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