2025年2月武汉二调数学答案_2024-2025高三（6-6月题库）_2025年02月试卷_0227湖北省武汉市2025届高中毕业生二月调研考试

武汉市 2025 届高三年级二月调研考试 数学试卷参考答案及评分标准 选择题： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 C B B A B C D A AC BCD ABD 填空题： 5 1 6 13 12. 13. − 14. 3 9 13 解答题： 15.（13分）解： （1） f '(x)=a+1+lnx， 由题意， f '(e)=a+2=4， 所以a =2. …………5分 （2） f '(x)=3+lnx，令 f '(x )=0，解得：x =e−3. 0 0 f(x)定义域为(0,+)， 当0 xe−3时， f '(x)0， f(x)在(0,e−3)上单调递减； 当x e−3时， f '(x)0， f(x)在(e−3,+)上单调递增. 所以， f(x)有极小值 f(e−3)=−e−3，无极大值. …………13分 16.（15分）解： （1）连接DE ，平面ABEF ⊥平面ECDF ，交线为EF ， 由BE ⊥ EF ，有BE ⊥平面ECDF . 又CF 平面ECDF ，所以BE ⊥CF . 当CF ⊥ BD，BE BD = B，所以CF ⊥平面BDE. 又DE 平面BDE，所以CF ⊥ DE. 此时FEC与DFE相似，故DFEC = EF2. 设BE =t (0t 8)，由(9−t)(8−t)=12，解得：t =5. 所以BE =5. …………7分 （2）过C作EF 的平行线交DF 于点G ，连接AG. 由CG = // EF = // BA，所以四边形CGAB是平行四边形，故BC∥AG， 所以DAG即为异面直线BC与AD所成的角. tanDAF −tanGAF 设BE =t (0t 8)，tanDAG =tan(DAF −GAF)= 1+tanDAFtanGAF 9−t 8−t − t t 1 1 1 = =  = 1+ 9−t 8−t 2(t+ 36 )−17 22 36−17 7 t t t 36 当且仅当t = ，即t =6时，等号成立. t 1 7 2 所以锐角DAG正切值的最大值为 ，此时余弦值有最小值 . 7 10 7 2 所以异面直线BC与AD所成角余弦值的最小值为 . …………15分 10 {#{QQABKQAQggCgABIAAAhCEQHCCEGQkBGCCaoOQEAcMAABAQNABAA=}#}17.（15分）解： （1）设 BO = x，CO = y，则DO =2 2−x，AO=2− y. 在BOC和AOD中，BC = AD，由余弦定理可得：   x2 + y2 −2xycos =(2 2−x)2 +(2− y)2 −2(2 2−x)(2− y)cos . 4 4 整理得：x = 2. 1 所以BO= BD，即O为BD中点. …………6分 2 BO BC AD DO （2）由正弦定理： = = = ，由BO= DO，得sinC =sin A. sinC   sinA sin sin 4 4   若C = A，此时在BOC 和DOA为全等的等腰直角三角形，A= ，B = ，不符合条件. 2 4 所以C+ A=. 3  此时A=−C =−( −B)= B+ . 4 4  5sin2A+cosB= 5sin(2B+ )+cosB= 5cos2B+cosB. 2 2 5 所以 5(2cos2 B−1)+cosB= 5，由0 B，解得：cosB= . 5 5 3 2 3 10 此时sinB= ，sinC =sin( −B)= (sinB+cosB)= . 5 4 2 10 OC OB 2 在BOC中，由正弦定理： = ，代入得：OC = . …………15分 sinB sinC 3 18.（17分）解： 2 8 （1）A夺冠即为三轮比赛都获胜，所以A夺冠的概率为( )3 = . 3 27 由题意，B ~ H 七名运动员水平相同，且八名运动各自夺冠概率之和为1. 1 8 19 所以B ~ H 七名运动员各自夺冠的概率均为 (1− )= . …………4分 7 27 189 （2）记事件B =“B获得冠军”，事件A=“B与A对决过”， 事件A =“B与A在第i轮对决”，i =1,2,3. i 不妨设A在①号位，则B在第1,2,3轮能与A对决时其位置编号分别为②，③④，⑤⑥⑦⑧. P(AB)= P((A + A + A )B)= P(AB)+P(A B)+P(AB). 1 2 3 1 2 3 1 2 1 1 1 P(AB)= (1− )  = . 1 7 3 2 2 84 2 2 1 2 1 1 P(A B)=   (1− ) = . 2 7 3 2 3 2 63 4 2 1 2 1 2 4 P(AB)=     (1− )= 3 7 3 2 3 2 3 189 1 1 4 37 所以P(AB)= + + = . …………10分 84 63 189 756 （3）记事件C =“B与C对决过”. 19 37 39 B没有与A对决过且最后获得冠军的概率P(AB)= P(B)−P(AB)= − = . 189 756 756 P(BC)= P((A+ A)BC)= P(ABC)+P(ABC)= P(AB)P(C| AB)+P(AB)P(C| AB). 由题意，C ~ H 六名运动员与B对决过的概率相同，B夺冠时共与三名运动员对决. 2 3 所以P(C| AB)= ，P(C| AB)= . 6 6 37 2 39 3 191 代入得：P(BC)=  +  = . …………17分 756 6 756 6 4536 {#{QQABKQAQggCgABIAAAhCEQHCCEGQkBGCCaoOQEAcMAABAQNABAA=}#}19.（17分）解： （1）直线l与x轴交于(−1,0)，所以a =1. c 离心率 = 5，所以c= 5，故b2 =c2 −a2 =4. a y2 所以双曲线E的标准方程为x2 − =1. …………3分 4 （2）（i）经检验，当一条切线斜率不存在时，不符合题意. 设切线斜率为k ，切线方程为y =k(x−t)+(t+1)，与双曲线方程联立得： (k2 −4)x2 −2k(kt−t−1)x+(kt−t−1)2 +4=0. 令 =4k2(kt−t−1)2 −4(k2 −4)[(kt−t−1)2 +4]=0. 1 1 整理得：(kt−t−1)2 −k2 +4=0，由于k  2，所以t − 且t 1. 3 上式整理得：(t2 −1)k2 −2t(t+1)k+t2 +2t+5=0. 由题意，k 有两个相异实根，所以t2 −10， 且 =4t2(t+1)2 −4(t2 −1)(t2 +2t+5)0. 2 5 整理得：4(t+1)(−3t+5)0，解得：−1t  . 3 1 1 5 综上所述，t的取值范围是(−1,− ) (− ,1) (1, ). …………9分 3 3 3 （ii）设M(x ,y )，P(x ,y ). 1 1 2 2 y y 直线MT 和PT 方程分别为x x− 1 y =1和x x− 2 y =1. 1 4 2 4 y − y 4(x −x ) 联立得点T( 1 2 , 1 2 ). x y −x y x y −x y 2 1 1 2 2 1 1 2 又点T 在直线l上，代入整理得：x y −x y =4(x −x )−(y − y ). ① 2 1 1 2 1 2 1 2 −4(x +1) 在直线MT 方程中，令x =−1，得点N(−1, 1 ). y 1 4(x +1) y + 1 2 y y y +4(x +1) y y +4(x +1) k = 1 = 1 2 1 ，故直线PN 方程为：y = 1 2 1 (x−x )+ y . PN x +1 (x +1)y (x +1)y 2 2 2 2 1 2 1 y y +4(x +1) 设直线PN 与直线l交点为A，联立两直线方程： 1 2 1 (x−x )+ y = x+1. (x +1)y 2 2 2 1 (x − y +1)y +4(x +1)x 解得：x = 2 2 1 1 2 . A y y +4(x +1)−(x +1)y 1 2 1 2 1 设直线MQ与直线l交点为B， (x − y +1)y +4(x +1)x 同理可得：x = 1 1 2 2 1 . B y y +4(x +1)−(x +1)y 1 2 2 1 2 由①式，比较可得x 和x 表达式的分子分母分别相等. A B 故A,B两点重合，所以直线PN 与MQ的交点在定直线l: y = x+1上. …………17分 {#{QQABKQAQggCgABIAAAhCEQHCCEGQkBGCCaoOQEAcMAABAQNABAA=}#}