湖北省武漢二中2025屆高三年級5月高考模擬考試數(shù)學試卷

武漢二中2025屆高三年級高考模擬試題數(shù)學試卷考試時間：2025年5月21日下午15：00-17：00試卷滿分：150分選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1．設集合，，則（）A． B． C． D．2．若復數(shù)是純虛數(shù)，則實數(shù)（

）A．1 B． C．2 D．3．將正弦曲線向左平移個單位得到曲線，再將曲線上的每一點的橫坐標變?yōu)樵瓉淼牡玫角€，最后將曲線上的每個點的縱坐標變?yōu)樵瓉淼?倍得到曲線的．若曲線恰好是函數(shù)的圖象，則在區(qū)間上的值域是（

）A． B． C． D．4．把分別寫有1，2，3，4，5，6的六張卡片全部分給甲、乙、丙三個人，每人至少一張，若分得的卡片超過一張，則必須是連號的，那么不同的分法種數(shù)為（

）A．60 B．36 C．30 D．125．在無窮等差數(shù)列中，公差為d，則“存在，使得”是“（）”的（

）A．充分而不必要條件 B．必要而不充分條件C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件6．某同學參加綜合實踐活動，設計了一個封閉的包裝盒，包裝盒如圖所示：底面是邊長為2的正方形，，，，均為正三角形，且它們所在的平面都與平面垂直，則該包裝盒的容積為（

）A． B． C． D．207．如圖，橢圓與雙曲線有共同的右焦點，這兩條曲線在第一、三象限的交點分別為A、B，直線與雙曲線右支的另一個交點為，形成以為斜邊的等腰直角三角形，則該橢圓的離心率為（

）A． B． C． D．8.已知函數(shù)的定義域為，函數(shù)是奇函數(shù)，函數(shù)的圖象關(guān)于直線對稱，則（

）A．是偶函數(shù) B．是奇函數(shù)C． D．二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.9．設樣本空間，且每個樣本點是等可能的，已知事件，則下列結(jié)論正確的是（

）A．事件A與B為互斥事件 B．事件兩兩獨立C． D．10．如圖所示，在正方體中，M是棱上一點（不包含端點），平面與棱交于點N.則下列說法正確的是（

）A.四邊形是平行四邊形；B.四邊形可能是正方形；C.任意平面都與平面垂直；D.對任意M點，一定存在過M的直線l，使l與直線和都相交.11．設為坐標原點，對點（其中）進行一次變換，得到點，記為，則（

）A．若，則B．若，則C．若，則D．為圖象上一動點，，若的軌跡仍為函數(shù)圖象，則三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12．的展開式的第5項的系數(shù)是．（用數(shù)字作答）13．近幾年，我國新能源汽車產(chǎn)業(yè)進入了加速發(fā)展的階段，呈現(xiàn)市場規(guī)模、發(fā)展質(zhì)量“雙提升”的良好局面．新能源汽車的核心部件是動力電池，其中的主要成分是碳酸鋰．下表是某地2023年3月1日至2023年3月5日電池級碳酸鋰的價格與日期的統(tǒng)計數(shù)據(jù)：日期代碼12345電池級碳酸鋰價格（十萬元／噸）4.13.93.83.9根據(jù)表中數(shù)據(jù)，得出關(guān)于的經(jīng)驗回歸方程為，根據(jù)數(shù)據(jù)計算出在樣本點處的殘差為，則的值為．14.在△ABC中，，，為△ABC所在平面內(nèi)的動點，且，則的最小值為四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.15．已知數(shù)列的各項均為正數(shù)，前項和為，且，是與的等差中項.(1)證明：數(shù)列是等差數(shù)列；(2)設，求數(shù)列的前項和.16．已知在三棱錐中，，，，，(1)證明：平面平面ABC；(2)求二面角的正弦值．17．已知函數(shù)，(1)當時，求曲線在處的切線方程；(2)當時，求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；(3)若在上存在零點，求實數(shù)的取值范圍.18．如圖，已知橢圓與橢圓有相同的離心率，點在橢圓上．過點的兩條不重合直線與橢圓相交于兩點，與橢圓相交于和四點．(1)求橢圓的標準方程；(2)求證：；(3)若，設直線的傾斜角分別為，求證：為定值．19．阿爾法狗是谷歌公司開發(fā)的人工智能程序，它第一個戰(zhàn)勝了圍棋世界冠軍.它可以借助計算機，通過深度神經(jīng)網(wǎng)絡模擬人腦的機制來學習、判斷、決策.工程師分別用人類圍棋對弈的近100萬、500萬、1000萬種不同走法三個階段來訓練阿爾法狗，三個階段的阿爾法狗依次簡記為甲、乙、丙.(1)測試階段，讓某圍棋手與甲、乙、丙三個阿爾法狗各比賽一局，各局比賽結(jié)果相互獨立.已知該棋手與甲、乙、丙比賽獲勝的概率分別為，，記該棋手連勝兩局的概率為p，試判斷該棋手在第二局與誰比賽p最大，并寫出判斷過程.(2)工程師讓甲和乙進行圍棋比賽，規(guī)定每局比賽勝者得1分，負者得0分，沒有平局，比賽進行到一方比另一方多兩分為止，多得兩分的一方贏得比賽.已知每局比賽中，甲獲勝的概率為，乙獲勝的概率為，且每局比賽結(jié)果相互獨立.（?。┤舯荣愖疃噙M行5局，求比賽結(jié)束時比賽局數(shù)X的分布列及期望的最大值;（ⅱ）若比賽不限制局數(shù)，記“甲贏得比賽”為事件M，證明：

武漢二中2025屆高三年級高考模擬試題數(shù)學試卷參考答案題號1234567891011答案BBBABCCBBDACDABD3.【詳解】將正弦曲線向左平移個單位得到曲線的圖象；再將曲線上的每一點的橫坐標變?yōu)樵瓉淼牡玫角€的圖象；最后將曲線上的每個點的縱坐標變?yōu)樵瓉淼?倍得到曲線的的圖象.由于曲線恰好是函數(shù)的圖象.在區(qū)間上，，，.故在區(qū)間上的值域是.故選：B.4.【詳解】先將卡片分為符合條件的三份，由題意知：三人分六張卡片，且每人至少一張，至多四張，若分得的卡片超過一張，則必須是連號，相當于將，，，，，這六個數(shù)用兩個隔板隔開，在五個空位插上兩個隔板，共種情況，再對應到三個人有種情況，則共有種法.故選：A．5.【詳解】充分性：若，，此時，而，滿足，即存在，使得，但是不成立.故充分性不成立；必要性：若，則，此時.故必要性滿足.故選：B6.【詳解】如圖，把幾何體補全為長方體，則，，所以該包裝盒的容積為，故選：C7.【詳解】設左焦點為，則，，，，在中用勾股定理，化簡得，所以所以，所以.故選:C.8.【詳解】因為是奇函數(shù)，所以為偶函數(shù)，所以，即，故的圖象關(guān)于直線對稱，由的圖象關(guān)于直線對稱得，即，即，所以關(guān)于對稱，所以，所以，故是奇函數(shù)，所以B選項正確；因為，又，所以，即，所以，故C選項錯誤；不能得到的奇偶性與的值，故A，D選項錯誤.故選：B9．【詳解】對于選項A，因為，所以事件與不互斥，故A錯誤；對于選項B，，，故B正確；對于選項C，交集為，則，故C錯誤；對于選項D，，故D正確.故選：BD.10.【詳解】對于A，因為平面與棱交于點，所以四點共面，在正方體中，由平面平面，又平面平面，平面平面，所以，同理可得，故四邊形一定是平行四邊形，故A正確對于B，在正方體中，面，因為面，所以，若是正方形，有，，若不重合，則與矛盾，若重合，則不成立，故B錯誤；對于C，因為平面，平面，所以，又，平面，所以平面，又平面，所以，同理：，又平面，平面，，所以平面，因為平面，所以平面平面，故C正確.對于D,設M坐標為（1,0,m），l與直線和分別相交與N,PQ點坐標（0,q,1），P點坐標為（p,1,0），且則有：解得，此時三點共線，符合要求故D正確.另解：設平面與交于，交于，則平面，又平面故與必相交，故直線滿足要求.故選：ACD.11．【詳解】因為，，所以，所以，故A正確；因為，，所以，故B正確；因為，故，故，而，故，同理，故，故C錯誤；對于D，因為，故將順時針旋轉(zhuǎn)后仍為函數(shù)圖像，故圖象上的任意一點切線的斜率大于或等于，故即在上恒成立，故，故D成立.故選：ABD.12．21013．0.2514.13.【詳解】由題知，可得．又，由，可得．故.故答案為：0.2514.【詳解】因為，故，故，故，所以，延長至，使得，連接，則為的垂直平分線，故，故，當且僅當共線時等號成立，而，故的最小值為，故答案為：15.【答案】(1)證明見解析(2)【詳解】（1）因為是與的等差中項，所以，所以，因為數(shù)列的各項均為正數(shù)，所以，所以，所以，所以數(shù)列是公差為1，首項為的等差數(shù)列；……（6分）（2）因為數(shù)列是公差為1，首項為的等差數(shù)列，所以，所以，當時，，當時，，所以,所以，……（13分）16．【答案】(1)證明見解析(2)【詳解】（1）

取BC的中點為點O，AC的中點為點E，連接DO，EO，因為為等腰直角三角形，故，故，在中，，，在中，，，，，，，且EO、面ABC，面ABC，又面BCD，面面………………（7分）（2）由（1）得面ABC，，所以可以以點為坐標原點，過點作平行于的直線為軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，，，，，，設平面BCD的法向量，，設平面ABD的法向量，，，，，，，二面角的正弦值為………（15分）17．【答案】(1)(2)單調(diào)遞減區(qū)間為單調(diào)遞增區(qū)間為(3)【詳解】（1）當時，，，切點為，，∴，∴切線方程為：………………（3分）（2）當時，，令，，令，得到，∴時，，∴在單調(diào)遞增，即在單調(diào)遞增；∴時，，∴在單調(diào)遞減，即在單調(diào)遞減；∵，且時，恒成立，∴變化時，的變化情況如下表：0極小值∴的單調(diào)遞減區(qū)間是，單調(diào)遞增區(qū)間為，………（8分）（3），∵時，，，∴，若，則恒成立，∵在上存在零點，∴；，由（2）可知在單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減.∴，∵，∴，①若，即，時，，，，，∴，，∴在單調(diào)遞增，∴，∴無零點.②若，即，時，∵，使得，當時，，∴變化時，的變化情況如下表：0極小值∴在上單調(diào)遞減，∴，∴在無零點.，，，單調(diào)遞增，∴，∴，，∴，∴∴，∴在上存在零點.綜上所述，若在上存在零點，實數(shù)的取值范圍為.………………（15分）18．【答案】(1)(2)證明見解析(3)，證明見解析【詳解】（1）由題意知，兩橢圓有相同的離心率，則有，，又點在橢圓上，有，解得，所以橢圓的標準方程為.…………………（3分）（2）要證，即證，設，當直線斜率不存在時，由橢圓對稱性可知成立，當直線斜率存在時，設斜率為，則方程為，由得，，由得，，得，，，，則有.所以與等底等高，有.………（10分）（3）由（2）可知，同理有，由，可得，則有，設直線的斜率為，直線方程為，設，由得，，，，所以，即，化簡得，即，由題意，所以，所以.………………（17分）19．【答案】(1)在第二局與甲比賽p最大，判斷過程見解析(2)（i）分布列見解析，；（ii）證明見解析【詳解】（1）該棋手在第二局與甲比賽p最大，該棋手與甲、乙、丙比賽獲勝的概率分別為，，，記，，，該棋手連勝兩盤，則第二盤為必勝盤，記該棋手在第二盤與甲比賽連勝兩局的概率為，比賽順序為乙甲丙及丙甲乙的概率均為，則，同理，該棋手在第二盤與乙比賽連勝兩局的概率，該棋手在第二盤與丙比賽連勝兩局的概率，因為，所以該棋手在第二局與甲比賽p最大.……………（5分）（2）（?。┮驗闆]有平局，所以每局比賽結(jié)果僅有“甲獲勝”或者“乙獲勝”，則，由題意得X的所有可能取值為：2，4，5，，，，所以X的分布列為：245所以X的期望為：，由，