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