数学答案_2025年5月_250522湖北省武汉市2025届高中毕业生五月模拟训练试题_0522湖北省武汉市2025届高三五月模拟训练试题及答案

武汉市 2025 届高三年级五月模拟训练试题参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 D A A B A C B C BD ACD ACD 12．0 13． − 1 14． 4 3 2 15．解：（1）由 b c o s A 2 − a s i n B = 0 及正弦定理得 s i n B c o s A 2 − s i n A s i n B = 0 ， 又 s i n B  0 A A A ，所以cos −2sin cos =0， 2 2 2 因为 A ( 0 , )   ，所以 A 2 0 , 2     ，所以 c o s A 2  0 A 1 ，sin = ， 2 2 所以 A 2 6  = ， A 3  = …………………………………………………………………………………………………6分 （2）因为 A E = 2 E B ， S  A C E = 3 2 3 ， 所以 S  A B C = 3 2 S  A C E = 9 4 3 ，则 S A B C 1 2 b c s i n 3 9 4 3   = = ，所以 b c = 9 ， 又由余弦定理得 b 2 + c 2 − a 2 = b c ，可得 b 2 + c 2 = 1 8 ，所以 b = c = 3 ， CF CA 3 由角平线定理得 = = ……………………………………………………………………………………13分 FE AE 2 16. （1）证明：记AB=a， A D = b ， A A 1 = c ，则 a = b = 3 ， c = 4 ， a , b = b , c = a , c = 6 0 ， 1 3 方法一：由题意，AE =a+ c，AF =b+ c， 4 4 A C 1 = a + b + c ， 所以 A C 1 = A E + A F ，所以 A C 1 , A E , A F 共面且 A 为公共点，所以A,E,C ,F四点共面……………………6分 1 方法二：由题意， A E = a + 1 4 c ， F C 1 = F D 1 + D 1 C 1 = a + 1 4 c ， 所以 A E = F C 1 ，所以四边形AEC F 为平行四边形，A,E,C ,F四点共面……………………………………6分 1 1 （2）解：如图，取AF 中点 M ，连 D M , E M , E F ， 在ADF 中， D F = 3 = A D ，所以DM ⊥ AF， 1 2 2 1 2 1 因为AE =a+ c，所以 AE = a + c + a c cos60 =13， 4 4 2 从而 A E = 1 3 ， 1 EF = AF −AE =−a+b+ c，同理 2 E F = 1 3 = A E ， 因此在等腰  A E F 中，EM ⊥ AF ， 所以EMD即为平面AEC F 与平面 1 A 1 A D D 1 的夹角或其补角， 1 1 3 1 1 1 由MD=MA+ AD=− AF + AD= b− c，ME =MA+ AE =− AF + AD=a− b− c， 2 2 8 2 2 8 设平面AEC F 与平面AADD 的夹角为， 1 1 1则 c o s c o s M D , M E M M D D M M E E 3 2 3 4 5 2 1 5  = =  = −  = ， 所以平面 A E C 1 F 与平面AADD 夹角的余弦值为 1 1 1 5 ……………………………………15分（其他方法酌情给分） 17．解：(1)依题意， E ( 0 , − 3 ) ， F ( 2 , 0 ) ，由 O R O F  = 得 R ( 2 , 0 )  ， 当0时，直线 E R 3 的方程为y = x− 3 ① 2 又 G ( 0 , 3 ) ， C ( 2 , 3 ) ，由 C S C F  = 得 S ( 2 , 3 3 )  − + ， 所以，直线 G S 的方程为 y 3 2 x 3  = − + ② 3 3 由①得y+ 3 = x，由②得y− 3 =− x， 2 2 3 3 两式相乘得，(y+ 3)(y− 3)= x(− x)， 2 2 整理得 x 4 2 + y 3 2 = 1 ……………………………………………………………………………………………………6分 (2)当 1 2  = 时，点 R (1 , 0 ) ， 设M(x ,y )，N(x ,y )，设直线 1 1 2 2 l 的方程为： x = t y + 1 x=ty+1 由 ，消去 3x2 +4y2 =12 x 得： ( 3 t 2 + 4 ) y 2 + 6 t y − 9 = 0 ， 则0， y 1 + y 2 = 3 − 2 t 6 + t 4 −9 ，y y = ， 1 2 3t2 +4 依题意， Q ( 4 , y 2 ) ，直线MQ的方程为： y − y 2 = y 1x 1 − − y 4 2 ( x − 4 ) ， 令y=0，得点 K −y (x −4) 的横坐标为：x = 2 1 +4 K y − y 1 2 = − y 2 ( t y 1 − y 3 1 ) − + y 4 2 y 1 − 4 y 2 = − t y 1 y 2y + 1 − 4 y 1 y 2 − y 2 ， 3 又ty y = (y + y )，则 1 2 2 1 2 x K = − 3 2 ( y 1 + y y 1 2 − ) + y 2 4 y 1 − y 2 = 5 2 ( y y 1 1 − − y y 2 2 ) = 5 2 因此直线MQ过定点 K ( 5 2 , 0 ) ， 所以 S  K M R = 1 2 R K y M = 1 2  3 2 y M  3 4 3 ，当且仅当 y M = 3 时等号成立， 所以  K M R 的面积最大值为 3 4 3 …………………………………………………………………………………15分 18．（1）经过1次换球后，甲口袋中2白1黑，乙口袋中2黑1白，记“2次换球后，甲口袋中恰有3个白球” 为事件A，则 1 1 1 P(A)=  = ……………………………………………………………………………………………………4分 3 3 9（2）解法一： n 次换球后，记“甲口袋中恰有3个白球”的概率为a ，“甲口袋中恰有2白1黑”的概率为 n b n ， “甲口袋中恰有1白2黑”的概率为 c n ，“甲口袋中恰有3个黑球”的概率为d ． n 由题意可知， a 1 = 0 ， b 1 = 1 ， c 1 = 0 ， d 1 = 0 ，  a a b c d n n n n n + = = = = b n 1 9 a n 4 9 1 9 + c + n b n − 1 4 + − 1 9 b + n − 1 c n − 1 b 4 9 d n n − 1 c n = + − 1 1 4 9 + c d n n − 1 − 1 ，所以 b n + c n = a n − 1 + 8 9 b n − 1 + 8 9 c n − 1 + d n − 1 = 1 − 1 9 ( b n − 1 + c n − 1 ) ， 则 b n + c n − 1 9 0 = − 1 9  b n − 1 + c n − 1 − 1 9 0  ，由 b 1 + c 1 = 1 ，得 b n + c n = 1 9 0 − 1 9 0  − 1 9  n 所以 n 次换球后，甲口袋中3个球颜色仍相同的概率为 a n + d n = 1 1 0 + 1 9 0   − 1 9  n ……………………………10分 解法二：在解法一的基础上，调整对事件划分的分类， n 次换球后，记“甲口袋中3个球颜色相同”的概率为 p n ， 则 p 1 = 0 ， p n = 1 9 ( 1 − p n − 1 ) ， 所以 p n − 1 1 0 = − 1 9  p n − 1 − 1 1 0  n 1 9  1 ，得 p = +   −  ………………………………………………………10分 n 10 10  9 （3） n 次换球后，记“甲口袋中3个球编号分别为1,2,3”的概率为q ， n 1 1 4 则q = ，q = q + (1−q )， 1 3 n 3 n−1 9 n−1 所以 q n − 2 5 = − 1 9  q n − 1 − 2 5  ， q n = 2 5 + 3 5   − 1 9  n 当n为奇数时， q n = 2 5 + 3 5   − 1 9  n = 2 5 − 3 5   1 9  n  2 5 当n为偶数时， q n = 2 5 + 3 5   − 1 9  n = 2 5 + 3 5   1 9  n  q 2 = 1 2 1 7 所以当 n = 2 11 时，q 取得最大值，最大值为 ……………………………………………………………………17分 n 27 19．解：(1)令 f (x)= xex−1−a=0，即a= xex−1，设g(x)= xex−1 因为g'(x)=(x+1)ex−1，所以当x(−,−1)时， g  ( x )  0 ， g ( x ) 单调递减： 当 x  ( − 1 , +  ) 时，g(x)0，g(x) 单调递增， 1 当x0时，g(x)0，g(x) = g(−1)=− ，g(0)=0 min e2 1 所以当− a0时， f (x) 在 (−,0) 上有两个零点； e2当 a = − 1 e 2 或 a  0 时， f ( x ) 有唯一零点； 1 当a− 时， e2 f ( x ) 无零点．……………………………………………………………………………………4分 (2)（i）由（1）知，当 a  0 时， f ( x ) 有唯一零点 x n ，则 x n e x n − 1 = n 且 x n  0 ， 两边取自然对数，得 x n − 1 + l n x n = l n n ， ① 所以 x n + 1 − 1 + l n x n + 1 = l n ( n + 1 ) ， ② ①②两式相减，得 x n + 1 − x n + l n x n + 1 − l n x n = l n n + n 1  0 ， 所以 x n + 1 + l n x n + 1  x n + l n x n ． 因为函数 y = x + l n x 在 (0,+) 上单调递增， 所以x  x ，所以数列 x  单调递增．…………………………………………………………………………8分 n+1 n n （ii）先证明： x  0 时， x − 1  l n x ③ 设 h ( x ) = x − 1 − l n x x−1 ，则h'(x)= ， x 所以当 x  ( 0 ,1 ) 时， h ' ( x )  0 ， h ( x ) 单调递减： 当 x  ( 1 , +  ) 时，h'(x)0， h ( x ) 单调递增， 所以 h ( x )  h ( 1 ) = 0 ，当且仅当 x = 1 时，等号成立． 由③式知， l n n = x n + l n x n − 1  2 l n x n ， n+ n+1 所以0 x  n  ，所以 n 2 1 x n  n + 2 n + 1 = 2 ( n + 1 − n ) ， 所以 n i= 1 1 x i  2  ( n + 1 − n ) + ( n − n − 1 ) + + ( 2 − 1 )  = 2 ( n + 1 − 1 ) ． ③式中，令 x = x n n ，得 x n n − 1  l n x n n = l n x n − l n n ， 当且仅当 x n = n ，即 n = 1 时等号成立， x 所以0= x +lnx −lnn−1 x + n −2， n n n n 所以 x n  n 2 n + 1 ， 1 x n  1 2  1 + 1 n  ，当且仅当 n = 1 时等号成立． 当n2时，在③式中，令 x = n − n 1 1 ，得 lnn−ln(n−1)， n n 1 n 1 n−1 1 n 1 所以n2时，  =1+ 1+ +  x x 2 2 k i=1 k i=2 k i=2 n+1 1 n+1+lnn  + (ln2−ln1)+ + ( lnn−ln(n−1))= ．   2 2 2 n 1 n+1+lnn 当n=1时，   成立． x 2 i=1 i ( ) n 1 n+1+lnn 所以2 n+1−1   ，得证……………………………………………………………17分 x 2 i=1 i 在