江苏省南通、徐州、扬州、淮安、泰州、宿迁、连云港七市2025届高三第二次调研测试-数学二模答案最终稿（数学）_2025年3月_2025届江苏苏北七市高三第二次调研数学试卷+答案

2025 届高三第二次调研测试 数学参考答案与评分建议 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。 1 2 3 4 5 6 7 8 A B D C A C B B 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。 9 10 11 BC ABD ABD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12． 2 13．0 14． 9 2 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） 【解】（1）因为 S a2sin2B ， 所以1 acsinB2a2sinBcosB ， …… 2分 2 在△ABC中，sinB0， 所以c4acosB． 由正弦定理 a  c ， sinA sinC 得sinC4sinAcosB． …… 4分 因为ABC180， 所以sinC sin(180AB)sin(AB)sinAcosBcosAsinB ， 所以4sinAcosBsinAcosBcosAsinB，即cosAsinB3sinAcosB， 所以tanB3tanA． …… 6分 （2）因为A45，所以tanA1， 由（1）知tanB3． …… 7分 法1：因为tanCtan(AB) tanAtanB 2， 1tanAtanB 所以△ABC为锐角三角形． 参考答案与评分建议 第 1 页（共9页）过A作ADBC，过C作CE AB，D，E分别为垂足． ……10分 C 由tanA1，设AECE3x， 因为tanB3，所以CE3EB3x，AD3BD6， D 所以在Rt△ADB中，AD6，BD2，AB4x， 所以36416x2，解得x2  5， A E B 2 所以在Rt△AEC中，AC  (3x)2(3x)2 3 5 ，即b3 5． ……13分 法2：所以sinB3cosB， 又因为sin2Bcos2B1， 解得sin2B 9 ，cos2B 1 ． 10 10   因为tanB30，所以B 0，π ， 2 所以sinB 3 10 ，cosB 10 ． …… 9分 10 10 由S a2sin2B 1 a6，得a22sinBcosB3a， 2 解得a5． ……11分 由正弦定理 a  b ， sinA sinB 得 5  b ，解得b3 5． ……13分 2 3 10 2 10 16. （15分） 【解】（1）因为D为BC的中点， PBPC ， 所以BC  PD． 因为平面PAD 平面PBC，平面PAD 平面PBC=PD，BC平面PBC， 所以BC平面PAD． …… 3分 因为AD平面PAD， 所以 BC AD ． 因为D为BC的中点， 所以AB AC． …… 6分 参考答案与评分建议 第 2 页（共9页）（2）法1：因为AB AC，AB AC，AB2，D为BC的中点， 1 所以AD BC  2 ． 2 因为PAPD1， 所以PA2PD2  AD2， 所以PAPD． …… 8分 由（1）BC平面PAD，PA平面PAD， 所以PABC． 又因为PAPD，PDBCD，PD，BC 平面PBC， 所以PA平面PBC． ……10分 因为PB，PC 平面PBC， 所以PBPA，PC PA， 所以BPC是平面PAB与平面PAC的夹角或其补角． ……12分 在△PBC中， sinBPC2sinBPDcosBPD2 BD  PD 2 2  1  2 2 ， BP BP 3 3 3 所以平面PAB与平面PAC的夹角的正弦值为2 2 ． ……15分 3 法2：如图，取AD的中点O，连接PO． 因为PAPD，所以PO AD． 由（1）BC平面PAD，BC平面ABC， 所以平面PAD 平面ABC． 因为平面PAD 平面ABC=AD，PO平面PAD，PO AD， 所以PO平面ABC． 如图，以A为坐标原点，AB，AC 所在直线分别为x，y轴，过点A且与PO平行 的直线为z轴，建立空间直角坐标系Axyz . 因为 AB AC ， AB AC ， AB2 ，D为BC的中点， 所以AD 1 BC  2 ． 2 因为PAPD1， 参考答案与评分建议 第 3 页（共9页）所以PA2PD2  AD2， 所以PAPD． 则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，P( 1，1， 2 )， …… 9分 2 2 2    所以AP( 1，1， 2 )，AB(2，0，0)，AC (0，2，0) ． 2 2 2 P z 设平面PBA的一个法向量为n (x ，y ，z ) ， 1 1 1 1 x  n   A  P  0，   1 x  1 y  2 z 0， B 所以 1  即2 1 2 1 2 1 n 1 AB0，  2x 0， D 1 O 所以x 0，令y  2，z 1， y C A 1 1 1 所以n (0，2，1) ． ……11分 1 同理，平面PAC的一个法向量为n ( 2，0，1) ． ……13分 2 设平面PBA与平面PAC的夹角为， n n 则cos 1 2  1， n n 3 1 2 所以sin 1cos2 2 2 ． ……15分 3 17. （15分） 【解】（1）因为C的实轴长为2a，渐近线方程为y b x， a 所以2a4，b  2 ， a 2 解得a2，b 2， 所以C的标准方程为 x2  y2 1． …… 3分 4 2 （2）设直线l的方程为xmy6，A(x ，y )，B(x ，y ) ， 1 1 2 2 xmy6，  联立  x2  y2 1， 化简得，(m2 2)y2 12my320．  4 2 参考答案与评分建议 第 4 页（共9页） m2 20，  所以  y  y  12m ，  1 2 2m2  y y  32 ，  1 2 m2 2   设P(t，0)，则PA(x t，y )，PB(x t，y )， 1 1 2 2   所以PAPB(x t)(x t)+y y (my 6t)(my 6t)y y 1 2 1 2 1 2 1 2 (m2 1)y y (6t)m(y  y )(6t)2 …… 5分 1 2 1 2 32(m21) 12m2(6t)   (6t)2 0， m22 m22 得32(m2 1)12(t6)m2 (6t)2(m2 2)0． (6t)212(t6)32m2322(t6)2 0 ， …… 7分   (6t)212(t6)320， 所以 322(t6)2 0， 解得t2， 所以P的坐标为(2，0)． …… 9分 （3）法1：因为PAPB， 所以△APB外接圆是以AB为直径的圆，记为圆T ． 因为△APB外接圆被 x轴截得的弦长为 16，且 A(2，0)， 所以圆T 交x轴于另一点D(18，0)，或D(14，0)． ……11分 所以圆心T 在直线x10上，或在直线x6上． 因为直线l与C的右支交于A，B两点， 所以圆心T 在直线x10上． xmy6， 联立 所以T(10，4 )． x10， m 因为T 为 AB中点， 所以 4  y 1  y 2  6m ，即m2  4． ……13分 m 2 2m2 5 参考答案与评分建议 第 5 页（共9页） 2 所以圆T 半径的平方r2  4 82 84， m 所以△APB外接圆的面积为84π． ……15分 法2：因为PAPB， 所以△APB外接圆是以AB为直径的圆，记为圆T ， 因为圆心T( x 1 x 2 ， y 1  y 2)，即T( 12 ，6m )， 2 2 2m2 2m2 2 2 所以半径r  PT    12 2      6m   ． ……11分 2m2  2m2  因为△APB外接圆被 x轴截得的弦长为 16， 2 2 所以r2 82   6m   ，即   12 2   82， 2m2  2m2  解得m2 4或m2  4． ……13分 5 因为直线l与C的右支交于A，B两点， 所以 12 0， 2m2 所以m2  4，（m2 4舍去）． 5 所以r2 84． 所以△APB外接圆的面积为84π． ……15分 18. （17分） 【解】设每局比赛甲胜为事件 ，每局比赛甲平为事件 ，每局比赛甲负为事件 A B i i C （iN）， i （1）设“两局后比赛终止”为事件M ， 因为棋手与机器人比赛2局，所以棋手可能得0分或300分比赛终止． （i）当棋手得分为0分，则2局均负，即CC ； 1 2 （ii）当棋手得分为300分，则2局先平后胜，即BA ． 1 2 因为CC ，BA 互斥， 1 2 1 2 所以P(M)P(CC BA )P(CC )P(BA ) 1 2 1 2 1 2 1 2 参考答案与评分建议 第 6 页（共9页） 2  2 =P(C )P(C )P(B)P(A ) 1  1  5 ． 1 2 1 2 2 4 16 所以两局后比赛终止的概率为 5 ． …… 4分 16 （2）设“3局后比赛终止”为事件D，“3局后棋手挑战成功”为事件E． 因为P(D)P(BB A BC C C A A CBC ) 1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 3  3  2  2  1  1  1  1  1  1  1  1  11， …… 6分 4 4 2 2 4 2 4 2 64  3  2 P(E)P(BB A C A A ) 1  1  1  3 ． …… 8分 1 2 3 1 2 3 4 2 4 64 所以在3局后比赛终止的条件下，棋手挑战成功的概率为 3 P(E|D) P(DE)  P(E)  64  3 ． P(D) P(D) 11 11 64 所以在3局后比赛终止的条件下，棋手挑战成功的概率为 3 ． …… 9分 11 （3）因为n局获奖励1万元，说明甲共胜2局． （ⅰ）当棋手第n局以0分比赛终止，说明前n1局中有3负2胜，且是“负 胜负胜负”的顺序，其余均为平局，共有C5 种． n1 （ⅱ）当棋手第n局以300分比赛终止，说明前n1局中有1负1胜，且是先 负后胜的顺序，其余均为平局，共有C2 种． n1 则“n（ n≥10 ）局后比赛终止且棋手获得1万元奖励”的概率  4 n4   n1 P(n)C5 1 1 C2 1 1 ，(n≥10)． ……14分 n1 2 4 n1 2 4 C2 8C5  n1 n1 ， 22n1 P(n1) C2 8C5 所以  n n ． P(n) 4C2 32C5 n1 n1 C2 8C54C2 32C5   C2 4C2  8  C54C5  n n n1 n1 n n1 n n1 (n1)(83n) (n1)(n2)(n3)(n4)(203n)   2 15 因为n≥10，所以C2 8C54C2 32C5 0， n n n1 n1 参考答案与评分建议 第 7 页（共9页）P(n1) 所以 1，所以P(n)单调递减， P(n) 所以当n10时，P(n)取最大值为P(10) 261． ……17分 217 19. （17分） 【解】（1）当x0时， f(x)0，所以 f(x)在，0上无零点． 因为 f(x)ex1 n 0，所以 f(x)在0，上单调递增， x2 所以 f(x)在0， 上至多一个零点． …… 2分 当n1时， f(x)有唯一零点1． 当n≥2时，因为 f 11n0， f nen11≥e10， 所以函数 f(x)有唯一零点，得证． …… 4分 （2）（ⅰ）由（1）知，ean 1 n ，且a  0， a n n 两边取自然对数，得 a lna lnn1， （*） n n 所以a lna lnn11， n1 n1 n1 两式相减，得a a lna lna ln 0 ， n1 n n1 n n 所以a lna a lna ． n1 n1 n n 因为函数yxlnx 在(0，)上单调递增， 所以a a ，所以数列a 单调递增． …… 6分 n1 n n 假设数列a 中存在a ，a ，a 成等比数列，则a2 a a ， n m m1 m2 m1 m m2 所以2lna lna lna ． m1 m m2 由（*）式得，lna lnm1a ，代入上式，得 m m 2ln(m1)2a lnma ln(m2)a ， m1 m m2 (m1)2 2a a a ln ． （**） …… 8分 m1 m m2 m(m2) 因为a  0，所以2a a a ≤2a 2 a a 0， n m1 m m2 m1 m m2 (m1)2 m2 2m1 又ln ln ln10 ， m(m2) m2 2m 所以方程（**）无解． 参考答案与评分建议 第 8 页（共9页）所以数列a 中不存在连续三项按某顺序构成等比数列． ……10分 n （ⅱ）先证明：x0时，x1≥lnx， （***） 设gx x1lnx，则gx x1 ， x 所以当x0，1时，gx0，gx单调递减； 当x1，时，gx0，gx单调递增， 所以gx≥ g10，当且仅当x1时，等号成立． ……11分 由（***）式知，lnna lna 1≥2lna ， n n n 所以a ≤ n  n  n1， n 2 1 2   所以  2 n1 n ， a n n1 n 所以 n 1 2  n1 n    n n1    21 2  n11  ． a   i1 i ……14分 a a a 在（***）式中，令x n ，得 n 1≥ln n lna lnn， n n n n 当且仅当a n，即n1时等号成立． n a 所以0a lna lnn1≤a  n 2， n n n n   所以a ≥ 2n ， 1 ≤1 1 1 ，当且仅当 n1 时等号成立． n n1 a 2 n n n1 1 当n≥2时，在（***）式中，令x ，得 lnnln(n1) ， n n 所以n≥2时， n 1 1 n 1 1 n1  1 n 1 a a 2 2 k k1 k k2 k k2  n1  1   ln2ln1lnnln(n1)   n1lnn ． 2 2 2 当n1时， n 1≤n1lnn 成立． a 2 i1 i 所以2  n11   n 1≤n1lnn ，得证． ……17分 a 2 i1 i 参考答案与评分建议 第 9 页（共9页）