2025届高三三模数学答案一、单项选择题：本题共8小题，每小题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．12345678DAACBCCD二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求,全部选对的得6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分.9.BD10.BCD11.ACD91011选1个（B或D）选2个（BD)选1个（B或C或D）选2个（BC或CD或BD）选3个（BCD)选1个（A或C或D）选2个（AC或CD或AD)选3个（ACD）3分6分2分4分6分2分4分6分三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分.12.413.3014.2四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15.(13分）（1）解：由2223()4Sbca及余弦定理222cos2bcaAbc得13sin2cos24bcAbcAtan3A又(0,),A3A.(2)233ABC2()sin(2)sin(2)2sin(2)333fxxxx令5222()2321212kxkkxkkZ由于[0,]x取0k，得5012x取1,k得1112x()fx在[0,]上的单调递增区间为511[0,],[,]1212.16.（15分）解：（1）2()32fxxaxb，因为()fx在1x处有极值，(1)0f，即320ab----①又2(1)110faba---②由①②得2120,34aaaa或33ab或411ab当33ab时，22()3633(1)0fxxxx故()fx在R上单调递增，不可能在在1x处有极值，舍去所以11b为所求.（2）由题意2()320fxxaxb对任意[1,),a[2,0]x成立则2()230gaaxxb对任意[1,),a[2,0]x成立0x，20x，则()ga在[1,)a上递增或为常数函数2min()(1)230gagxxb对任意[2,0]x成立2min(23)bxx又211323()33xxx，当13x时，2min1(23)3xx故13b，所以b的最大值为13.17.（15分）证明：（1）由于PH平面BDABCD,平面ABCD，故BDPH，由于底面ABCD为直角梯形，故32,62222BCABACABADBD作ACCD//，且与BC相交于C,则12,6222222BCABCDCDACADABBD，18,23222222BDCDCBCB故CDBD,所以BDAC,由于PHACBDPHBDAC,,,平面PAC，HPHAC,所以BD平面PAC.（2）由题意可知,tanHCPH过H作BC的垂线，垂足为E，连接,PE由于PH平面ABCD，BC平面ABCD，故HEPHHHEPHBCHEBCPH,,,,平面PHE,故BC平面PHE，故BCPE，故PEH为二面角PBCA的平面角，所以,tanHEPH从而3sin1tantanACBHEHC.18.(17分）解：（1）该同学第一天和第二天都选择去A餐厅为事件M613121)(MP(2)设1M表示第一天选择去A餐厅，2M表示第二天选择去A餐厅，则1M表示第一天选择去B餐厅,则52531)|(,31)|(,21)(,21)(121211MMPMMPMPMP所以，301152213121)|()()|()()(1211212MMPMPMMPMPMP(3)设nM表示第n天选择去A餐厅，则nnnnPMPMPP1)(),(根据题意：52531)|(,31)|(11nnnnMMPMMP由全概率公式得52)1(31)|()()|()()(111nnnnnnnnnPPMMPMPMMPMPMP即521511nnPP所以)83(151831nnPP，而818321831P,所以}83{nP是以81为首项，151为公比的等比数列83)151(81)151(818311nnnnPP.19.（17分）解：（1）依题意，4,416pp，所以yx82.（2）因为4xy，所以切线的斜率为1，从而切线方程为02yx,所以点)2,0(G设直线BD方程为2kxy代入yx82有01682kxx，设),(),,(2211yxDyxB，则106464168222121kkxxkxx32||2GA,32)1(16||)1(||||2212kxxkGBGD从而有2||GA||||GDGB（3）由题意知直线PQ的斜率必存在，故设直线2:mxyPQ，代人yx82有01682mxx，设),(),,(4433yxQyxP所以16,84343xxmxx设直线PM方程为222233xxyy，代人yx82有0216)22(8332xxyx由33216216xxxxMM，232648xxyMM，所以)64,216(233xxM，同理)64,216(244xxN由抛物线的两点弦方程得直线MN：43432162168)216216(xxyxxx，化简得042ymx所以直线MN过定点)4,0(S要使点A到直线MN距离的最大，则只需MNAS从而最大值为52)42()04(||22AS.