.解:(1)由正弦定理及倍角公式得2B十sin2A=.sin2B十.sin2A=2sinAcosB十2sinBcosA=2sin(A十B)=2sin氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵得cosC=sinC,即tanC=1,C∈(0,π),故.氵氵氵氵氵氵氵氵氵—\ab≥(10分)解得ab≤4十(12分)當且僅當a=b時取等號,(13分)△ABC的面積故△ABC面積的最大值為(15分)17.證明:(1)因為四邊形ABCD是正方形,所以ABⅡCD,(1分)又AB丈平面CDMN,CDG平面CDMN,所以ABⅡ平面CDMN,(3分)又平面ABNM∩平面CDMN=MN,ABG平面ABNM,所以ABⅡMN.(5分)(2)記BG的中點為O,AD的中點為E,AB上靠近點B的四等分點為F,連接OE,OF,OM,MG,則有OEⅡAB,OFⅡAD,OM丄平面ABCD,又EO,OFG平面ABCD,所以OM丄OE,OM丄OF,(7分)故OM,OE,OF兩兩相互垂直,以O為坐標原點,OE,OF,OM所在的直線分別為父,y,z軸建立如圖所示的空間直角坐標系O—父yz,因為直線MG與平面ABCD所成的角為上MGO,數(shù)學參考答案及解析氵氵所以tan上得,氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵由題意得,A(3,2,0),D(3,—2,0),M(0,0,2\), 所以 (11分)氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵令∞=2,則y=0,義故(13分)設直線AN與平面ADM所成的角為α,則sinα= 氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵,令氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵(1分)當時,fI(∞)<0,f(∞)單調(diào)遞減,當∞時,fI>0,f單調(diào)遞增,氵氵氵氵氵氵故f(∞)有唯一極小值點即為最小值點.(3分)則氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵(2)解法一:令十ea,h=ln∞,則f(∞)=g(∞)●h(∞),①當∞∈(0,1)時十a(chǎn)>0,h(∞)<h(1)<0,則f(∞)<0,(5分)②當∞=1時,f(∞)=0,(6分)氵氵氵>0,當時,<0,即為f的一個零點,(7分)綜上所述,f(∞)共有2個零點.(8分)解法二:或,(6分)因為a<0時故,(7分)故有兩個零點.(8分)(3)∞=1時,等號兩邊成立,滿足題意,令l(∞)= ①當a<0時不符合題意;(9分)②當a=0時,l(∞)=ln∞—e(∞—1),l(e)<0,不符合題意;(10分)則必然存在∞∈(1,ε0)使得lI(∞)<0,即l(∞)在∞∈(1,ε0)上單調(diào)遞減,而l(1)=0,則l(∞)在∞∈(1,ε0)上為負,不符合題意;(11分)ln2—e<0,不符合題意;(12分)參考答案及解析數(shù)學氵氵氵氵⑤當a>1時,首先l(父)應當滿足l(e)≥0,氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵>0在該定義域內(nèi)恒成立,氵氵氵氵氵氵氵氵又注意到r(2)=0,至此,我們得到了滿足題意的一個必要條件a∈[2,十∞).(14分)下面我們證明其充分性:氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵即對于一個給定的氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵父父氵氵氵父氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵lI(父)在(1,e2—2e)上單調(diào)遞減,(e2—2e,十∞)上單調(diào)遞增,又lI(e)=0可知父=e為l(父)的極小值[1,十∞)恒成立,充分性證畢,綜上所述,a氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵19.解:(1)當分子比分母小時,比值小于1,顯然不在區(qū)呋[2,3],故{1,4,氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵氵另一方面,若n≥8,不妨設1∈A,則2,3∈B,則4,5,6,7∈A,此時8呋A,且8呋B,矛盾!綜上所述,正整數(shù)n的最大值為7.(10分)解法二呋[2,3],則a呋[2b,3b],又a>b>0,即若b∈A,[2b,3b]內(nèi)的數(shù)均不屬于A,(6分) 若1∈A,則{2,3}=B,則{4,5,6,7,8,9}=A,又 =2∈[2,3]