湖北省八校联考2025届高三下学期三模数学试卷（Word版附解析）

这是一份湖北省八校联考2025届高三下学期三模数学试卷（Word版附解析），文件包含高三数学试题解析板docx、高三数学试题考试板docx、高三数学试题答案docx等3份试卷配套教学资源，其中试卷共15页， 欢迎下载使用。
本试卷共 4 页，19 题，全卷满分 150 分，考试用时 120 分钟。
★祝考试顺利★
注意事项：
1、答题前，请将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并
将准考证号条形码粘贴在答题卡上的制定位置。
2、选择题的作答：每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，
写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3、非选择题作答：用黑色签字笔直接答在答题卡对应的答题区域内，写在试卷、草稿
纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4、考试结束后，请将答题卡上交。
一、选择题：本题共 8 小题，每题 5 分，共 40 分，在每小题给出的四个选项中，只有 一项是符合题目要求的。
1.若 a,b∈R,则“a+b>4”是“a,b 中至少有一个大于 2”的 (A)
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
解析 当 a+b>4 时,假设 a,b 都不大于 2,即 a≤2,b≤2,则 a+b≤4,这与 a+b>4 矛盾,所以“a+b>4”
是“a,b 中至少有一个大于 2”的充分条件;反之,当 a,b 中至少有一个大于 2 时,a+b>4 不一定成
立,如 a=3,b=1 时,a+b=4,所以“a+b>4”不是“a,b 中至少有一个大于 2”的必要条件。故选 A。
2.镜面反射法是测量建筑物高度的重要方法,在如图所示的模型中,已知人眼距离地面高度
h=1.5 m,某建筑物高 h1=4.5 m,将镜子(平面镜)置于平地上,人后退至从镜中能够看到建筑物顶
部的位置,测量人与镜子间的距离 a1=1.2 m,将镜子后移 a m,重复前面的操作,测量人与镜子间
的距离 a2=3.2 m,则 a= (A)
A.6 B.5
C.4 D.3
解析 如图,设建筑物最高点为 A,建筑物底部为 O,第一次观察时镜面位置为 B,第一次观察时
人眼睛位置为 C,第二次观察时镜面位置为 D,设 O 到 B 之间的距离为 a0 m,由光线反射性质,
得∠ABO=∠CBD,所以 tan∠ABO=tan∠CBD,即 ①,同理可得 ②,由①②
可得 ,解得 a0= ,代入①整理,得 a= =6。故选 A。
共 4 页，第 1页
3.设复数 z 满足|z-2i|=1,在复平面内 z 对应的点到原点距离的最大值是 (D)
A.1 B.
C. D.3
解析 解法一:由题意可知,在复平面内复数 z 对应的点为复平面内一动点到定点(0,2)的距离
为 1 的点的集合,即以(0,2)为圆心,1 为半径的圆,圆心(0,2)到原点的距离为 2,所以圆上任一点
到原点的距离的最大值为 2+1=3。故选 D。
解法二:设复数 z=x+yi(x,y∈R),则 x2+(y-2)2=1,所以-1≤y-2≤1,即 1≤y≤3,所以 x2+y2=4y-3≤9,所以
≤3,即在复平面内 z 对应的点到原点距离的最大值是 3。故选 D。
4.某学校于 3 月 12 日组织师生举行植树活动,购买垂柳、银杏、侧柏、海桐四种树苗共计 1
200 棵,所占比例如图所示。高一、高二、高三年级报名参加植树活动的人数分别为
600,400,200,若每种树苗均按各年级报名人数的比例进行分配,则高三年级应分得的侧柏的数
量为 (C)
A.34 B.46
C.50 D.70
解析 由扇形图知,购买的 1 200 棵树苗中,侧柏的数量为 1 200×25%=300,依题意,高一、高二、
高三分得的侧柏的棵数之比为 600∶400∶200=3∶2∶1,所以高三年级应分得的侧柏的棵数为
×300=50。故选 C。
5.在平面直角坐标系中,某菱形的一组对边所在直线的方程分别为 x-2y+1=0 和 x-2y+3=0,另一
组对边所在的直线方程分别为 3x+4y+c1=0 和 3x+4y+c2=0,则|c1-c2|= (B)
A.2 B.2
C.2 D.4
共 4 页，第 2页
解析 因为菱形四条边都相等,所以每条边上的高也相等,且菱形对边平行,直线 x-2y+1=0 和
x-2y+3=0 之 间 的 距 离 为 ,直 线 3x+4y+c1=0 和 3x+4y+c2=0 之 间 的 距 离 为
,于是有 ,得|c1-c2|=2 。故选 B。
6.设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,若 S10=20,S20=10,则 S30= (C)
A.0 B.-10
C.-30 D.-40
解 析 由 等 差 数 列 {an}的 前 n 项 和 的 性 质 可 得 S10,S20-S10,S30-S20 成 等 差 数 列 ,所 以 2
(S20-S10)=S10+(S30-S20),所以 2×(10-20)=20+S30-10,解得 S30=-30。故选 C。
7.若不等式 xex-a≥ln x+x-1 恒成立,则实数 a 的最大值为 (B)
A.1 B.2
C.3 D.4
解析 因为 xex-a≥ln x+x-1,所以 eln x+x-a≥ln x+x-1,令 t=ln x+x,则 et-a≥t-1 恒成立,则 a≤et-t+1 恒
成立,令φ(t)=et-t+1,则φ'(t)=et-1,当t∈(-∞,0)时,φ'(t)0 在(1,+∞)上恒成立,故函数 f(x)单调递增,故 f(a)>f(b),即
aea>beb,故 A 正确。设 g(x)= ,x>1,则 g'(x)= ,易知函数 g(x)在(1,e)上单调递增,在(e,+∞)
上单调递减,故当 10 在(1,+∞)上恒成立,故函数 k(x)单调递增,故 k(a)>k(b),
即 ,故 bea>aeb,故 D 正确。故选 ACD。
三、填空题：本题共 3 小题，每题 5 分，共 15 分
12.若函数 y=f(x)的图象过点(1,1),则函数 y=f(4-x)的图象一定经过点 (3,1) 。
解析 由于函数 y=f(4-x)的图象可以看作 y=f(x)的图象先关于 y 轴对称,再向右平移 4 个单位
共 4 页，第 4页
长度得到,而点(1,1)关于 y 轴对称的点为(-1,1),再将此点向右平移 4 个单位长度,所以函数 y=f
(4-x)的图象过定点(3,1)。
13.已知椭圆 +y2=1 的左、右焦点分别为 F1,F2,过 F2 作直线交椭圆于 A,B 两点,若 F2 为线段
AB 的中点,则△AF1B 的面积为 。
解析 由题意可知 F1(- ,0),F2( ,0),因为点 F2 为线段 AB 的中点,所以 AB⊥F1F2,所以|
AB|= =1,所以 。
14.某射击选手射击环数的分布列为
X 7 8 9 10
P 0.3 0.3 a b
若射击不小于 9 环为优秀,其射击一次的优秀率为 40% 。
解析 由分布列的性质,得 P(X≥9)=a+b=1-0.3-0.3=0.4,故射击一次的优秀率为 40%。
四、解答题：本题共 5 小题，共 77 分 15.（本小题满分 15 分）
已知 f(x)=-3x2+a(6-a)x+6。
(1)解关于 a 的不等式 f(1)>0;（7 分）
(2)若不等式 f(x)>b 的解集为(-1,3),求实数 a,b 的值。（8 分）
解 (1)由题意知 f(1)=-3+a(6-a)+6=-a2+6a+3>0,即 a2-6a-3b 的 解 集 为 (-1,3),所 以 方 程 -3x2+a(6-a)x+6-b=0 的 两 根 为 -1,3,所 以
故 a 的值为 3± ,b 的值为-3。（8 分）
16.（本小题满分 15 分）
在锐角三角形 ABC 中,内角 A,B,C 的对边分别为 a,b,c,已知 cs Csin(A-B)=cs Bsin(C-A)。
(1)求 tan A 的最小值;（7 分）
(2)若 tan A=2,a=4 ,求 c。（8 分）
解 (1)由已知得 cs C(sin Acs B-cs Asin B)=cs B(sin Ccs A-cs Csin A),又 sin(B+C)=sin A,
所以整理得 2cs Csin Acs B=cs Asin A,因为 sin A>0,所以 2cs Ccs B=cs A。又 cs A=-cs
(B+C)=-cs Bcs C+sin Bsin C,所 以 sin Bsin C=3cs Ccs B,即 tan Btan C=3。 tan A=-tan
(B+C)= ,当且仅当 tan B=tan C= 时等号成
共 4 页，第 5页
立,故 tan A 的最小值为 。（7 分）
(2)因为 tan A=2,所以 tan B+tan C=4,又 tan Btan C=3,所以 tan C=1 或 tan C=3,当 tan C=1 时,sin
C= ,由正弦定理,得 c= ;当 tan C=3 时,sin C= ,由正弦定理,得 c=
。综上,c=5 或 3 。（8 分）
17.（本小题满分 15 分）
如图,四棱锥 P⁃ABCD 的底面为菱形,∠ABC= ,AB=AP=2,PA⊥底面 ABCD,E 是线段 PB 的中
点,G,H 分别是线段 PC 上靠近 P,C 的三等分点。
(1)求证:平面 AEG∥平面 BDH;（7 分）
(2)求点 A 到平面 BDH 的距离。（8 分）
解 (1)证明:如图,连接 AC,交 BD 于点 O,连接 OH,在△PBH 中,E,G 分别为 PB,PH 的中点,所
以 EG∥BH,又 EG⊄平面 BDH,BH⊂平面 BDH,所以 EG∥平面 BDH,同理可得 AG∥OH,AG∥
平面 BDH,因为 AG,EG⊂平面 AEG,AG∩EG=G,所以平面 AEG∥平面 BDH。（7 分）
(2)记点 A 到平面 BDH,点 H 到平面 ABD 的距离分别为 hA,hH。S△ABD= 。
因为 PA⊥平面 ABCD,PA=2,CH= CP,所以 hH= 。在△PBC 中,PB=PC=2 ,BC=2,
所以 cs∠PCB= 。在△BCH 中,BH2=BC2+CH2-2BC·CH·cs∠HCB= ,则 BH=
,同 理 可 得 DH= 。 在 △ BDH 中 ,BH=DH= ,BD=2 ,所 以 S△ BDH=
。连接 AH,因为 VA ⁃ABD,所以 hA= 。
⁃BDH=VH
（8 分）
共 4 页，第 6页
18.（本小题满分 16 分）
在棱长为 1 的正方体 ABCD⁃A1B1C1D1 中,E 为线段 A1B1 的中点,F 为线段 AB 的中点。
(1)求点 B 到直线 AC1 的距离;（8 分）
(2)求直线 FC 到平面 AEC1 的距离。（8 分）
解 以 D1 为原点,D1A1,D1C1,D1D 所在直线分别为 x 轴、y 轴、z 轴,建立如图所示的空间直角
坐标系,则 A(1,0,1),B(1,1,1),C(0,1,1),C1(0,1,0),E ,F ,所以 =(0,1,0), =
(-1,1,-1), , , , 。
(1)取 a= =(0,1,0),u= (-1,1,-1),则 a2=1,a·u= 。所以点 B 到直线 AC1 的距离为
。（8 分）
(2)因为 ,所以 FC∥EC1,又 EC1⊂平面 AEC1,FC⊄平面 AEC1,所以
FC∥平面 AEC1。所以点 F 到平面 AEC1 的距离为直线 FC 到平面 AEC1 的距离。设平面 AEC1
的 法 向 量 为 n=(x,y,z),则 取 z=1,则
x=1,y=2,所以 n=(1,2,1)是平面 AEC1 的一个法向量。又因为 ,所以点 F 到平面
AEC1 的距离为 。即直线 FC 到平面 AEC1 的距离为 。（8 分）
19.（本小题满分 16 分）
已知各项均为正数的等比数列{an},其前 n 项和为 Sn,满足 2Sn=an+2-6。
(1)求数列{an}的通项公式;（8 分）
(2)记 bm 为数列{Sn}在区间(am,am+2)中最大的项,求数列{bn}的前 n 项和 Tn。（8 分）
解 (1)设{an}的公比为 q,q>0。因为 2Sn=an+2-6,所以当 n=1 时,2S1=a3-6,当 n=2 时,2S2=a4-6,两
式相减可得 2a2=a4-a3,所以 2=q2-q,所以 q=2 或 q=-1(舍去),所以 2S1=a3-6=4a1-6,则 a1=3,所以等
比数列{an}的通项公式为 an=3×2n-1。（8 分）
(2)由 an=3×2n-1,2Sn=an+2-6,得 Sn= (an+2-6)= (3×2n+1-6)=3×2n-3,所以 Sn=an+1-30,所
以 Sn≥an,当且仅当 n=1 时等号成立,所以 am≤Sm