精品解析：湖北省武汉市第二中学2025届高三高考模拟数学试题

武汉二中2025届高三年级高考模拟试题 数学试卷 考试时间：2025年5月21日下午15：00－17：00 试卷满分：150分 一、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，只有一项是符合题目要求的． 1. 设集合，，则（ ） A B. C. D. 2. 若复数是纯虚数，则实数（ ） A. 1 B. C. 2 D. 3. 将正弦曲线向左平移个单位得到曲线，再将曲线上的每一点的横坐标变为原来的得到曲线，最后将曲线上的每个点的纵坐标变为原来的2倍得到曲线的，若曲线恰好是函数的图象，则在区间上的值域是（ ） A. B. C. D. 4. 把分别写有1，2，3，4，5，6的六张卡片全部分给甲、乙、丙三个人，每人至少一张，若分得的卡片超过一张，则必须是连号，那么不同的分法种数为（ ） A. 60 B. 36 C. 30 D. 12 5. 在无穷等差数列中，公差为d，则“存在，使得”是“（）”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 6. 某同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒，包装盒如图所示：底面是边长为2的正方形，，，，均为正三角形，且它们所在的平面都与平面垂直，则该包装盒的容积为（ ） A. B. C. D. 20 7. 如图，椭圆与双曲线有共同右焦点，这两条曲线在第一、三象限的交点分别为A、B，直线与双曲线右支的另一个交点为，形成以为斜边的等腰直角三角形，则该椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数的定义域为，函数是奇函数，函数的图象关于直线对称，则（ ） A. 是偶函数 B. 是奇函数 C. 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. 设样本空间，且每个样本点是等可能的，已知事件，则下列结论正确的是（ ） A. 事件A与B为互斥事件 B. 事件两两独立 C. D. 10. 如图所示，在正方体中，是棱上一点（不包含端点），平面与棱交于点．则下列说法正确的是（ ） A. 四边形是平行四边形； B. 四边形可能是正方形； C. 任意平面都与平面垂直； D. 对任意点，一定存在过的直线，使与直线和都相交． 11. 设为坐标原点，对点（其中）进行一次变换，得到点，记为，则（ ） A 若，则 B. 若，则 C 若，则 D. 为图象上一动点，，若轨迹仍为函数图象，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 的展开式的第5项的系数是_____．（用数字作答） 13. 近几年，我国新能源汽车产业进入了加速发展的阶段，呈现市场规模、发展质量“双提升”的良好局面．新能源汽车的核心部件是动力电池，其中的主要成分是碳酸锂．下表是某地2023年3月1日至2023年3月5日电池级碳酸锂的价格与日期的统计数据： 日期代码 1 2 3 4 5 电池级碳酸锂价格（十万元／吨） 4.1 3.9 3.8 3.9 根据表中数据，得出关于的经验回归方程为，根据数据计算出在样本点处的残差为，则的值为______． 14. 在中，，，为所在平面内的动点，且，则的最小值为_____． 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 已知数列的各项均为正数，前项和为，且，是与的等差中项. （1）证明：数列是等差数列； （2）设，求数列的前项和. 16. 已知在三棱锥中，，，，， （1）证明：平面平面ABC； （2）求二面角的正弦值． 17. 已知函数， （1）当时，求曲线在处的切线方程； （2）当时，求函数的单调区间； （3）若在上存在零点，求实数的取值范围. 18. 如图，已知椭圆与椭圆有相同的离心率，点在椭圆上．过点的两条不重合直线与椭圆相交于两点，与椭圆相交于和四点． （1）求椭圆的标准方程； （2）求证：； （3）若，设直线的倾斜角分别为，求证：为定值． 19. 阿尔法狗是谷歌公司开发的人工智能程序，它第一个战胜了围棋世界冠军.它可以借助计算机，通过深度神经网络模拟人脑的机制来学习、判断、决策.工程师分别用人类围棋对弈的近100万、500万、1000万种不同走法三个阶段来训练阿尔法狗，三个阶段的阿尔法狗依次简记为甲、乙、丙. （1）测试阶段，让某围棋手与甲、乙、丙三个阿尔法狗各比赛一局，各局比赛结果相互独立.已知该棋手与甲、乙、丙比赛获胜的概率分别为，，记该棋手连胜两局的概率为p，试判断该棋手在第二局与谁比赛p最大，并写出判断过程. （2）工程师让甲和乙进行围棋比赛，规定每局比赛胜者得1分，负者得0分，没有平局，比赛进行到一方比另一方多两分为止，多得两分的一方赢得比赛.已知每局比赛中，甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，且每局比赛结果相互独立. （ⅰ）若比赛最多进行5局，求比赛结束时比赛局数X的分布列及期望的最大值; （ⅱ）若比赛不限制局数，记“甲赢得比赛”为事M，证明： 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 武汉二中2025届高三年级高考模拟试题 数学试卷 考试时间：2025年5月21日下午15：00－17：00 试卷满分：150分 一、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，只有一项是符合题目要求的． 1. 设集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先求出两个集合，再求交集 【详解】因为， ， 所以， 故选：B 2. 若复数是纯虚数，则实数（ ） A. 1 B. C. 2 D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数的除法和复数的分类即可得到方程，解出即可. 【详解】， 因为其为纯虚数，则且，解得. 故选：B. 3. 将正弦曲线向左平移个单位得到曲线，再将曲线上的每一点的横坐标变为原来的得到曲线，最后将曲线上的每个点的纵坐标变为原来的2倍得到曲线的，若曲线恰好是函数的图象，则在区间上的值域是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据正弦函数图象的变换规律可得的解析式，结合x的取值范围利用正弦函数的性质，即可求得答案. 【详解】将正弦曲线向左平移个单位得到曲线：的图象， 再将曲线上每一点的横坐标变为原来的得到曲线：的图象， 将曲线上的每个点的纵坐标变为原来的2倍得到是曲线：的图象， 由于曲线恰好是函数的图象，故， 由得， 故， 故选：B 4. 把分别写有1，2，3，4，5，6的六张卡片全部分给甲、乙、丙三个人，每人至少一张，若分得的卡片超过一张，则必须是连号，那么不同的分法种数为（ ） A. 60 B. 36 C. 30 D. 12 【答案】A 【解析】 【分析】分析可知原题意相当于将，，，，，这六个数用两个隔板隔开，在五个空位插上两个隔板，再对应到具体三个人，利用隔板法分析求解. 【详解】先将卡片分为符合条件的三份， 由题意知：三人分六张卡片，且每人至少一张，至多四张， 若分得的卡片超过一张，则必须是连号， 相当于将，，，，，这六个数用两个隔板隔开，在五个空位插上两个隔板，共种情况， 再对应到三个人有种情况，则共有种法. 故选：A． 5. 在无穷等差数列中，公差为d，则“存在，使得”是“（）”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】用定义法进行判断. 【详解】充分性：若，，此时，而，满足，即存在，使得，但是不成立.故充分性不成立； 必要性：若，则，此时.故必要性满足. 故选：B 6. 某同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒，包装盒如图所示：底面是边长为2的正方形，，，，均为正三角形，且它们所在的平面都与平面垂直，则该包装盒的容积为（ ） A. B. C. D. 20 【答案】C 【解析】 【分析】将几何体补全为长方体，包装盒的容积为，进而可得. 【详解】 如图，把几何体补全为长方体，则， ， 所以该包装盒的容积为， 故选：C 7. 如图，椭圆与双曲线有共同的右焦点，这两条曲线在第一、三象限的交点分别为A、B，直线与双曲线右支的另一个交点为，形成以为斜边的等腰直角三角形，则该椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据椭圆及双曲线定义，结合等腰直角三角形，计算求解离心率. 【详解】 设左焦点为，则，，，， 中用勾股定理，化简得， 所以 所以，所以. 故选:C. 8. 已知函数的定义域为，函数是奇函数，函数的图象关于直线对称，则（ ） A. 是偶函数 B. 是奇函数 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题设奇偶性和对称性条件结合奇偶性定义公式和对称性公式进行分析函数的性质即可得解. 【详解】因为是奇函数，所以为偶函数， 所以，即，故的图象关于直线对称， 由的图象关于直线对称得， 即， 即，所以关于对称， 所以，所以， 故是奇函数，所以B选项正确； 因为，又，所以， 即，所以，故C选项错误； 不能得到的奇偶性与的值，故A，D选项错误. 故选：B 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. 设样本空间，且每个样本点是等可能的，已知事件，则下列结论正确的是（ ） A. 事件A与B为互斥事件 B. 事件两两独立 C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】根据互斥事件、独立事件的定义和条件概率公式即可解答. 【详解】对于选项A，因为，所以事件与不互斥，故A错误； 对于选项B，， ，故B正确； 对于选项C，交集为，则，故C错误； 对于选项D，，故D正确. 故选：BD. 10. 如图所示，在正方体中，是棱上一点（不包含端点），平面与棱交于点．则下列说法正确的是（ ） A. 四边形是平行四边形； B. 四边形可能是正方形； C. 任意平面都与平面垂直； D. 对任意点，一定存在过的直线，使与直线和都相交． 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于选项A，利用面面平行的性质定理推出线线平行，进而判断四边形的形状；选项B通过线面垂直性质以及正方形的性质进行推理判断；选项C依据线面垂直的判定定理和性质定理以及面面垂直的判定定理来判断；选项D采用向量共线的坐标表示来求解判断，另解则是利用空间几何中的线面关系判断直线是否满足要求. 【详解】对于A，因为平面与棱交于点，所以四点共面， 在正方体中，由平面平面， 又平面平面，平面平面，所以， 同理可得，故四边形一定是平行四边形，故①正确 对于B，在正方体中，面， 因为面，所以， 若是正方形， 有，， 若不重合，则与矛盾， 若重合，则不成立，故B错误； 对于C，因为平面，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，因为平面，所以平面平面，故C正确. 对于D， 设平面与交于，交于，则平面， 又平面，在平面内，直线PM与必相交，故直线满足要求，所以D正确. 故选：ACD. 11. 设坐标原点，对点（其中）进行一次变换，得到点，记为，则（ ） A. 若，则 B 若，则 C. 若，则 D. 为图象上一动点，，若的轨迹仍为函数图象，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，验证旋转后的点是否满足，即斜率乘积是否为，对于B，旋转不改变点到原点的距离，直接计算和是否相等，对于C，根据变换得到的坐标关系可得变换形式，从而可判断正误，对于D，根据导数的范围可出参数的范围后可判断正误. 【详解】因为，，所以，所以，故A正确； 因为，， 所以，故B正确； 因为，故， 故， 而， 故 ， 同理， 故，故C错误； 对于D，因为，故将顺时针旋转后仍为函数图像， 故图象上的任意一点切线的斜率大于或等于， 故即在上恒成立，故，故D成立. 故选：ABD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 的展开式的第5项的系数是_____．（用数字作答） 【答案】210 【解析】 【分析】根据二项式展开式通项，为第5项代入求解即可. 【详解】二项式展开式通项，所以， 则的展开式的第5项的系数是210. 故答案为：210. 13. 近几年，我国新能源汽车产业进入了加速发展的阶段，呈现市场规模、发展质量“双提升”的良好局面．新能源汽车的核心部件是动力电池，其中的主要成分是碳酸锂．下表是某地2023年3月1日至2023年3月5日电池级碳酸锂的价格与日期的统计数据： 日期代码 1 2 3 4 5 电池级碳酸锂价格（十万元／吨） 4.1 3.9 3.8 3.9 根据表中数据，得出关于的经验回归方程为，根据数据计算出在样本点处的残差为，则的值为______． 【答案】0.25 【解析】 【分析】由残差定义可得，再由回归方程过点可得m，即可得答案. 【详解】由题知，可得． 又， 由，可得．故. 故答案为：0.25 14. 在中，，，为所在平面内的动点，且，则的最小值为_____． 【答案】 【解析】 【分析】可证，延长至，使得，连接，则为的垂直平分线，根据对称可求得的最小值. 【详解】 因为，故，故， 故，所以， 延长至，使得，连接，则为的垂直平分线， 故，故，当且仅当共线时等号成立， 而， 故的最小值为. 故答案为：. 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 已知数列的各项均为正数，前项和为，且，是与的等差中项. （1）证明：数列是等差数列； （2）设，求数列的前项和. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）先根据等差中项列式，再根据完全平方公式计算化简，由定义得出等差数列； （2）先写出等差数列的通项公式，再应用的分组求和得出即可. 【小问1详解】 因为是与的等差中项，所以， 所以， 因为数列的各项均为正数，所以， 所以，所以， 所以数列是公差为1，首项为的等差数列； 【小问2详解】 因为数列是公差为1，首项为的等差数列， 所以， 所以，当时，， 当时，， 所以, 所以， 16. 已知在三棱锥中，，，，， （1）证明：平面平面ABC； （2）求二面角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据面面垂直的判定定理即可证明； （2）用向量法求二面角的余弦值即可求解. 【小问1详解】 取BC的中点为点O，AC的中点为点E，连接DO，EO， 因为为等腰直角三角形，故， 在中，，， 在中，，，，， ，，且EO、面ABC， 面ABC，又面BCD，面面 【小问2详解】 由（1）得面ABC，，所以可以以点为坐标原点，过点作平行于的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， ，，， 设平面BCD的法向量， ， 设平面ABD的法向量， ， ， ，， ，， 二面角的正弦值为 17. 已知函数， （1）当时，求曲线在处的切线方程； （2）当时，求函数的单调区间； （3）若在上存在零点，求实数的取值范围. 【答案】（1） （2）单调递减区间为单调递增区间为 （3） 【解析】 【分析】（1）代入得到函数解析式，求出切点坐标.求函数的导数得到切线斜率，然后写出切线方程； （2）代入得到函数解析式，求函数的导数，令，再求的导数，从而知道的单调性，由此得到对应区间内，从而得到函数的单调区间. （3）由解析式分析得到函数在上存在零点，则.求函数导数，由（2）可知且.然后分类讨论：①，证明当，，且，得到结论；②时，使得，得到，通过换元后求导，证明，由零点存在性可知存在零点，故得到结果. 【小问1详解】 当时，，，切点为， ，∴，∴切线方程为： 【小问2详解】 当时，， 令，，令，得到， ∴时，，∴在单调递增，即在单调递增； ∴时，，∴在单调递减，即在单调递减； ∵，且时，恒成立， ∴变化时，的变化情况如下表： 0 极小值 ∴的单调递减区间是，单调递增区间为， 【小问3详解】 ， ∵时，，，∴，若，则恒成立， ∵在上存在零点，∴； ，由（2）可知在单调递增，在单调递减. ∴，∵，∴， ①若，即，时， ，，，， ∴，，∴在单调递增，∴， ∴无零点. ②若，即，时， ∵，使得，当时，， ∴变化时，的变化情况如下表： 0 极小值 ∴在上单调递减，∴，∴在无零点. ，， ，单调递增，∴，∴ ，，∴，∴ ∴，∴在上存在零点. 综上所述，若在上存在零点，实数的取值范围为. 【点睛】方法点睛，连续函数在区间是否存在零点，只需证明，使得，本题借助导数求得函数的单调区间及最值，从而研究函数是否存在零点问题. 18. 如图，已知椭圆与椭圆有相同的离心率，点在椭圆上．过点的两条不重合直线与椭圆相交于两点，与椭圆相交于和四点． （1）求椭圆的标准方程； （2）求证：； （3）若，设直线的倾斜角分别为，求证：为定值． 【答案】（1） （2）证明见解析 （3），证明见解析 【解析】 【分析】（1）由离心率和椭圆上的点，求椭圆的标准方程； （2）要证，只需证，通过直线与椭圆联立方程组，由韦达定理和两点间距离公式证明； （3）由题意有，由韦达定理和距离公式化简得，由题意，所以，可得. 【小问1详解】 由题意知，两椭圆有相同的离心率，则有，， 又点在椭圆上，有，解得， 所以椭圆的标准方程为. 【小问2详解】 要证，即证， 设， 当直线斜率不存在时，由椭圆对称性可知成立， 当直线斜率存在时，设斜率为，则方程为， 由得， ， 由得， ， 得，， ，，则有. 所以与等底等高，有. 【小问3详解】 由（2）可知，同理有， 由，可得，则有， 设直线的斜率为，直线方程为，设， 由得， ， ， ， 所以， 即， 化简得，即，由题意，所以， 所以. 【点睛】方法点睛：解答直线与圆锥曲线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系，涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形，强化有关直线与圆锥曲线联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题． 19. 阿尔法狗是谷歌公司开发的人工智能程序，它第一个战胜了围棋世界冠军.它可以借助计算机，通过深度神经网络模拟人脑的机制来学习、判断、决策.工程师分别用人类围棋对弈的近100万、500万、1000万种不同走法三个阶段来训练阿尔法狗，三个阶段的阿尔法狗依次简记为甲、乙、丙. （1）测试阶段，让某围棋手与甲、乙、丙三个阿尔法狗各比赛一局，各局比赛结果相互独立.已知该棋手与甲、乙、丙比赛获胜概率分别为，，记该棋手连胜两局的概率为p，试判断该棋手在第二局与谁比赛p最大，并写出判断过程. （2）工程师让甲和乙进行围棋比赛，规定每局比赛胜者得1分，负者得0分，没有平局，比赛进行到一方比另一方多两分为止，多得两分的一方赢得比赛.已知每局比赛中，甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，且每局比赛结果相互独立. （ⅰ）若比赛最多进行5局，求比赛结束时比赛局数X的分布列及期望的最大值; （ⅱ）若比赛不限制局数，记“甲赢得比赛”为事M，证明： 【答案】（1）在第二局与甲比赛 p最大，判断过程见解析 （2）（i）分布列见解析，；（ii）证明见解析 【解析】 【分析】（1）棋手连胜两盘，则第二盘为必胜盘，记，，，分别求得在第二盘与甲、乙、丙比赛连胜两局的概率，即可求解. （2）（ⅰ）求出X所有可能值，利用相互独立事件与互斥事件概率运算求得相应的概率，列出分布列并求得期望，再利用基本不等式并结合二次函数性质即可求得期望的最大值；（ⅱ）设事件A，B分别表示每局比赛“甲获胜”，“乙获胜”，则，利用相互独立事件概率运算即可求解. 【小问1详解】 该棋手在第二局与甲比赛p最大， 该棋手与甲、乙、丙比赛获胜的概率分别为，，，记，，， 该棋手连胜两盘，则第二盘为必胜盘， 记该棋手在第二盘与甲比赛连胜两局的概率为，比赛顺序为乙甲丙及丙甲乙的概率均为， 则， 同理，该棋手在第二盘与乙比赛连胜两局的概率， 该棋手在第二盘与丙比赛连胜两局的概率， 因为，所以该棋手在第二局与甲比赛 p最大. 【小问2详解】 （ⅰ）因为没有平局，所以每局比赛结果仅有“甲获胜”或者“乙获胜”，则， 由题意得X的所有可能取值为：2，4，5， ， ， ， 所以X的分布列为： 2 4 5 所以X的期望为： ， 由，得，当且仅当取等号，则， 因此， 所以的最大值为 （ⅱ）设事件A，B分别表示每局比赛“甲获胜”，“乙获胜”. 由题知甲最后赢得比赛的局数是偶数， 由题设可知前两局比赛结果可能是AA，BB，AB，BA，其中事件AA表示“甲赢得比赛”，事件BB表示“乙赢得比赛”，事件AB，BA表示“甲、乙各得1分”，当甲、乙得分总数相同时，甲最后赢得比赛的概率与比赛一开始甲赢得比赛的概率相同， 所以 ， 因此，得，而， 所以 【点睛】关键点点睛：本题第2问第2小问，根据题意结合相互独立事件的概率公式分析得到是求解的关键. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$