湖北省宜昌市远安县第一高级中学2025届高三下学期模拟考试（一）数学试卷（含答案）

这是一份湖北省宜昌市远安县第一高级中学2025届高三下学期模拟考试（一）数学试卷（含答案），共9页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.已知集合A=xlg2x0,则f(2x)+f(x−3)>0的解集是( )
A. (−∞,1)B. (1,+∞)C. (−∞,−3)D. (−3,+∞)
7.已知圆台的侧面展开图是半个圆环，侧面积为4π，则圆台上下底面面积之差的绝对值为( )
A. πB. 2πC. 4πD. 8π
8.已知02．
19.(本小题17分)
如图，已知给定线段B1C1长为2，以B1C1为底边作顶角为θ0°0)，则BP=λPE，设P(a,b,c)，
则有(a−2,b,c)=λ−1−a, 3−b,2−c，解得a=2−λ1+λ,b= 3λ1+λ,c=2λ1+λ，得P2−λ1+λ, 3λ1+λ,2λ1+λ，
所以BC=−2,2 3,0,BE=−3, 3,2，AP=2−λ1+λ, 3λ1+λ,2λ1+λ
设平面BCE的法向量为n=(x,y,z)，则有n⋅BC=−2x+2 3y=0n⋅BE=−3x+ 3y+2z=0,
令y=1，得n= 3,1, 3，
设直线AP与平面BCE所成角为θ，
所以sinθ=csAP,n=AP⋅nAPn=2 3(1+λ)1+λ 8λ2−4λ+4(1+λ)2× 7= 3(1+λ) 14λ2−7λ+7=3 2114，
解得λ=12或λ=57，
所以BPPE=12或57．

17.解：(1)由题设ca= 2且a2+b2=c2，则a=b,c= 2a，
由l⊥x轴时，|PQ|=2 2，不妨令P( 2a, 2)，代入双曲线得2a2a2−2b2=1，
所以a2=b2=2，则所求方程为x22−y22=1；
(2)(i)设P(x1,y1),Q(x2,y2)，则N(1,y1)，由l斜率不为0，设l:x=my+2，
联立双曲线并整理得(m2−1)y2+4my+2=0，则m2−1≠0,Δ=8m2+8>0，
所以y1+y2=−4mm2−1,y1y2=2m2−1，
由x2≠1，直线NQ:y=y2−y1x2−1(x−1)+y1，
根据双曲线的对称性，直线NQ所过定点必在x轴上，
令y=0，则y2−y1x2−1(x−1)+y1=0⇒x=y2−y1x2y2−y1，
因为x2=my2+2，所以x=y2−my1y2−2y1y2−y1，
而y1+y2y1y2=−2m⇒y1+y2−2=my1y2，则x=y2+y1+y22−2y1y2−y1=32，
所以NQ过定点M(32,0)；

(ii)由S▵OQN=12|OM||y1−y2|=34 (y1+y2)2−4y1y2=3 22⋅ m2+1(m2−1)2，
由(i)，m2−1≠08(m2+1)>0y1y2=2m2−10，g(x)=ex−a x有解，g′(x)=ex−a2 x=2ex x−a2 x，
①若a≤0,g(x)单调递增，g(x)>g(0)=1此时不存在零点；
②若a>0，令ℎ(x)=2ex x−a，ℎ(0)=−a0，
由零点存在定理可知存在x0∈0,a2,ℎx0=0，
所以g(x)在0,x0上为减函数，在x0,+∞上为增函数，
故g(x)min=ex0−a x0=a2 x0−a x0≤0，解得x0≥12，故a≥ 2e12= 2e．
(ⅱ)因为函数f(x)存在零点，所以f(x)=ex−a x−bx有解x0，其中x0≥0，
若x0=0，则1−a×0−b×0=0，该式不成立，故x0>0．
故a x0+bx0−ex0=0，考虑直线a x0+bx0−ex0=0，
a2+b2表示原点与直线a x0+bx0−ex0=0上的动点(a,b)之间的距离，
a2+b2≥ex0 x02+x0，所以a2+b2≥e2x0x02+x0，
x0>0时，要证a2+b2>2，只需证e2x0x02+x0>2，
即证e2x0−2x02−2x0>0．
令g(x)=e2x−2x2−2x,x>0，则g′(x)=2e2x−4x−2=2e2x−2x−1，
令ℎ(x)=e2x−2x−1，x>0，故ℎ′(x)=2e2x−1>0,ℎ(x)在(0,+∞)上为增函数，故ℎ(x)>ℎ(0)=0．
即g′(x)>0,g(x)在(0,+∞)上为增函数，
故g(x)>g(0)=1，故e2x0x02+x0>2，即a2+b2>2成立．

19.解：(1)设▵A2B2C2的外接圆半径为r2，由题意知，
A1B1=B1C12sinθ2=1sinθ2，B2C2=13A1B1=13sinθ2，
又A2=θ，故2r2=B2C2sinθ=13sinθsinθ2．
故▵A2B2C2的外接圆半径为r2=16sinθsinθ2．
(2)设▵AnBnCn的外心为On，外接圆半径为rn，BnCn的中点为Mn，BnCn=ln，
则rn=ln2sinθ，AnBn=ln2sinθ2，ln+1=13AnBn=ln6sinθ2．

注意到An−1Bn−1的中点也为Mn，故An−1Bn−1的中垂线与BnCn中垂线重合．
由题意知An，On，On−1均在BnCn的中垂线上．
而On−1Mn=An−1Mn⋅tanθ2=An−1Bn−12⋅tanθ2=ln−14csθ2=ln−12 3，
OnMn=BnMntanθ=ln2tanθ=ln−112sinθ2tanθ=ln−16 3，
故OnOn−1=On−1Mn+OnMn=2ln−13 3．
另一方面，rn−1−rn=ln−12sinθ−ln2sinθ=ln−12sinθ1−16sinθ2=2ln−13 3=OnOn−1，
故▵AnBnCn的外接圆内切于▵An−1Bn−1Cn−1的外接圆．
从而▵AnBnCn的外接圆各点位于▵An−1Bn−1Cn−1的外接圆上或其内部.①
反复使用结论①可得，▵AnBnCn的外接圆位于▵A1B1C1外接圆上或其内部．
故▵AnBnCn各顶点均在▵A1B1C1外接圆上或其内部．
(3)若满足题意，则A2位于在▵A1B1C1外接圆上或其内部，故A2O1≤r1．
由(2)知O1M2=A1M2⋅tanθ2=A1B12⋅tanθ2=l14csθ2，
A2M2=l22tanθ2=l1⋅csθ212sin2θ2，A2O1=A2M2+O1M2=l141csθ2+csθ23sin2θ2.
由题意，A2O1≤r1，即l141csθ2+csθ23sin2θ2≤l12sinθ，解得12≤sinθ2≤1．
故60°≤θ≤90°．
当60°≤θ≤90°，同上可得AnOn−1≤rn−1．
由(2)知An，On，On−1共线，故AnOn+OnOn−1≤rn−1，即rn+OnOn−1≤rn−1．
故OnOn−1≤rn−1−rn，故▵AnBnCn的外接圆位于▵An−1Bn−1Cn−1外接圆上或其内部．
故▵AnBnCn各顶点均在▵A1B1C1外接圆上或其内部，故csθ的范围为0,12．X
0
1
2
3
P
1125
12125
48125
64125