武汉市2025届高三年级四月调研考试数学试卷参考答案及评分标准选择题：题号1234567891011答案CDCAABDCBCDADBD填空题：12.313.3614.33解答题：15.（13分）解：（1）因为1,CAABCAAA⊥⊥,1AAABA=,111,ABAAABBA平面,所以11CAABBA⊥平面，1,平面所以BEABBACABE⊥,又因为1BEAB⊥11ABABC平面,1CAABC平面,且1ABACA=，1BEABC⊥平面.…………6分（2）以A为坐标原点，向量1,,ABACAA为,,xyz轴正方向，建立空间直角坐标系1(2,0,0)(0,2,0)(2,0,4)(0,0,)BCBEt，，，设,(2,0,)BEt=−，1(2,0,4)AB=1ABBE⊥，所以440,1tt−+==,所以(0,0,1)E，(0,2,1)(2,2,0)CECB=−=−，设平面BCE的法向量为(,,)nxyz=,00nCEnCB==，20220yzxy−+=−=，令1x=则2,1zy==，(1,1,2)n=,平面ABE的法向量为(0,2,0)AC=，设平面CBE平面ABE之间的夹角为||62cos||||662nmnm===.…………13分16.（15分）解：（1）221ln'()xxafxexx−=−−,'(1)11fea=−−=−ae=…………7分（2）()lnln10−+−=−+−=xxxaxexaxfxexxx恒成立，因为0x，等价于ln0−+−xxexax恒成立，令()ln=−+−xgxxexax，1'()(1)()=+−xgxxex()1xhxex=−令，()210xhxex=+，()(0,)hx+在是增函数，由于121202he=−，()110he=−，()()0001,1002xhxgx==，，即，()()'00,0当，，xxgx当()()'00+，，xxgx所以00()(0,)(,)+在单调递减，在单调递增gxxx，()0000010ln===−因为，所以，xhxexxx()0000000()10==−−+=+−+xmingxgxxelnxxaxxa，1a−…………15分17.（15分）解：（1）记“五张字母牌不相邻”为事件B，8589131314()143AAPBA==…………4分（2）记“在标有8的牌左侧，没有数字牌”为事件C由于标1~7的牌都在标有8的牌右侧，有777!A=种排法，()PC=75713131318AAA=…………9分（3）标号比k小的牌有(1)k−张，比k大的牌有(8)k−张，()kPA=58131313(1)!1kkAkA+−−=…………15分18.（17分）解：（1）12323=−+符合，133633+=−不符合，0没有倒数，1743743=−+符合综上23+，743+属于B…………4分（2）先证明若,xAyA，则xyA设3,3xmnypq=+=+，,,,mnpq是整数，(3)(3)3()3xymnpqmpnqmqnp=++=+++由于3mpnq+，mqnp+都是整数，所以xyA该命题得证.当,xByB时，有11,Axy，所以111Axyxy=,即证xyB…………10分（3）根据题意，22222231133333mnmnAxmnmnmnmn−−===+−−−+所以223mmn−，223nmn−−都是整数因此()22222222222223133333mnmnmnmnmnmn−−−==−−−−是整数，所以2231mn−=假如2231mn−=−，2213mn+=，则21m+应为3的倍数设t为整数，若3mt=，22191mt+=+，不是3的倍数若31mt=+，22219623(32)2mtttt+=++=++，不是3的倍数若32mt=+，222191253(341)2mtttt+=++=+++，不是3的倍数因此2231mn−−，即证2231mn−=…………17分19.（17分）解：（1）由题意得，4m=，又因为11(1,1)P在上代入1得1114n+=，所以43n=，则221:144()3yx+=，222:144()3yx+=…………3分（2）设11(,)Mxy，22(,)Nxy,则1321112111(1)(1)1(1)(1)1PMPMyyykkxxx−+−==−+−又因为2211144()3xy+=,所以22211144(1)343xxy−=−=，则132121411331PMPMxkkx−−==−−，同理可得133PNPNkk=−，所以219kk=…………9分（3）设直线1223344,,,QQQQQQQN分别为1234,,,llll，其斜率依次为1234,,,kkkk设直线11:1(1)lykx−=−，联立223144yx+=得2221111(3)2(1)(1)40kxkkxk++−+−−=即有2121121233QPkkxxk−−=+，所以221121233Qkkxk−−=+，代入直线方程得221121633Qkkyk−−+=+则2221112211126311122QQykkkkxkkk−−+−===−+−−，设3()1xfxx+=−−，则经过12,PP的两直线12,ll之间斜率满足关系：21()kfk=，将直线23,ll绕原点顺时针旋转2后也会经过12,PP，所以两者斜率满足3211()fkk−=−，所以232121111132()kkkkfk−−−=−=−=−++−同理将直线34,ll绕原点顺时针旋转后也会经过12,PP，所以两直线斜率满足43()kfk=4k=3131111()33235113()12kkkkkk−++++−=−=−−+−+，设(,)Nxy,则有111ykx−=−，411ykx−=+，代入上式得：135111131yyxxyx−++−=−−+−，得到2251612(56)(2)yxxxx=−+=−−所以5625yyxx=−−，因此存在定点6(,0)5G，使GNHN直线和直线的斜率之积为定值5…………17分