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