精品解析：2025届湖北省武汉市第二中学高三全真模拟考试数学试题

武汉二中2025届高三全真模拟考试 数学试题 考试时间：2025年5月31日 下午15:00—17:00 满分150分 一、单选题 1. 已知集合，那么集合（ ） A. B. C. D. 2. 若复数，则其共轭复数（ ） A. B. C. D. 3. 已知，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知随机事件A，B，若，则（ ） A. B. C. D. 5. 在神经网络优化中，指数衰减的学习率模型为（为常数），其中表示每一轮优化时使用的学习率，表示初始学习率，表示衰减系数，表示训练迭代轮数，表示衰减速度．已知某个指数衰减的学习率模型中，当时，学习率为0.25；当时，学习率为0.0625，则学习率衰减到0.05以下所需的训练迭代轮数至少为（ ）（已知） A. 31 B. 32 C. 33 D. 34 6. 甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为，侧面积分别为和，体积分别为和．若，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知抛物线的焦点为，过点的直线与抛物线交于A，B两点，点在轴上方，且的横坐标为5，则（ ） A. B. ． C. D. 8. 若，数列的前n项和为，且，，则（ ） A. 76 B. 38 C. 19 D. 0 二、多选题 9. 设集合，则下列图象能表示从集合到集合的函数关系的有（ ） A. B. C. D. 10. 下列命题正确的是（ ） A. 已知关于的回归方程为，则样本点的残差为 B. 数据4，6，7，7，8，9，11，14，15，19的分位数是14 C. 已知随机变量，若最大，则的取值集合是 D. ，，，和，，，的方差分别为和，若且，2，3，，则 11. 已知两点在曲线上，为坐标原点，则（ ） A. 关于原点对称 B. 若圆与有公共点，则 C. 存在轴上方的两点，使得 D. 若点在第一象限，则存在唯一直线，使得点到轴和到直线的距离之积为定值 三、填空题 12. 设随机变量服从正态分布，且，若，则__________. 13. 已知向量，满足，向量在上的投影向量为，则___________． 14. 如图，有一列曲线，，，…已知所围成的图形是面积为1的等边三角形，是对进行如下操作得到：将的每条边三等分，以每边中间部分的线段为边，向外作等边三角形，再将中间部分的线段去掉（，1，2，…）。记为曲线所围成图形的面积。则数列的通项公式________ 四、解答题 15. 某公司升级了智能客服系统，在测试时，当输入的问题表达清晰时，智能客服的回答被采纳的概率为，当输入的问题表达不清晰时，智能客服的回答被采纳的概率为.已知输入的问题表达不清晰的概率为. （1）求智能客服的回答被采纳的概率； （2）在某次测试中输入了3个问题（3个问题相互独立），设表示智能客服的回答被采纳的次数.求的分布列、期望及方差. 16. 在中，分别为角的对边，且. （1）求角的大小； （2）若，设角的大小为，的周长为，求的最大值. 17. 已知双曲线过点且一条渐近线方程为. （1）求双曲线的标准方程； （2）若过点的直线与双曲线相交于两点，试问在轴上是否存在定点，使直线与直线关于轴对称，若存在，求出定点的坐标；若不存在，请说明理由. 18. 已知函数，. （1）证明：当时，； （2）若，求a的取值范围； （3）证明：. 19. 中，，，，D是的中点，E是的中点，F是的中点．如图，将和分别沿、向平面的同侧翻折至和的位置，且使得． （1）证明：； （2）若，求三棱锥的体积； （3）求平面与平面的夹角的余弦值的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 武汉二中2025届高三全真模拟考试 数学试题 考试时间：2025年5月31日 下午15:00—17:00 满分150分 一、单选题 1. 已知集合，那么集合（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】分别求出集合，利用交集的定义求解即可. 【详解】因为,所以, 故选：A. 2. 若复数，则其共轭复数（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数的除法运算化简，再根据共轭复数的概念判断. 【详解】，则. 故选：C． 3. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】首先求出，再根据二倍角公式及同角三角函数的基本关系将弦化切，再代入计算可得. 【详解】因为，所以，其中不符题意， 所以， 所以， 故选：C. 4. 已知随机事件A，B，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据对立事件先求出，再根据乘法公式求出，从而可求. 【详解】因为，故，而，故， 故，同理， 故， 故选：B. 5. 在神经网络优化中，指数衰减的学习率模型为（为常数），其中表示每一轮优化时使用的学习率，表示初始学习率，表示衰减系数，表示训练迭代轮数，表示衰减速度．已知某个指数衰减的学习率模型中，当时，学习率为0.25；当时，学习率为0.0625，则学习率衰减到0.05以下所需的训练迭代轮数至少为（ ）（已知） A. 31 B. 32 C. 33 D. 34 【答案】D 【解析】 【分析】可先根据已知条件求出初始学习率和衰减系数，进而得到学习率关于训练迭代轮数的表达式，最后根据学习率的要求求出训练迭代轮数的最小值. 【详解】因为衰减学习率模型为， 所以根据已知条件可得：① ② 用②式除以①式可得： ,化简可得：. 将代入①式中可得：. 所以衰减学习率模型为. 当学习率衰减到0.05以下时，即. 化简上述不等式得：，所以. 因为为正数，所以最小值取34. 故选：D. 6. 甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为，侧面积分别为和，体积分别为和．若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设母线长为，甲圆锥底面半径为，乙圆锥底面圆半径为，根据圆锥的侧面积公式可得，再结合圆心角之和可将分别用表示，再利用勾股定理分别求出两圆锥的高，再根据圆锥的体积公式即可得解. 【详解】解：设母线长为，甲圆锥底面半径为，乙圆锥底面圆半径为， 则， 所以， 又， 则， 所以， 所以甲圆锥的高， 乙圆锥的高， 所以. 故选：C. 7. 已知抛物线的焦点为，过点的直线与抛物线交于A，B两点，点在轴上方，且的横坐标为5，则（ ） A. B. ． C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据抛物线的图象，定义，以及几何性质，转化为三角形相似问题，即可求解. 【详解】如图，设点A，B在抛物线的准线上的投影分别是，作，垂足为D，BD与轴交于点， 由题意可知．设，则， 易证，则，即，整理得， 解得，故． 故选：C 8. 若，数列的前n项和为，且，，则（ ） A. 76 B. 38 C. 19 D. 0 【答案】B 【解析】 【分析】分析函数的对称性，求出数列的通项公式，再利用数列性质及函数对称性求和可得结果. 【详解】因为函数的定义域为， 且， 所以函数的图象关于点成中心对称， 所以，若，则. 由，得当时，， 两式相减得，整理得，即， 因为，，所以，即， 所以对任意正整数，都有， 所以数列为常数列，故，即， 由得数列是等差数列， 所以， 故， 所以. 故选：B. 二、多选题 9. 设集合，则下列图象能表示从集合到集合的函数关系的有（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据函数关系的定义逐个判断即可. 【详解】A选项，集合P中的这部分在集合Q中没有元素对应，故A选项错误； B选项，，均存在唯一与其对应，故B选项正确； C选项，存在集合P中一个元素对应集合Q中的两个元素，故C选项错误； D选项，集合P中的元素2对应了集合Q中的两个元素，故D选项错误； 故选：B. 10. 下列命题正确的是（ ） A. 已知关于的回归方程为，则样本点的残差为 B. 数据4，6，7，7，8，9，11，14，15，19的分位数是14 C. 已知随机变量，若最大，则的取值集合是 D. ，，，和，，，的方差分别为和，若且，2，3，，则 【答案】AD 【解析】 【分析】根据残差、百分位数、二项分布、样本方差等知识对选项进行分析，从而确定正确答案. 【详解】对于A，样本点的残差为，故A正确； 对于B，因为， 所以分位数是，故B错误； 对于C，若最大，则， 解得，所以的取值集合是，，故C错误； 对于D，若且，2，3，，则，2，3，， 所以，故D正确． 故选：AD 11. 已知两点在曲线上，为坐标原点，则（ ） A. 关于原点对称 B. 若圆与有公共点，则 C. 存在轴上方的两点，使得 D. 若点在第一象限，则存在唯一直线，使得点到轴和到直线的距离之积为定值 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，只需证曲线上任意一点关于原点的对称也在曲线上即可.对于B，写出各个象限的曲线方程，与圆联立方程组，消所得方程有解.对于C，利用曲线关于轴对称，不妨设两点关于轴对称，从而找到的范围.对于D，不妨设直线方程为，只需要找到与点坐标无关的即可. 【详解】对于A项，设曲线上任意一点为，则关于原点的对称也在曲线上，所以关于原点对称，故A项正确. 对于B项，不妨设，则曲线，要使圆与有公共点，则，得，因为有解，且，当且仅当时等号成立，所以，其他象限同理可证，故B项不正确. 对于C项，不妨设曲线上任意一点为，则关于轴的对称也在曲线上，所以曲线关于轴对称，此时的张角可取到最大或最小，对于，，设过两点，与曲线相切的直线斜率为，同理可得，此时， 所以，因为，所以存在轴上方的两点，使得，故C正确. 对于D项，设曲线上任意一点为，则点到轴的距离，设直线为，点到直线的距离，又因为，代入得，当时，为定值，故D正确. 故选：ACD. 【点睛】关键点睛：通过曲线可以判断出曲线关于原点和轴对称对称，那么在研究曲线的时候就可以只研究第一象限的曲线是否满足条件，从而推断出整体是否满足条件. 三、填空题 12. 设随机变量服从正态分布，且，若，则__________. 【答案】0.5## 【解析】 【分析】根据正态分布的性质，即正态分布曲线关于均值对称，结合已知条件求出的值. 【详解】已知随机变量服从正态分布，根据正态分布的性质可知，正态分布曲线关于均值对称.  因为，，且，根据正态分布曲线的对称性可知，3.5与关于对称轴对称.  已知3.5与关于对称，所以，可得：， 移项可得：.  故答案为：0.5. 13. 已知向量，满足，向量在上的投影向量为，则___________． 【答案】2 【解析】 【分析】首先利用投影向量的定义求出，再利用数量积的定义求出即可. 【详解】由已知向量在上的投影向量为，则， 又因为即，所以. 所以 故答案为：2 14. 如图，有一列曲线，，，…已知所围成的图形是面积为1的等边三角形，是对进行如下操作得到：将的每条边三等分，以每边中间部分的线段为边，向外作等边三角形，再将中间部分的线段去掉（，1，2，…）。记为曲线所围成图形的面积。则数列的通项公式________ 【答案】 【解析】 【分析】可设图形的边长为，边数为3，的边长为边长的，边数是每一条边都扩大4倍，并且每一条都增加了一个小的等边三角形，由此规律可知的边长为，边数为，而曲线所围成图形的面积等于曲线所围成的面积加上每一条边增加的小等边三角形的面积，再利用累加法即可求出的通项公式. 【详解】设图形的边长为，由题意可知，，边数是3； 根据图形规律，图形边长为，边数为每一条边都扩大4倍，即； 图形边长为，边数为； 以此类推，图形边长为，边数为； 图形边长为，边数为； 而根据图形规律可知曲线所围成图形的面积等于曲线所围成的面积加上每一条边增加的小等边三角形的面积， 每一个边增加的小等边三角形面积为， 则，整理后得， 又图形的面积， 由累加法可知，，，……，， 得， 故答案为： 【点睛】关键点睛：本题解题的关键是通过找到图形之间的关系，得到数列的递推公式，进而求出数列通项，常见的方法有：（1）由和的关系求通项公式；（2）累乘法，累加法，构造等差数列和等比数列法. 四、解答题 15. 某公司升级了智能客服系统，在测试时，当输入的问题表达清晰时，智能客服的回答被采纳的概率为，当输入的问题表达不清晰时，智能客服的回答被采纳的概率为.已知输入的问题表达不清晰的概率为. （1）求智能客服的回答被采纳的概率； （2）在某次测试中输入了3个问题（3个问题相互独立），设表示智能客服的回答被采纳的次数.求的分布列、期望及方差. 【答案】（1）； （2）分布列： 0 1 2 3 期望为，方差为. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，利用全概率公式求解. （2）求出的可能值及对应的概率，列出分布列并求出期望的方差. 【小问1详解】 设“智能客服的回答被采纳”，“输入的问题表达不清晰”， 依题意，，， 因此， 所以智能客服的回答被采纳的概率为. 【小问2详解】 依题意，的所有可能取值为0，1，2，3，， ， ， 所以的分布列为： 0 1 2 3 数学期望；. 16. 在中，分别为角的对边，且. （1）求角的大小； （2）若，设角的大小为，的周长为，求的最大值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，由正弦定理和两角和的正弦公式，化简得到，进而得到，求得，即可求得的大小； （2）根据题意，由正弦定理得到，结合三角恒等变换的公式，化简得到的周长，再由，利用三角函数的性质，即可求得周长的最大值. 【小问1详解】 解：在中，因为， 由正弦定理可得， 即， 可得, 因为，所以，可得， 所以， 又因为，所以，所以， 因为，所以. 【小问2详解】 解：由题意知：，，且，则， 根据正弦定理得，可得， 所以的周长 ， 因为，所以当，即时，取得最大值， 此时，即周长的最大值为. 17. 已知双曲线过点且一条渐近线方程为. （1）求双曲线的标准方程； （2）若过点的直线与双曲线相交于两点，试问在轴上是否存在定点，使直线与直线关于轴对称，若存在，求出定点的坐标；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） （2）存在， 【解析】 【分析】(1)利用渐近线方程设出双曲线方程，再将点代入即可求出双曲线方程； (2)假设存在点，联立直线与双曲线方程，应用韦达定理，将直线与直线关于轴对称转化为，进而可求出点的坐标. 【小问1详解】 双曲线的一条渐近线方程为，设双曲线方程为， 又双曲线过点，则代入得， 双曲线的方程为； 【小问2详解】 设，， 假设在轴上存在定点，使直线与直线关于轴对称. 由题意知，直线的斜率一定存在，则设其方程为， 联立方程组，消去得：， 由题意知，即， 又有，， 则， ， ，， 上式对恒成立，， 存在定点，使，即使直线与直线关于轴对称. 18. 已知函数，. （1）证明：当时，； （2）若，求a的取值范围； （3）证明：. 【答案】（1）证明：，记， ，故单调递增， 又，单调递增， 所以，即. （2） （3）证明：由（2）可知，当，时，，取， 则①， . ②，， 综上. 【解析】 【分析】（1）利用二次导数讨论函数在单调性，由单调性可证； （2）先根据在处的导数符号可得，然后利用放缩放判断导数符号，再根据单调性即可验证； （3）利用不等式，结合放缩法和裂项相消法可证. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ，，若时，，则存在区间，使得单调递增， 故必有，即，验证：当时，. 由（1）可知， ，即在上单调递增，满足题意， 综上，. 【小问3详解】 略 【点睛】本题不等式直接证明难度较大，对于此类不等式经常需要进行适当的放缩，本题难点在于利用（2）中结论，以及不等式问题中一些常见结论进行转化，要求学生熟记常见结论并能灵活运用. 19. 中，，，，D是的中点，E是的中点，F是的中点．如图，将和分别沿、向平面的同侧翻折至和的位置，且使得． （1）证明：； （2）若，求三棱锥的体积； （3）求平面与平面的夹角的余弦值的最大值． 【答案】（1）D是的中点，翻折前，翻折后. 是的中点，翻折前，翻折后 翻折后，又， 且方向相同，. 又E是的中点，F是的中点， 翻折前、后，， 且方向相同，， 翻折后，在中， ； （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据题目条件得到翻折前后线段的数量关系，进而得到，，在中，利用向量加法的三角形法则即可得证； （2）过点在平面内作，垂足为点，证明出平面，可知为三棱锥的高，求出、，再利用锥体的体积公式即可求得三棱锥的体积； （3）在平面中，过点作，交于点，以点为坐标原点，、、的方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，设，利用空间向量法结合基本不等式，即可求得平面与平面的夹角的余弦值的最大值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 过点在平面内作，垂足为，取的中点，连接， 在中，，，D是的中点， 可知翻折前，；翻折后，， 又，平面， 又平面，， 又，平面， 就是三棱锥的高. 在中，，，， 由余弦定理可知. ， . 在中，，， ，，D是的中点，E是的中点， ， ， . 【小问3详解】 在平面中，过点作，交于点， 平面，， 以点为坐标原点，、、的方向分别为轴的正方向 建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、， 设，则， ，，， 设平面的一个法向量， 则， 令，则，，， 设平面的一个法问量， 则， 令，则，，， 设平面与平面的夹角为， 则 ， ，，则， 当且仅当，即时，即时，等号成立. 平面与平面的夹角的余弦值的最大值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $