湖北省部分重点中学数学答案_2025年1月_250116湖北省部分重点中学2025届高三第二次联考（全科）

湖北省部分重点中学 2025 届高三第二次联考 高三数学试卷参考答案 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只 有一项是符合要求的。 1 2 3 4 5 6 7 8 A B D B C C A D 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合 题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9 10 11 AD BCD ACD 第 II 卷（非选择题） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．16 13．2 14．2 四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。  π 15. （13分）（1）因为sinAsin2B0，则sinA2sinBcosB，又B0, ，则sinB0，  2 sinA a 3 4 所以cosB   ，则sinB 1cos2B  ， （2分） 2sinB 2b 5 5 24 所以sinA2sinBcosB ， （3分） 25  π 7 又A0, ，所以cosA 1sin2 A  ， （4分）  2 25 7 3 24 4 3 所以cosC cosABcosAcosBsinAsinB     ． （7分） 25 5 25 5 5 3 （2）设AM m，AN n，由（1）知cosBcosC  ，则BC，cb5，又 5 1 1 1 1 S :S 1:5，则S  S ，即 mnsinA  bcsinA，得mn5， （9分） △AMN △ABC AMN 5 ABC 2 5 2 14 36 所以MN2 m2n22mncosA2mn mn ， （12分） 25 5 6 5 当且仅当mn 5时等号成立，所以MN的最小值为 ． （13分） 516. （15分）（1）以C为坐标原点，CO,CB,CC为x,y,z轴建 立空间直角坐标系，如图：设AE  BF m(0m4)，则 A 4,4,4  ，F  0,4m,0  ，C 0,0,4  ，E  4m,4,0  ， （2分）     AF 4,m,4 ，CE  4m,4,4 ，由AFCE 164m4m160，  AF CE. （5分） 1 (2) V  S BB，若三棱锥BBEF 的体积最大值，则S 取得最大值， BBEF 3 BEF BEF 1 1 1 4mm 2 S  BEBF   4m m    2，当且仅当4mm时，即 BEF 2 2 2  2  m2时取等号，即E，F分别是棱AB，BC上中点. （8分） （法一）过B作BG  EF，连接BG，由BB 平面ABC可得，EF 平面BBG，则 EF  BG， （9分） 连接OB和AC，交于点H，连接HF，则BHF 是以 BH 为底边的等腰三角形，而 EF  平面OOBB，得出BGH 为平面BEF 与平面CEF 的夹角， （10分） 1 BB4，BG  BO  2 ，所以BGHG3 2，设B 到HF的距离为h， 4 2 44 BH4 8 而G到BH的距离为4，则h  2  , （12分） BG 3 2 3 8 sinBGH  h  3  4 2 ，  14分 BG 3 2 9 4 2 故平面BEF 与平面CEF 的夹角正弦值为 . （15分） 9 （法二）设平面BEF 与平面CEF 的夹角为 ，B(0,4,4),E(2,4,0),F(0,2,0),     C 0,0,4  , BE (2,0,4),BF (0,2,4),CE (2,4,4),CF (0,2,4),     n BE 2x (4)z 0, 设平面BEF 的一个法向量为n (x ,y ,z ),则 1  1 1 1 1 1 1 n BF 2y (4)z 0, 1 1 1 令z 1,则x 2,y 2,故n (2,2,1), （10分） 1 1 1 1     n CE 2x 4y 4z 0, 设平面CEF 的一个法向量为n (x ,y ,z ),则 2  2 2 2 2 2 2 2 n CF 2y (4)z 0, 2 2 2  令z 1,则x 2,y 2,故n (2,2,1), （12分） 2 2 2 2     n n 7 4 2 则cos|cosn,n | 1 2  ,sin 1cos2 , （14分） 1 2 |n ||n | 9 9 1 2 4 2 故平面BEF 与平面CEF 的夹角正弦值为 . （15分） 9 1 3 1 2 19 17. （15分）（1）由题意甲第2局赢的概率为P   (1 )  ， （3分） 2 2 5 2 3 30 19 11 所以乙赢的概率为P1  ； （4分） 30 30 3 2 1 2 （2）由已知i2时，P  P  (1P ) P  ， （6分） i 5 i1 3 i1 15 i1 3 5 1 5 5 1 5 1 1 所以P  (P  )，又P  ，所以数列{P }是首项为 ，公比为 的等 i 8 15 i1 8 1 8 8 i 8 8 15 比数列，所以P 5 ( 1 )( 1 )i1，所以P ( 1 )( 1 )i1 5 iN* ； （9分） i 8 8 15 i 8 15 8 1 (3)ePi lnP1k 0即k lnP1ePi，令 f(x)ln(x1)ex，则 f(x) ex，易 i i x1 知 f(x)是减函数， f(0)0，所以x0时， f(x)0， f(x)递减， 显然P 0(iN*)，因此要求lnP1ePi的最大值，即求P的最小值， （11分） i i i 又P ( 1 )( 1 )i1 5 iN* ，i为偶数时，P  5 ，i为奇数时，P  5 ， i 8 15 8 i 8 i 8 1 1 5 5 1 1 且在i为奇数时，P ( )( )i1   ( )i1是单调递增的， i 8 15 8 8 8 15 1 所以P  是{P}中的最小值， （13分） 1 2 i 1 1 所以 k ln(1 )e2，又 f(x)ln(x1)ex在(0,)上是减函数， 2 1 1 1 1 1 所以 f( ) f(0)1，而e2 2，故 f( )ln(1 )e2 2 2 2 2 所以2ln(1 1 )e 1 2 1，所以满足 k ln(1 1 )e 1 2的整数k的最小值为1． （15分） 2 2 (xm)2  y2 m    18. （17分）（1）设点P x,y ，由题意可知 n2 n ，即 x mm  2 x2 y2 (xm)2  y2   xn ，经化简，得C的方程为  1， （3分）  n  n2 n2 m2 当mn时，曲线C是焦点在x轴上的椭圆；当mn时，曲线C是焦点在x轴上的双曲 线． （5分） x2 y2     由 ① 可 知 C 的 方 程 为  1,A 2,0 ,B  2,0 ， 设 点 4 2 M  x ,y  ,N  x ,y  ,M x ,y  ， 其 中 y 0,y 0 且 x x ,y y ， 因 为 1 1 2 2 3 3 1 2 3 2 3 2 y y y y AM //BN，所以 1  2  2  3 ， x  2 x  2 x  2 x  2 1 2 2 3 因此，M,A,M三点共线，且 BN   x  2 2  y2   x  2 2  y 2  AM  ， （7分） 2 2 2 2   （法一）设直线MM的方程为xty 2 ，联立C的方程，得 t2 2 y2 2 2ty20， 2 2t 2 则 y  y  ,y y  ， 1 3 t2 2 1 3 t2 2 2 4 2 2 由（1）可知 AM  x  2 x , BN  AM 2 x ， （9分） 2 1 2 2 1 2 3 所以  2   2   2   2  2 x 2 x  1 ty 1 ty  1 1 AM  BN  2 1   2 3   2 1   2 3      AM BN AM  BN  2  2   2  2  2 x 2 x  1 ty 1 ty  2 1 2 3 2 1 2 3       2  2 2t  2 2 2 t  y 1  y 3  2 2 t   t2 2      2 ， 所 以 2 1 2  2 2t  1  2  1 t  y  y  t2y y 1 t  t2    2 1 3 2 1 3 2  t2 2  2  t2 2  1 1  为定值2； （12分） AM BN AM 2 2 （法二）设MAx ，则有  ，解得 AM  ， 2 AM cos 2 2 2cosAM 2 2 同理由  ，解得 AM  ， （9分） 2 AMcos 2 2 2cos 1 1 1 1 2 2cos 2 2cos      2 AM BN AM AM 2 2 所以 ， 1 1 所以  为定值2； （12分） AM BN 由 椭 圆 定 义 BQ  QM  MA 4 ， 得 QM 4 BQ  AM ， ， AM QM 4 BQ  AM AM //BN,   BN BQ BQ     4 AM  BN 4 BN  AM 解得 BQ  ，同理可得 AQ  ， AM  BN AM  BN       4 BN  AM 4 AM  BN 4 AM  BN 2 AM  BN 所以 AQ  BQ    AM  BN AM  BN AM  BN 2 4 413 1 1 ．因为 AB 2 2 ，  AM BN 所以ABQ的周长为定值32 2． （14分） x2 y2 ②当mn时，曲线C的方程为  1，轨迹为双曲线， n2 m2 n2 根据（ⅰi）的证明，同理可得M,A,M三点共线，且 BN  AM ， 1 1 2n 同理可得   ， AM BN m2 n2 由双曲线的定义 BQ  QM  MA 2n，得 QM 2n AM  BQ ，   AM QM 2n AM  BN AM AQ 根据  ，解得 BQ  ，同理根据  ，解得 BN BQ AM  BN BN QN   2n BN  AM AQ  ， AM  BN    2n BN  AM 2n AM  BN 2 AM  BN 所以 AQ  BQ    2n AM  BN AM  BN AM  BN 2 m2 n2 m2 n2 2n 2n  1 1 n n ，  AM BN 1   由内切圆性质可知，S  AB  AQ  BQ r， 2 1 m2 n2 (mn)2 当S r 时，  AB  AQ  BQ  m  （常数）． 2 2n 2n (mn)2 因此，存在常数使得S r 恒成立，且 ． （17分） 2n 19. （17分）解：（1） 9 2n3 9 2n1 n 当n2时， na n a 1 2a 2 na n  a 1 2a 2  n1a n1    4  43n1  4  43n2    3n1 ， n1 n1 1 9 5 1 a   ， （3分）又 a   1 也适合此式，a   ， （4分） n 3 1 4 4 n 3 n 1 1  数列a n 是首项为1，公比为 1 3 的等比数列，故 T n  3 1   3 2    1 3 1 n    ； （5分） 1 3 （2）b 1,b R R  nN*可知R 0，R R  R R ,则 1  1 1 ， （7 1 n1 n n1 n n1 n n n1 R R n1 n 分） 数列   1   是首项为1，公差为1的等差数列，其通项 1 n ，故R  1 ； （9分） R  R n n n n (3) 不妨令T 0,则c RT (R R R )(T T )  nN*， 0 n n n1 1 2 n n n1 令数列R 的前n项和W ， n n 则c RT (R R R )(T T )(W W )T W (T T )WT W T ， n n n1 1 2 n n n1 n n1 n1 n n n1 n n n1 n1 累加，则S WT 0， n n n 3 1  1 1 S WT  1 1   （ 11分） n n n 2 3n  2 n ， 3 1 1  1   ① （ 12分） 2 2 nx 下面先证不等式 ln1x(x0) ② 1x 1 1 x gx    0(x 0) 令 gxln1x x ，则 1x (1x)2 (1x)2 . 1x gxg00(x0)，即②成立. （14分） 1 在②中令 x 1 ，得到 ln  1 1  n  1 ③ （15分） n  n 1 n1 1 n 当n1时， S  3 ；当n2时，由①及③得： 1 2 3 1 1 3  1  1  S  1   1ln2ln1  ln1  n 2 2 n 2  2  n 1 3 3   1ln2ln3ln2  (lnn lnn 1)   1lnn. （17分） 2 2