湖北省武昌区2025届高三年级5月质量检测数学答案_2025年5月_250518湖北省武昌区2025届高三年级5月质量检测（全科）

武昌区 2025 届高三年级 5 月质量检测 数学参考答案及评分细则 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 B A D C A B D B ABC BD ACD 1 12. 88 13. 14. 2 9 1.解 由lgx1，得0 x10，所以A0，10 . B中的元素为4的倍数余1，所以 AB1，5，9 .故选B. 1 1 1 1 2.解 方法一：因为z ，所以 z  = .由于zz  z 2，所以zz  .故选A. 2+i 2+i 5 5 1 2i 2 1 2 1 1 方法二：因为z =   i，z   i，所以zz  .故选A. 2+i 5 5 5 5 5 5 p 3.解 由定义知y 2，故选D. 2 4.解 三种颜色的涂法有2种，即A与D同色，或是B与C同色，所有涂法有   C3 A3 A3 种，即48种，故选C. 4 3 3 a 17 5.解 由aa 2a 可得到a a 2a ，所以a 2.设公比为q，则 5 a q2  ，解得 1 8 4 4 5 4 5 q2 5 2 1 q 2 或4.因为a 0，所以a 0.又因为等比数列a 为递增数列，所以q2.所以 4 5 1 n a 1 a  5  ，故选A. 1 q4 8 6.解 仅过对称中心的切线满足题意，故选B.       7.解 设平面ABD 的一个法向量为xa ybzc.因为AB ac，所以 1 1 1         3 3 xa ybzc ac  0，即 x y z  0(1). 2 2            又因为BD ba ，所以 xa ybzc ba  0，则x y (2). 1 1 5 由(1)(2)可得，若x  y 1，则z  .故选D. 3 8.解 lnLplnCk pk1 pnk  lnCk kln p nk ln 1 p .  n  n k nk 令 f plnCk kln pnkln1 p，则 fp  ． n p 1p 1k k 5 1 令 f(p)0，得最大值点 p .所以参数p的极大似然估计值为   . n n 20 4 1 1 在团队提出的函数模型 p   log 5 中，可知 p()在0,1内单调递增.令 p() ， 2 8 4 1 1 解得 .所以 是的最大似然估计．故选B. 8 8 2 9．解 对于A，T  ，故A正确； 2         对于B，当x 0, 时，2x    , .因为sint在  , 单调递增，故B正确；  6 6  6 6  6 6 7π  7π  对于C， f( )sin2   sinπ=0，故C正确； 12  12 6 π 对于D， f(x)的图象向左平移 个单位长度后为 6        f(x )sin2x    sin2x ，不关于 y 轴对称，故D错误. 6   6  6  6  故选ABC. 10.解 对于A，因为Ax,y ，Bx ,y 是圆O：x2y2 8上两点，由xx yy 4， 1 1 2 2 1 2 1 2     1 得OAOB4.又因为OAOB2 22 2cosAOB4，所以cosAOB .所以 2 2 AOB  ，故A不正确； 3 2 1 对于B，因为AOB  ，所以 AB 6，则圆心到直线的距离为 2 .所以PAB 3 2 1 面积的最大值为 2 6(2 2 2)6 3，故B正确； 2 y y 对于C，因为x y x y ，所以k 2 1 1.设直线l的方程为y xm ，则由 1 1 2 2 x x 2 1 m 2  ，得m2. 2 x y x y 因为x y x y 0，所以 1 1  2 2 0，所以m2.所以直线l的方程为 1 1 2 2 2 2 y x2，故C错误； 对于D，圆心到直线的距离为 2 且圆的半径为2 2，作图可知，这样的P有3个,故D 正确. 故选BD. 211．解 对于A，若乙要与甲在第一轮相遇只能在同一组，所以甲、乙在第一轮相遇的概 1 率P  ，故A正确； 1 7 对于B，设甲、乙在第一轮相遇的概率为P，甲、乙在第二轮相遇的概率为P. 1 2 1 甲、乙在第一轮中相遇的概率为 ，因此甲、乙要在第二轮相遇，则甲、乙在第一轮中不 15 14 1 1 7 相遇且在第一轮均获胜，此时概率为    .在这个前提下，甲、乙第二轮相遇的 15 2 2 30 1 7 1 1 概率为 ，故甲、乙第二轮相遇的概率为   ，故B不正确； 7 30 7 30 对于C，当人数增加到2n，甲、乙两人在第4轮比赛中相遇的概率为 8 1 1 1 P 2n1  8  8  8  2n1 ，故C正确； 对于D，方法一：设2n名选手参赛，甲、乙相遇的概率为P，则 n  2 3 n1 1 1 1  1  1  P  12 22   23   2n1    n 2n 1 4 4 4 4  .  2 3 n1 1 1 1 1 1 1  1         2n 1  2 2 2 2  2n1 方法二：设2n名选手参赛，甲、乙相遇的概率为P.则当n1时，甲、乙一定相遇，此时 n P 1. 1 当2n1名选手参赛，甲、乙相遇的概率为P n1 . 考虑将2n个选手分成上、下两个区，每区2n1名选手，这时有2种情况—— 情形一：乙和甲在同一区，此时甲、乙相遇的概率为P ， n1 情形二：乙和甲不在同一区，两人相遇必须都进入决赛，即前n1轮比赛均获胜. 所以，P    2n11 P  2n1   1   2 .于是  2n1  P   2n1 1  P  1 ,， n  2n1  n1 2n12n1 n n1 2n1  221  P   211  P  1 ，累加，得  2n1  P P  1  1  1 2  1 1  . 2 1 21 n 1 2 22 2n1  2n  1 所以P  .故D正确. n 2n1 故选ACD. 12．解 下四分位数是百分之二十五分位数，100.252.5，即由小到大排列后第三个数， 为88. 1 13．解 由sin sincoscossin，得sincoscossin (1). 3 3tan sincos 1 由  ，得sincos3cossin(2).由(1)(2)解得cossin ， tan cossin 6 1 2 sincos .所以sin sincoscossin . 2 3 1 所以cos  2212sin2 . 9 l 14.解 模型转换后如图所示，OA⊥AB,CB⊥平面OAB，∠ACB=30°， y2 m CB=y，OB=x，所以x2  OA2，所以离心率为2. 3 15.解：(1)定义域为R. 当a 1时， f(x)ex x, f (x)ex 1. 当x0时， f(x)0，函数 f(x)单调递减； 当x0时， f(x)0，函数 f(x)单调递增. 所以 f(x)的单调递减区间为(,0)，递增区间为(0,). ……………………(6分) (2)当x 0时， f  x ex axx 0成立； ……………………(7分) ex ex ex x1  当x(0,)时，由ex axx 0，得a1 .令g(x) ，则g(x) . x x x2 当x(0,1)时，g(x)0，函数g(x)单调递减； 当x(1,)时，g(x)0，函数g(x)单调递增. 所以g(x)  g(1)e.因此a1e. min 综上，实数a的取值范围是 ,e1  . ……………………(13分) 7 16.解：(1)设 DBC ，则cosB cos22cos21 ，所以 9 2 2 1 cos ，sin . ……………………(4分) 3 3 2 2 在BCD中，由余弦定理，得CD2 1618243 2 ， 3 所以CD 2. ……………………(6分) 7 4 2 (2)因为cosB ,B(0,)，所以sinB . 9 9 因为S S S ，所以 ABC ABD BCD 4 2 1 1 4c 43 2 c3 2 . ……………………(12分) 9 3 3 436 解得c . 7 1 36 4 2 32 所以ABC的面积为 4   2. ……………………(15分) 2 7 9 7 17.解：(1)因为AB  AA ，所以四边形ABB A 是菱形，所以AB  AB . 1 1 1 1 1 因为AC  AB，且 AC //AC，所以AC  AB.因为 1 1 1 1 1 1 AC AB  A，AC 平面ABC，AB 平面ABC ， 1 1 1 1 所以AB 平面ABC. ……………………(5分) 1 1  (2)ABC中，由AC 2 3,AB 2,CAB  ，得BC 2. 6 取AC的中点O，连接OA,OB.因为ABBC，所以OB  AC. 1 因为平面AAC 平面ABC, 平面AAC平面ABC AC， 1 1 所以OB 平面AAC，因为OA 平面AAC，所以OB OA . 1 1 1 1 因为AC  AB， AC OB，AB,OB平面OBA ，且ABOB B ， 1 1 1 1 所以AC平面 OBA ,因为OA  平面 OBA ，所以AC OA . 1 1 1 1 因为AC的中点为O，所以AC  AA 2. 1 1 在RtAOA和Rt△ABO中，可知AO OB 1.在RtBOA中，可知AB  2 . 1 1 1 1 因为AC  AB，所以AC2  AB2  BC2，解得BC  14. ……………………(10分) 1 1 1 1 1 1 1 1 (3)方法一：根据第二问，以OB,OC,OA 分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则 1 A(0, 3,0),C(0, 3,0),B(1,0,0),A(0,0,1)，所以 1    z AB(1,0,1),AA (0, 3,1),AC(0, 3,1). 1 1 1  设平面AAB的法向量为n (x ,y ,z )， 1 1 1 1 1 O   y  nAB  x z 0, x 则  1  1 1 令z  3， 1 nAA  3y z 0. 1 1 1  得n ( 3,1, 3). 1  同理可得平面ABC的法向量为n ( 3,1, 3). 1 2     n n 5 所以cosn 1 ,n 2  n 1 n 2  7 . 1 2 55 所以平面AAB与平面ABC夹角的余弦值为 . ……………………(15分) 1 1 7 方法二：由第二问证明易得AA AC,AAB CAB ，且AB  BC  AA CA . 1 1 1 1 1 1 取AB的中点P，则APC为二面角A- AB-C的平面角. 1 1 14 由AC 2 3,AP CP  ， 2 AP2 CP2  AC2 5 得cosAPC   . 2APCP 7 5 所以平面AAB与平面ABC夹角的余弦值为 . ……………………(15分) 1 1 7 18.解：(1)当k 3时，设点D(t,0)(t 2)，N(x ,y ),M(x,y) ，依题意， 0 0     得 MD2DN ，且 DN  ON 1. (x t）2 y2 1, 所以(tx,0 y)2(x t,y 0)，且 0 0 0 0 x2 y2 1. 0 0 tx2x 2t, 即 0 且t(t2x )0. ……………………(3分) y2y . 0 0 由于当点D不动时，点N 也不动，所以t不恒等于0. x y x2 y2 于是t2x ，所以x  ,y  .代入x2 y2 1，得  1. 0 0 4 0 2 0 0 16 4 x2 y2 所以C 的方程为  1. ……………………(6分) 3 16 4 x2 y2 1 (2)(i)同理可得曲线C 的方程为   . 1 16 4 9   不妨设OA 与OE同向，A(x ,y ),E(x ,y ). 1 1 1 1 2 2 当直线l斜率不存在时，OE 3OA ； 1 当直线l斜率存在时，设直线方程为 y tx. x2 y2   1, 16 16(1t2) 由16 4 得x2  .所以OE2 (1t2)x2  .  2 14t2 2 14t2 y tx, 16(1t2) 同理可得OA2  .因此OE 3OA . 1 9(14t2) 1 对于任意直线均满足OE 3OA ，所以 EF 3 AB . ……………………(9分) 1 1 1 6(ii)由(i)可知，四边形PEQF 面积是OPQ面积的6倍. ……………………(10分) 4 4 当直线PQ的斜率不存在时，设直线PQ的方程xm,m[ ,0)(0, ]. 3 3 1 1 16 所以S  m 16m2  (m2 8)2 64(0, 2]. ……………………(12分) OPQ 2 2 9 当直线PQ的斜率存在时，设直线PQ的方程y kxm,m 0,P(x ,y ),Q(x ,y ) . 3 3 4 4  8km x x  ,  3 4 4k2 1 x2 y2    1,  4m2 16 由16 4 得(4k2 1)x2 8kmx4m2 160.所以x x  , 3 4 4k2 1   y kxm,  256k2 16m2 64.   直线PQ与C 有公共点，因此 1 x2 y2 1    , 16 由16 4 9 得(4k2 1)x2 8kmx4m2  0.  9 y  kxm, 256 64 m2 4 所以  k2 16m2  0，即0  . 9 9 4k2 1 9 1 |m| 256k2 16m2 64 所以S    k2 1 OPQ 2 k2 1 4k2 1 m2 m2 2 ( )24 . ……………………(15分) 4k2 1 4k2 1 m2 4 16 令  s(0, ]，则S 2 s2 4s 2 (s2)2 4(0, 2]. 4k2 1 9 OPQ 9 32 所以四边形PEQF 面积的取值范围是(0, 2]. ……………………(17分) 3 19.解：(1)因为A  1,3,5  ,B   2,4  ，所以AB {3,5,7,9}，所以 D(AB){2},D(A){2},D(B){2}. 所以|D(AB)|1,|D(A)D(B)|1. ……………………(4分) (2)考虑2i 4j 2s 4t  ，不妨设 j t，则i  s， ①t 51时，4t   4j 2i  4t 4t12i 34t12i 3450 2100 0，此时    式 不成立; 7  ②t 50时，若i 2t，则2i  2s 4t 2i 2i14t 2i14t 22t 22t 0，此时    式不成立； 若i2t，则 4t   4j 2i  4t 4t12i 34t12i 322t2 22t1  3 22t122t1 0，此时    2 式也不成立； 若i 2t，则取s 2j，此时    式成立. ……………………(7分) 5049 由上分析知和集中重复的元素个数共 1225个. 2 所以 AB 10010012258775. ……………………(9分) (3)充分性的证明： 当|D(A)D(B)|1时，不妨设D(A) D(B){d}，     设集合A a ,a ,,a ，B  b,b ,,b ，其中a a a ，b b b ， 1 2 m 1 2 m 1 2 m 1 2 m {a },{b }(n1,2,m)是公差为d 的等差数列. n n 因此AB{a b,a b d,,a b 2(m1)d}，AB里面的元素也是公差为d 1 1 1 1 1 1 的等差数列，所以| AB|2m1； ……………………(12分) 必要性的证明：     设集合A a ,a ,,a ，B  b,b ,,b ，其中a a a ，b b b ， 1 2 m 1 2 m 1 2 m 1 2 m 则a b a b a b a b a b .这里共2m1个不同元素，又 1 1 2 1 m 1 m 2 m m | AB|2m1，所以上面为和集AB中的所有元素. 又a b a b a b a b a b .这里共2m1个不同元素，也为 1 1 1 2 1 m 2 m m m 和集AB中的所有元素,所以有a b a b ，即a a b b . 2 1 1 2 2 1 2 1 一般地，由 a b a b a b a b a b a b a b ， 1 1 1 2 1 k 2 k m k m k1 m m a b a b a b a b a b a b a b ， 1 1 1 2 1 k 1 k1 2 k1 m k1 m m   可得a b a b ，即a a b b 1k m1 . 2 k 1 k1 2 1 k1 k   同理可得b b a a 1k m1 ，得证. ……………………(17分) 2 1 k1 k 8