湖北省部分名校2025届高三上学期1月联考试题（云学联盟）数学（PDF版，含解析）

湖北部分名校 2025届高三 1月联考
高三数学参考答案
1.B Z = 1 2i因为 ，所以 z = 2 + i，则 z + 1 = 1+ i，所以
i + 1 = 2.
2.D 因为 U= ∈ ≤ 4 = 0,1,2,3,4 ，A = 2,3 ，则 A= 0,1,4 ，
又因为 B = 3,4 ，则( A)∪ B = 0,1,3,4 .
3.C 由题知共有两种情况，第一种情况：美术、街舞都选，则需从剩余的三个社团中选择一个，
共有 13种选择方法；
第二种情况：美术、街舞中选择一个，则还需从剩余的三个社团中选择两个，共有 1 22 3种选择方
法故不同的选择方法共有 3 + 6 = 9 种．
4.D 根据题意，函数 f(x) = x2 mx + 1 与函数 g (x)的图象关于直线 x=1对称．若 g (x)在区间
2, 1 内单调递增，则 f (x)在区间(3, 4)上单调递减，故 ≥2 4，m ≥8
5.B sin sin =cos 4 sin ，
cos
整理可得 2 2 = 4 sin cos ,所以有cos 2 = 2 sin 2 ，所以tan 2 = 1，
2
sin 4 = 2 sin 2 cos 2 = 2 tan 2 4所以
2
=
2 + 22 1+ 22 5
6．B 设第 n个正三角形的内切圆半径为 an ，第 n个正三角形的边长为bn，
可知 a 3n b
3
n（正三角形内切圆半径是正三角形边长的 ），6 6
b
又半径为 an 的圆内接三角形的边长b 满足 n 1n 1 2asin 60 n
，即
bn 1 3an，
b 1 3a b a 3 1所以 n 1 n n， n 1 b a ，2 6 n 1 2 n
1
即从第二个正三角形开始，每个正三角形的边长是前一个的 2 ，
1
每个正三角形的内切圆半径也是前一个正三角形内切圆半径的 2 ，
a 3 3 3
3 1
又 1 ，所以数列 an 是以 为首项， 为公比的等比数列，6 2 2 2
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1 n 1
n

所以 an 3
2
，则 a 3 ，
2 n 4
设前 n个内切圆的面积和为 Sn，
1 1 1
则 S 4 4
n 1
n 3 1 1
，
4n

1
4
1
7.A f(x) = ln a + 1 + b + ≠ 0 ≠ 1
1
函数 的定义域需满足 1 ，即 ，
x 1 1 ≠ 0 ≠ 1
1 1
又函数 f x 为奇函数，其定义域关于坐标原点对称，即 1 +1=0解得 a = ，
a 2
所以，定义域为( ∞, 1)∪ ( 1,1) ∪ (1, + ∞). 又 f(0)=0,即 b=ln2，a+b=ln2 + 1
2
8 . D 设 AB中点为Q(m,n) a，则 x1 x2 2m， y1 y2 2n，由题意，点 P( ,0)在线段 AB4
x 2 x 21 2 y
2 y 2 b2m
中垂线上，坐标代入椭圆方程得 2
1 2
2 0，所以 kAB 2 ，所以 AB中垂线a b a n
a2n a a2y n (x m) y 0 x b
2 2
m 0 m a a a b
2
方程： 2 ，令 ，则 2 ，又 ，所以 ，b m 4 a 4 a
b2 3 2e c 1 b 12 ， 2 ,1

.
a 4 a a 2
答案：D
9．BCD 对于 A，该圆锥的侧面积为 π 3 2 2 3π，A错误；
V 1对于 B，该圆锥的体积为 ( 3)2π 1 π，B正确；
3
对于 C，当 C为中点时，体积最大为 1，C正确；
对于 D，当球与圆锥内切时，表面积最大，此时球心在圆锥的高上，
设为O1，球半径为 r，过O1向 PB作垂线，垂足为D，则OD r，又 DPO1 60

，
2 2
所以 PO1 r，所以 r r 1 r 3 2 3 ，D正确，故选：BCD3 3
10．ACD 设点 , ，因为点 P到定点 F 0,5 的距离与到定直线 y 1的距离之和为 6，
所以 x2 y 5 2 y 1 6，
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y 1 x2 y 5 2 7 y 2当 时，得 ，两边平方得 x 4y 24 1 y 6 ，
当 y 1时，得 x2 y 5 2 5 y 2，两边平方得 x 20y 0 y 1 ，
A，由图易知，两段抛物线弧均关于 y轴对称，故曲线C关于 y轴对称，正确；
B，如图，曲线C由两段抛物线弧组成，在 x2 4y 24 1 y 6 中，
令 x 4，得 y 2 3，故点 (4,3)不在曲线C的内部，错误；
C，若点 x 20 , y0 在 x 4y 24 1 y 6 2上，得 x0 4y0 24 20，所以 2 5 x0 2 5 ，
2
若点 x0 , y0 在 x 20y 0 y 1 上，同理得 2 5 x0 2 5 ，正确；
D，F为焦点，y=7为准线，可得 D对，故选：ACD
11．ACD 由题意可得 f x 3ax 2 6x 3x ax 2
令 f x 0 2，当 a 0时，得 x 0或 x ．
a
a 0 f x , 2 2 对于 A，当 时， 在 和 0, + ∞ 上单调递增，在a , 0 上单调递减，所以 f x 在 a
x 0处取得极小值 f 0 1；
a 0 f x ,0 2 2 , 0, 当 时， 在 和 上单调递减，在 上单调递增，所以 f x 在 x 0处
a a
取得极小值 f 0 1；
当 a 0时， f x 6x， f x 在 ,0 上单调递减，在 0, + ∞ 上单调递增，所以 f x 在 x 0
处取得极小值 f 0 1，所以 A正确；
对于 B， 只有一个零点，所以 B错；
对于 C，当 1 a 0时，f x 2在 , 0
2
a
上单调递减， 又 2，因为 2 a 1 a 0，所以
a
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1 > ，所以 C正确；
2 2
对于 D，若 f x 存在极大值点，则 x1 ，即 a x ，a 1
因为 f x1 f x 3 22 ，所以 ax1 3x1 ax
3
2 3x
2
2 ，
2x2 3x2 2 3 2 3 2 3 2所以 1 1 x2 3x2 ， 2x2 3xx 1
x2 x1 0，即 x1 x2 x1 2x2 0，
1
又 x1 x2 ，所以 x1 2x2 0，所以 D正确．故选：ACD．
1
12. 2
P(AB) P(AB) 3 8 ，且 P(B) ， P(AB) P(AB) P(B) 1 ，
P(B) 8 15 5
P(AB) P(B) P(AB) 8 1 1 ，
15 5 3
P(B A) P(AB) 2 ， P(A) 1 ．
P(A) 3 2
13. 8
2 2
AP AR (AQ QP) (AQ QR) (AQ QP) (AQ QP) AQ PQ 20，
2 2
AQ2 24， AB AC (AQ QB) (AQ QC) AQ QB 24 16 8．
14. 16 3
3
因为 BC AA ，BC AB， AB AA A，所以 BC 平面 ABB A ，因为 BC //平面 ，
BC 平面 BCC B ，且平面 BCC B 平面 B C ，所以BC // B C ，又因为 BB //CC ，
所以 BC //B C ，同理可得，AD//A D ；又因为 AD//BC，所以多面体 ABCD A B C D 为直
四棱柱 ABB A DCC D ．作 BM // A B 交 AA 于点M ，所以平面 BCM //平面 A B C D ，
又因为 BC 平面 ABB A ，所以 ABM ；作 AN A B 于N ，所以 BC AN ，即
B C AN ，又 A B B C B ，所以 AN 平面 A B C D ，即 AA N 60 ，所以
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AMB 60 D；在 ABM 中由正弦定理得，
A
4 CAM sin ，
3 M
B
4 D BM sin( 60 ) 2cos 2 sin ，点B到 C
3 3 A
N B
直线 AA 的距离为
d BM sin 60 3 cos sin ，所以多面体 ABCD A B C D 的体积
V 1 (AA BB ) d 1 BC (2cos 4 2cos sin )( 3 cos sin ) 2，化简得
2 2 3
V 8 8 16 3

sin(2 ) ，当且仅当 时取等．
3 3 6 3 6
15.（1）法一： = 2 + 1
当 = 1时， 1 = 1 = 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 分
当 ≥ 2时， = 1
∴ = 2( 1)+1 ∴ = 2 1 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 分
∴ 1 = 2( 1 1)
又∵ 1 1 = 2 ≠ 0

∴ Sn 1 是以 2为首项，2为公比的等比数列
∴ 1 = 2 × 2 1 ∴ = 1 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 分
= 1 时也满足上式，∴ = 1 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 分
法二：当 = 1 时， 1 = 1 = 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 分
当 ≥ 2时， = 2 + 1 1 = 2 1 + 1
∴ = 2 2 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 分
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∴ = 2 1
又∵ 1 = 1 = 1 ≠ 0
∴ a n 是以 1为首项，2为公比的等比数列
∴ = 1 × 2 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 分
∴ = 2 + 1 = 1 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 分
（2）∵ = 1 2 = 2 + 1
∴ = 2 1
2n 1,n为奇数
c . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8 分∴ n
1 2
n ,n为偶数
∴ 2 = 1 + 2 + 3 + 4 + + 2 1 + 2
= ( 1 + 3 + + 2 1) + ( 2 + 4 + + 2 )
= ( 20 22 24 22 2) + (1 22 + 1 24 + + 1 2 )
1（ 1 4n ) n 4 (1 4
n )

1 4 1 4
n 5 (1 4n )
3 .......................13分

16.（1）由 2b2 cos A ab cosB 2 AB AC ，可得b cos A ab cosB 2bc cos A，
即b cos A a cos B 2c cos A，
所以 sin B cos A sin Acos B 2sinC cos A，
sinC 2sinC cos A，因为 sinC 0，
cos A 1所以 ,又0 A , 所以A
2 3 ..........................................................7分
2 a b c 4 3（ ）由正弦定理可得 8
sin A sin B sinC 3
2 .................................9分
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3 1b c 8( 3 1sin B sinC) 8( 3 1sin B sin(B ))
2 2 2 3
8( 3 sin B 3 cosB) 4 6 sin(B )
2 2 4 .....................................................11分
0 < B <
因为 ABC 2 为锐角三角形，则 ，解得 < < .................13分
0 < 2π B < 6 2
3 2
5 3 B sin(B ) ( 2 ,1]
12 4 4 ， 4 2

4 6 sin(B ) (4 3,4 6]
4
3 1
所以 b c的取值范围是 (4 3,4 6] ..........................................................15分
2
17.（1）证明：
连接 BD交 AC于 N，连接 GN，GF，
∵ABCD是菱形，∴AC⊥BD，且 N是 AC的中点，
1
∴GN//AE且 GN= AE， AE// BF， AE=2BF=2，∴GN//BF且 GN=BF，
2
∴四边形 BNGF是平行四边形，
∴GF//BN， ………………………………2分
又 EA⊥平面 ABCD，∴EA⊥BN ，又因为 AC EA=A，
∴NB⊥平面 EAC，∴GF⊥平面 EAC，又 AG 平面 EAC，∴GF⊥AG ……………4 分
∵四边形 ABCD是菱形，∠ABC=60，∴AC=2 .∵AE =2 ,G为 EC中点
∴AG⊥EC.又因为 EC GF=G，∴AG⊥平面 EFC ………………6 分
（2）
∵GN//AE，AE⊥平面 ABCD，
∴GN⊥平面 ABCD且 CN⊥BN
∴以 N为原点，NC，NB，NG分别为 x，y，z轴建立空间直角坐标系
∴E（－1，0，2），B（0， 3，0），C（1，0，0），F（0， 3，1）
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A（－1，0，0），D（0，－ 3，0）.................................8分
∴CE =（－2，0，2）， BC =（1， 3，0）， BF =（0，0，1）
设平面 BCF的一个法向量为 n1 (x1, y1, z1)
n1 BC x1 3y1 0
则 ,取 y1=1
n1 BF z1 0
∴ n1 （ 3，1，0）...........................................................10分
M在棱 CE上，设CM CE ( 2,0,2) ( 2 ,0,2 )(0 1)
CM n 2 3 3
∴点 M到平面 BCF的距离 d 1 3
n1 ( 3)2 12 4
1
∴
4 ....................................................................................12分
CM 1 1 1 1∴ =（－ ，0， ），又DM DC CM （1，3，0） （ ，0，）
2 2 2 2
1 1
=（ ， 3， ），DB =（0，2 3，0）
2 2
设平面 MBD的一个法向量为 n2 （x2 , y2 , z2）
n 1 1 2 DM x2 3y2 z 0
∴ 2 2
2 ,

n2 DB 2 3y2 0
∴取 x2 1
∴ n2 （1,0, 1）..........................................................................13分
又平面 ABCD的一个法向量为 n3 （0,0,1）
设二面角 M-BD-C的平面角为 ，
n，n 2
则 cos cos n 2 32，n3 （0 ）
n 22 n3
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∴ sin 2
2
2
综上：二面角 M-BD-C的正弦值为 ................................15分
2
（另：用几何法可以直接确定 M 的位置）
18.（1）当直线 l的斜率不存在时，此时直线 l与双曲线交于上下顶点，与题意矛盾；
故直线 l的斜率一定存在，可设直线 l的方程为： y kx 3； P(x1, y1),Q(x2 , y2 )
y kx 3
2 2
联立 y2 x2 得： (5k 4)x 30kx 25 0
1 4 5
x x 30k 1 2 5k 2 4
...........2分
x x 25
1 2

5k 2 4
5k 2 4 0
0 2 5 2 5令 解得 k ...........5分
5 5
x1x2 0
（不写5k 2 4 0扣 1分，利用渐近线数形结合的方式求出结论给满分）

x1 5x2

2 30k k 2 16（ ） 依 题 x x 解 得 ， 由 图 形 可 以 分 析 出 k 0 ， 故1 2
5k
2 4 65
x x 25 1 2 5k 2 4
k 4 65 4 65 直线方程为y x 3 ..........9分
65 65
（3） k y1 2 y 2MP , k 2NQ ...........11分x1 x2
kMP (y1 2)x2 (kx1 1)x 2 kx x x 1 2 2 ...........13分
kNQ (y2 2)x1 (kx2 5)x1 kx1x2 5x1
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x 30k 1 x2 2 5
由 5k 4 可知 kx1x2 (x1 x2 ) ...........15分
x x 25
6
1 2

5k 2 4
5
k (x1 x2 ) x2
代入上式得 MP
kx1x2 x2 6 1 为定值...........17分
kNQ kx x 51 2 5x1 (x x ) 5x 5
6 1 2 1
（其他方法请酌情给分）
lim sin x19.解：（1）. lim cos x 1，.............................1分
x 0 x x 0 1
(sin x)' lim sin(x x) sin x lim cos(x x)依据导数的定义： cosx（4分）
x 0 x x 0 1
sin x
（2）（i）因为 f (x) ，定义域为 R
2 cos x
f '(x) cos x(2 cos x) sin x( sin x) 2cos x 1所以 2 ...............................6分(2 cos x) (2 cos x)2
f ' (x) 0 2k 2 令 ，解之得： x 2k 4 ,k Z ；.............................7分
3 3
所以 f (x) 2 4 的单调递减区间为 (2k ,2k ),k Z .............................8分
3 3
（ii）解法一.因为 f (x) ax对任意 x [0, )恒成立，且当 x 0时，不等式显然成立-----9分
x 0 f (x)所以，当 时，原式可转化为 a恒成立，
x
令 g(x) f (x) sin x ，即 a g(x)
x 2x x cos x max
g '(x) 2x cos x x 2sin x sin x cos x因为：
(2x x cos x)2
， .............................11分
令 h(x) 2x cos x x 2sin x sin x cos x
h '(x) 2sin x(sin x x)，当 x (0, )时，0 sin x x, h '(x) 0，
h(x)在 (0, )上单调递减，
所 以 h(x) h(0) 0 '， 即 x (0, ) 时 g (x) 0, 所 以 g(x) 在 (0, ) 上 单 调 递 减 ，
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lim sin x lim cos x 1 ，所以 g(x) 1 ..............................15分
x 0 x(2 cos x) x 0 2 cos x x sin x 3 3
x [ , ) g(x) sin x 1 1 1当 时， ，
2x x cos x x 3
1
综上可知：实数 a的取值范围为[ , ) ..........................................................
3 17分
g(x) ax f (x) ax sin x解法二.令 ，x [0, )，
2 cos x
g '(x) a 2cos x 1 2( sin x)(2 cos x)
2 (2cos x 1)2(2 cos x)( sin x)
g ''， (x)
(2 cos x)2 (2 cos x)4
2sin x(2 cos x)2 2sin x(2 cos x)(2cos x 1) 2sin x(1 cos x)
4 .............................11分(2 cos x) (2 cos x)3
当 x [0, ) ''时， g (x) 0 ' '，所以 g (x)单调递增， g (0) a 1
3
a 1所以当 时，当 x [0, )时， g '(x) 0恒成立， g(x)单调递增，所以 g(x) g(0) 0恒
3
成立.............................13分
x [ , ) ax 1 sin x 1当 时， ，恒成立，所以，当 a 时 g(x) 0，对任意 x [0, )
3 2 cos x 3
恒成立；.............................15分
a 1 g ' (x) x [0, ) ' 1当 时， 在 单调递增， g (0) a 0，所以，存在 x0 (0, )，使得当3 3
x (0, x ) g '0 时， (x) 0， g(x)在 x (0, x0 )上单调递减，所以 g(x) g(0) 0，不成立
1
综上可知，实数 a的取值范围为[ , ) .............................
3 17分
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