湖北十一校第二次联考数学答案_2025年3月_250326湖北省十一校2025届高三第二次联考（全科）_数学

2025 届高三湖北省十一校第二次联考数学试题参考答案 一、选择题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 B C A D B D C D BCD BCD AD 1．B【详解】因为对数函数 ylog 1 x 是0,上的减函数， 2 所以由x 1 ，得log xlog 1 1，则A y y1  ；因为指数函数y2x是R上的增函数， 2 1 1 2 2 2 所以由x0，得02x 1，则B y 0 y1  ，由此，AB y 0 y1  .故选：B. 22z 221i 2i 2．C【详解】因为z1i，所以z 1i，所以   1i，故选：C. z 1i 1i 3．A【详解】因为函数 f x为定义在R上的奇函数，当x0时， f xlog (2x1)， 3 则 f 4log 92，故 f 4f 42.故选：A. 3 4．D【详解】设首项为a ，因为a ,a 1,2a 成等比数列， 1 3 5 6 所以(a 1)2 a 2a ，则(a 5)2 (a 2)2(a 5)， 5 3 6 1 1 1 解得a 1或a 5，当a 5时，a 0，此时与a ,a 1,2a 成等比数列矛盾，故排除， 1 1 1 6 3 5 6 当d 1时，a 1n1n，此时令b (1)n1a (1)n1n， n n n 而其前2025项和为12025， (1)()(202)20251012120251013，故D正确.故选：D 5．B【详解】由题意可知： u p r  2 ，因为p r q r q r  u p r q r q r 2 2，即 u p r q r 12，可得 u p r q r 1， ur r    pq ur 1 ur  1 1 所以q在p上的投影向量为 ur p p , .故选：B.  2  2  2 2  p   6．D【详解】因为 f(x)sinxcosx  2sin(x ). 4 2π 因为函数 f x的最小正周期为π，且0，所以 π 2，故A错误；   π π  π π 因为 f(x)  2sin2x ，所以 f  2sin2  2，  4 8  8 4 π π  所以x 是函数 f x的一条对称轴， ,0不是函数 f x的对称中心.故B错误； 8 8  π  π 将函数 f(x)的图象向右平移 个单位长度，得到的函数y 2sin2x ，不是奇函数，故C错误； 4  4  π π π  π  π  π π 当x  , 时，2x  0, ，因为 y sinx在 0, 递增，由复合函数单调性法则知 f(x)在区间  ,          8 8 4  2  2  8 8 上单调递增，故D正确.故选：D 7．C【详解】设球体O 的半径为r，O i1,2,,8半径为r ，所以2r 2r  3，即得r r  3 ， 0 1 i 2 1 2 1 2 2 1 31 1  3  3 3 又0r 2  2 ，所以 2 r 1  2 ，yr 1 r 2 r 1    2 r 1    r 1 2 2 r 1 开口向下，对称轴为r 1  4 ， 31 3 所以  yr2 3r  ，该9部分的体积和为 4 1 1 16 V  4 πr3 4 πr3  4 πr r  r2r2rr   2 3 π r r 23rr 2 3π   1 rr     3 3 . 3 1 3 2 3 1 2 1 2 1 2 3  1 2 1 2 4 1 2  2 1故选：C. (ax2)(lnxb) 8．D【详解】由题设 f x 0在(0,)上恒成立，易知a0，此时 x yax2，ylnxb在(0,)上都单调递增，所以，只需yax2，ylnxb在(0,)上的零点相同，即 2 2(b1) 2(x1) 2x eb，所以a(b1) ，令g(x) ，则g(x) ， a eb ex ex 当x0时，g(x)0，即g(x)在(,0)上单调递增，当x0时，g(x)0，即g(x)在(0,)上单调递减， 所以g(x) g(0)2，即a(b1)的取值范围是(,2].故选：D max 9．BCD【详解】对于A，因为0.85x12.30.85x2.30.85， 所以当解释变量x每增加1时，响应变量y平均减少0.85，故A错误； 对于B选项，若A、B互斥，则AB，PAB0． 若A、B相互独立，则PABPAPB0（因为PA0，PB0）． 所以事件A、B相互独立与A、B互斥不可能同时成立，B选项正确； 1275870 对于C：这20名同学物理成绩的平均数为： 73， 20 12 89  8 所以这20名同学物理成绩的方差为：   75732      23 70732  33 ，故C正确； 20  3  20 D项，对于独立性检验，随机变量2的观测值越小， 判定“两变量有关系”犯错误的概率越大，故D项正确．   10．BCD【详解】∵以AF 为直径的圆与y轴正半轴交于点D，AB  x轴，且BD⊥y轴，所以B a,b 又ADDF ， 2 2 AB OD 由射影定理得 OD 2  OAOF 所以  1,A错误； OAOF OAOF 由OD 2  OAOF 得b2 acc2a2，故c2aca2 0，即e2e10，解得e 51 ，D正确. 2 DF 2 OF 2 c2 c2 c OD 2 b2 ac c 又 1    B正确，又    ，C正确；故选：BCD OD 2 OD 2 b2 ac a AO 2 a2 a2 a 11.AD【详解】由题意L(1,x)L(x,1)lnx，所以L(x,1)lnx， 当u1时，L(u,v)L(1,v)L(1,u)lnvlnu； 当v1时，L(u,v)L(u,1)L(v,1)L(1,v)L(1,u)lnvlnu； 当u1v时，L(u,v)L(u,1)L(1,v)L(1,v)L(1,u)lnvlnu； 当v1或u1时，L(u,v)lnvlnu也成立；综上所述：L(u,v)lnvlnu. 对于选项A：L1,6ln6ln2ln3L1,2L1,3，故A正确； 1 1 1 1 v2u2 1v u 对于选项B：如图，因为S 阴影 S 梯形 ，所以L(u,v)lnvlnu (vu)(  )     ， 2 v u 2 uv 2u v v u 即2Lu,v  ，故B错误. u v 1对于选项C，取u1,v2，则L  uu,vu  L(1,2)ln2211，故C错误； 1 1 对于选项D：因为阴影部分的面积小于上底长为 f(uh) ，下底长为 f(u) ，高为h的 uh u 1 1 1 1 1 1 h 直角梯形的面积，所以Lu,uh (  )h (  )h ， 2 u uh 2 u u u 1 又阴影部分面积大于长为h，宽为 f(uh) 的矩形的面积， uh 1 h h h 所以Lu,uh h  ，综上故有对正数u，h有 Lu,uh ，故D正确. uh uh uh u 二、填空题 sin2 2sincos 4tan    1 12．1【详解】由题意可得： sin   π cos   π  1 (cossin)2 (1tan)2 .  4  4 2 13．-10【详解】由题意，x5 [x11]5a a x1a (x1)2a (x1)3a (x1)4a (x1)5 ， 0 1 2 3 4 5 则a C3(1)3 10. 2 5 3 1  x2   x2  14. 2， 2【详解】由题意知，14a，所以a  ，所以抛物线C：x2 4y，设Mx, 1 ,Nx , 2  ， 4 4  1 4   2 4  x2 x x x 因为 y  ，则y ，故 k  1，k  2 ， 4 2 TA 2 TB 2 x x2 x x2 x x2 直线TA:y  1(xx ) 1  1x 1 ，直线TB:y  2 x 2 ， 2 1 4 2 4 2 4 x  x  令y0，有A 1,0，B 2 ,0，  2   2   x x2  x x y 1 x 1  x 1 2  2 4  2 x x xx  由 ，可得  ，故T 1 2 , 1 2 ，  y x 2 x x 2 2  y x 1 x 2  2 4   2 4  4 xx x x 所以 1 2  1 2 2， 即xx 2x x 8． 4 2 1 2 1 2 x x 1 1 AB  1 2  x x 24xx  x x 28x x 32 2 2 1 2 1 2 2 1 2 1 2 1  x x 4216， 2 1 2 所以当x x 4时， AB 的最小值为2； 1 2   x xx   x  由题意可知C的焦点F0,1，故 TA 2 , 1 2 ， FA 1,1 ，  2 4   2    xx xx   TAFA 1 2  1 2 0，同理 TBFB0， 故TAFA，TBFB， 4 4 所以T,A,F,B四点共圆，则TAB的外接圆的直径为TF， |012| 3 TF 即为F 到直线xy20的距离，此距离为  2， min 2 2 3 即TAB的外接圆的半径的最小值为 2. 4 三、解答题 2π  15.【答案】(1)A (2) 2 3,3 3  3 【详解】（1）选①，∵2bccosAacosC 0， 由正弦定理可得2sinBsinCcosAsinAcosC 0， -------------------------------2分 ∴2sinBcosA sinAcosCsinCcosA sinB， -------------------------------4分 1 π ∵B0,π，∴sinB0，∴cosA ，又A0,π，∴A -------------------------------6分 2 3   1 选②，由 3ABAC 2S 可得： 3cbcosA2 bcsinAbcsinA，------------------------3分 ABC 2 sinA π 故有tanA  3，又∵A0,π，∴A ；------------------------6分 cosA 3 （2）由余弦定理得a2 c2b22bccosAbc23bc--------------------8分 ∵ bc bc2 ，∴3bc23bc 1 bc2． 4 4 ∴bc2 3，当且仅当bc 3时取等号-------------------11分 又有bca 3----------------------------------------------12分   ∴C abc 2 3,3 3 ．-------------------13分 ABC 15 16.【答案】(1)证明见解析(2) 5 【详解】（1）连接BD交AC于点O，连接PO，因为ABCD是菱形，所以BD AC， 又因为O为BD的中点，PDPB所以POBD -----------------------3分 又AC,PO面APC，且ACPO=O，所以BD平面APC -----------------------4分 又BD平面ABCD，所以平面PAC 平面ABCD -----------------------5分 (2)过P作PH AC交AC于点H，面APC面ABCD,PH AC ， 面APC面ABCD AC，PH 面APC，所以PH 面ABCD， 因为AB PD,AB PH,PH,PD面PHD,PH PD P ，所以AB面PHD， 又DH 面PHD，所以ABDH， 所以H为DH,AO 的交点，△ABD为等边三角形，所以H为△ABD的重心，设DH与AB交点为M， 连接PM，则PMH 为二面角 P ABD 的平面角，-----------------------7分 1 1 PH 因为OH  ，MH  ，在△PMH 中tanPMH  2，解得PH 1， 2 2 MH 因为 P  C  4  P  Q  ,  H  C  4  H  O  ,所以 OQ∥PH ,所以 OQ平面ABCD -----------------------9分 以O为原点，OB,OC,OQ所在直线为x,y,z轴建立如图坐标系， 则 A    0, 3 2 ,0    ,B     2 3 ,0,0     , C    0, 3 2 ,0    ,P    0, 1 2 ,1    ,Q    0,0, 3 4    ,  A  B       2 3 , 2 3 ,0     ,  A  Q      0, 2 3 , 4 3   ，  设平面ABQ的法向量为mx,y,z， 2 3 3 AB  m  0   2 x 2 y0 则   ，即 ，令y=1，可得：x 3,z2----------------------13分 AQm0 3 3 y z0 2 4 即m     3,1,2  ，又C  P  0,2,1   10 15 设平面ABQ和直线CP所成的角为，则sin cosm,CP  ，所以cos ---------------------15分 5 5  1  1  1  1   17.（1）yx;(2)增区间, ln ，减区间 ln ,；（3）2  2  2a 2  2a  【详解】（1）函数 f x 的定义域为 R, f012e2x | 1 ，则曲线 f x 在点  0, f 0 处的切线为 x0 y01(x0)，即yx。---------------------------------3分 （2）因为 fx12ae2x，--------------------------------------------4分 1  1  1  1  a0时，由 fx0，得x ln ，令 fx0，得x ln ， 2  2a 2  2a  1  1  1  1   所以 f x在, ln 上单调递增，在 ln ,上单调递减.  2  2a 2  2a   1  1  综上所述， f x的单调递增区间为, ln ，  2  2a 1  1   单调递减区间为 ln ,.-------------------------------7分 2  2a  （3）依题知， f xa2ex 0恒成立，即ae2xx1a2ex 0恒成立， 设hxxae2xa2ex1,xR， 则hx12ae2xa2ex   aex1  2ex1  ，---------------------------9分  1  1 当a0时，由hx0，得xln ，由hx0，得xln ，  a  a   1   1  所以hx在,ln 上单调递增，在ln ,上单调递减，----------------11分   a   a    1  1  1 2  1 则hxhln ln a   a2   10 恒成立，-------------------12分   a  a  a  a  1 1  1 1 1 1 1x 整理得ln  0.设mxln  ,x0 ，则mx   0恒成立，所以mx在,0上  a a  x x x x2 x2 1 1 1 1 单 调 递 增 ， 又 aZ ， 且 m10110,m2ln  ln  0 ， 2 2 e 2 ----------------------------------------------14分 故整数a的最大值为2.-------------------------------------------------------------------------------------15分  n1 n1 7 5 1 5 2 5 2 18．（1） ， ；（2）      ；（3）910( )9 2( )9 18 18 3 6 3  6 3 2 1 1 4 7 【详解】（1）记在模型一下，取到红球的概率为P，则P      ;--------------2分 1 1 3 3 3 8 18 2 1 1 1 5 记在模型二下，取到红球的概率为P，则P      ．--------------------------------4分 2 2 3 3 3 6 18 （2）①若第k次是第一次取到红球，第n次是第二次取到红球， 3k1 nk1 2 1 5 1 则P      ．-----------------------------------------------------------7分 3 3 6 6 所以第n次抽到第二个红球的概率为： 0 n2 1 n3 2 n4 n2 2 1 5 1 2 1 5 1 2 1 5 1 2 1 1 P                      -------------------------8分 3 3 6 6 3 3 6 6 3 3 6 6 3 3 6 利用等比数列求和公式即可得： 0 n2 1 n3 2 n4 n2 0 1 1 2 5 2 5 2 5 2 5 P  [                ] 3 6 3 6 3 6 3 6 3 6 5 n2 2 6 n1  1 3  1 6   6   1   1   2    3 6  5      1 5 8     5 6    n2   1   5 4    n1    1 3  6 5    6 5   n2   1   5 4   n1   3 5 n1 n1  n1 n1 1 5 4 1 5 2     1          ------------------------------------------------10分 3 6  5  3 6 3  ②由题可知，X 的取值依次为2，3....，9,10， 当X 10时，P(X 10)1[P(X 2)P(X 3)P(X 9)] --------------------------------------------12分 则 E(X)2P(X 2)3P(X 3)9P(X 9)]10{1[P(X 2)P(X 3)P(X 9)]} 10[8P(X 2)7P(X 3)1P(X 9)] 1 5 5 5 1 2 2 2 10 [8( )17( )2 1( )8] [8( )17( )2 1( )8] 3 6 6 6 3 3 3 3 5 2 5 2 10[510( )9][42( )9]910( )9 2( )9---------------------------------------------------------17分 6 3 6 3 x2 y2 1  19.（1）  =1；（2）① ,1；②y2 2x2 2． 4 3 3  c 2   c 2 【详解】（1）令M  2,0 ，由阿波罗尼斯圆的定义知  ，且a2c，解得c2 1 a 2 a 2 x2 y2 ∴a2 4，b2 a2c2 3，椭圆C的方程为  =1------------------------------------------------4分 4 3 1 SB SF sinBSF （2）①由 S SBF  2  SB ，又 S SBF  BF ， S 1 SD S DF SDF SD SF sinDSF SDF 2 BS BF ∴  （或由角平分线定理得）------------------------------5分 DS DF BF 令 ，设l:xty1，B  x ,y  ,D  x ,y  DF 1 1 2 2 xty1    联立x2 y2 ，解得 3t2 4 y2 6ty90   1  4 3 36t 9 则 y y  ,y y  ----------------------------7分 1 2 3t2 4 1 2 3t2 4 BS y  1  y  y 2 4t2 所以  1 ， y y ，∴ 2 1 2  DS y 1 2   y y 3t2 4 2 1 2 4t2 4  4  0,  1 4t2  10 1  又 3t2 4 4  3 ，所以 2 2， ，解得 ，3-----------------------9分 3  3t2 4  3  3  t2 6t y 1  又 y y  0，所以 1 1，综上 ，1-----------------------10分 1 2 3t2 4 y 3  2 SB TB BF ②由①知，   ，由阿波罗尼斯圆定义知， SD TD DF S，T ，F 在以B，D为定点得阿波罗尼斯圆上，设该圆圆心为C ，半径为r，与直线l的另一个交点为N， 1 1 BF NB BF 2r  BF r  则有  ，即  ，解得： 1  1 ．----------------------13分 DF ND DF 2r  DF BF DF 9 1 1 2 又C 2r 9，故r  ，∴   C1 2 BF DF 9 又 BF  1t2y, DF  1t2y ， 1 2 1 1 1 1 1 1 1  ∴        BF DF 1t2y 1t2 y  1t2  y y  1 2 1 2 1 y y 1 6t 2 t  1 2   ，----------------------15分 1t2 y y 1t2 9 3 1t2 1 2 2 1 1 2 t 2 ∴    ,t  ----------------------16分 9 BF DF 3 1t2 4 1 ∴k  2 2，∴直线l的方程为y2 2x2 2．--------------------17分 t 44