湖北省武汉市第二中学2025届高三下学期5月模拟考试数学试题（Word版附答案）

这是一份湖北省武汉市第二中学2025届高三下学期5月模拟考试数学试题（Word版附答案），文件包含湖北省武汉二中2025届高三年级5月模拟考试数学答案docx、湖北省武汉二中2025届高三年级5月模拟考试数学docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共11页， 欢迎下载使用。
3.【详解】将正弦曲线向左平移个单位得到曲线的图象；
再将曲线上的每一点的横坐标变为原来的得到曲线的图象；
最后将曲线上的每个点的纵坐标变为原来的2倍得到曲线的的图象.
由于曲线恰好是函数的图象.
在区间上，，，.
故在区间上的值域是.故选：B.
4.【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. 【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.【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.【详解】设左焦点为，则，，，，在中用勾股定理，化简得，所以所以，所以.故选:C.
8.【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
9．【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.【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A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M坐标为（1,0,m），l与直线和分别相交与N,P
Q点坐标（0,q,1），P点坐标为（p,1,0），且
则有：解得，此时三点共线，符合要求故D正确.
另解：设平面与交于，交于，则平面，又平面
故与必相交，故直线满足要求.
故选：ACD.
11．【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.
12．210 13．0.25 14.
13.【详解】由题知，可得．
又，
由，可得．故.故答案为：0.25
14.【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：
15.【答案】(1)证明见解析 (2)
【详解】（1）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；……………………………………（6分）
（2）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，
……………………………………（13分）
16．【答案】(1)证明见解析 (2)
【详解】（1） 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，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………………………………………（15分）
17．【答案】(1) (2)单调递减区间为单调递增区间为 (3)
【详解】（1）当时，，，切点为，
，∴，∴切线方程为：………………………………………………（3分）
（2）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：
∴的单调递减区间是，单调递增区间为，………………………………………（8分）
（3），
∵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：
∴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.………………………………（15分）
18．【答案】(1) (2)证明见解析 (3)，证明见解析
【详解】（1）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.…………………………………………………………………………………………………（3分）
（2）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.………………………………………………………（10分）
（3）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.………………………………………………………………………………………………（17分）
19．【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
【详解】（1）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.……………………………………………（5分）
（2）（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：
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…………………………………………………………………………………（11分）
（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…………………………………………（17分）
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案
B
B
B
A
B
C
C
B
BD
ACD
ABD
0
极小值
0
极小值
2
4
5