湖北省武汉二中2025届高三下学期五月模拟考试 数学试题（含解析）

这是一份湖北省武汉二中2025届高三下学期五月模拟考试 数学试题（含解析），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.已知复数z满足z1+2i=4−3i(其中i为虚数单位)，则复数z的虚部为( )
A. −2B. −2iC. 1D. i
2.定义集合运算：A−B={x|x∈A且x∉B}，若集合A=x∈Z−21，若函数g(x)=f(x)−k|x+2|有三个零点，则实数k的取值范围是 ．
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.(本小题13分)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且满足2bcsC=2a−c．
(1)求角B；
(2)如图，若△ABC外接圆半径为2 63，D为AC的中点，且BD=2，求△ABC的周长．
16.(本小题15分)如图，在梯形ABCD中，AB/​/CD，AD=DC=BC=1，∠ABC=60°，四边形ACFE为矩形，平面ACFE⊥平面ABCD，CF=1．
(1)证明：BC⊥平面ACFE；
(2)设点M在线段EF上运动，平面MAB与平面FCB所成锐二面角为θ，求csθ的取值范围．
17.(本小题15分)一只不透明的口袋中放有形状、大小完全相同的4个黑球和2个白球，若每次摸一个球后，观察其颜色，再放回袋中，摸到黑球得1分，摸到白球得−1分，用随机变量η表示k次摸球后得1分的总次数，用随机变量X表示k次摸球后总得分．
(1)若摸球100次．
①求η的数学期望;
②求X的数学期望;
(2)当摸球次数k为何值时，X=4的概率取得最大值．
18.(本小题17分)已知函数f(x)=3ex−mx3−3．
(1)若f(x)恰有3个极值点，求m的取值范围；
(2)设g(x)=3ex−3x−f(x)，证明：当m=1时，曲线y=g(x)是中心对称图形；
(3)当x∈[0,+∞)时，f(x)−3x−3mx2≥0，求m的取值范围．
19.(本小题17分)已知A(0,2)，B(0,−2)，P为坐标平面内一动点，直线PA，PB的斜率kPA，kPB满足：
kPA⋅kPB=−43．
(1)求动点P的轨迹E的方程；
(2)过E上一点N作不与坐标轴平行的直线与E相切，交x轴于点D，O为坐标原点，试确定y轴上是否存在定点Q，使得|cs∠DNQ|=12sin∠ODN？若存在，请求出点Q的坐标；若不存在，说明理由．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】【分析】
本题主要考查了复数的四则运算、复数的代数表示及其几何意义，复数求模，属于基础题．
根据题意，得出z=4−3i1+2i，利用运算法则化简复数z，即可求出结果．
【解答】
解：∵z=4−3i1+2i，
∴z=4−3i1+2i= 42+−32×1−2i1+2i1−2i=51−2i5=1−2i，
∴复数z的虚部为−2．
故选：A．
2.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查集合的新定义问题，集合的真子集个数，属于中档题．
先求出集合A，再根据新定义得出A−B=−1,1,2，再结合真子集的定义得出个数即可．
【解答】
解：A=−1,0,1,2,3，又由集合的新定义得A−B=−1,1,2，
所以集合A−B的真子集的个数为23−1=7．
故选：B．
3.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查余弦型函数的单调性以及余弦型函数的图象变换 ，属于基础题．
利用余弦型函数的图象变换规律，求得g(x)的解析式，再利用余弦函数的单调性，得出结论．
【解答】
解：将函数f(x)=cs2x的曲线向左平移π6个单位长度后
可得g(x)=cs⁡(2(x+π6))=cs⁡(2x+π3)的图象，
令2kπ−π⩽2x+π3⩽2kπ(k∈Z)，
求得kπ−2π3⩽x⩽kπ−π6(k∈Z)，
可得g(x)的单调增区间为kπ−2π3,kπ−π6(k∈Z)．
4.【答案】A
【解析】解：(x−2x)5展开式中，通项公式为Tr+1=C5r⋅x5−r⋅(−2x)r=C5r⋅(−2)r⋅x5−2r，
令5−2r=−3，解得r=4，
∴T5=80x−3；
令5−2r=−1，解得r=3，
∴T4=−80x−1；
∴(ax3+x)(x−2x)5展开式中，常数项为80a+(−80)=0，
解得a=1．
故选：A．
先求出(x−2x)5展开式中含x−3项与含x−1项的系数，再求(ax3+x)(x−2x)5展开式中常数项，令其等于0，即可求出a的值．
本题考查了利用二项式展开式的通项公式求特定项的系数问题，是基础题目．
5.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了特征数的求解，解题的关键是掌握平均数与方差的计算公式，考查了逻辑推理能力与化简运算能力，属于基础题．
先求出甲、乙两队队员所有队员中所占权重，然后利用平均数与方差的计算公式求解即可．
【解答】
解：由题意可知甲队体重的平均数为60，乙队体重的平均数为70，
甲队队员在所有队员中所占权重为11+4=15，
乙队队员在所有队员中所占权重为41+4=45，
则甲、乙两队全部队员的平均体重为x−=15×60+45×70=68，
甲、乙两队全部队员体重的方差为s2=15[200+(60−68)2]+45[300+(70−68)2]=296．
故选：D．
6.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查利用函数的奇偶性求值，判断函数的奇偶性，属于中档题．
令gx=fx−2+2=x3+x，由已知条件结合g(x)的单调性与奇偶性求解即可．
【解答】
解：由题，fx=(x+2)3+x+2−2，
令gx=fx−2+2=x3+x，易知g(x)为奇函数，且g(x)在R上单调递增，
则fx+2=gx+2，
由f(a)+f(b)=−4可得，fa+2=−fb−2=−fb+2，即ga+2=−gb+2=g−b−2，
所以a+2=−b−2，即a+b=−4，
故选C．
7.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查根据数列的递推公式求通项公式，分组(并项)法求和，等比数列的通项公式，属于中档题．
先判断数列{a2n}为等比数列，求出其通项公式，再求数列{a2n−1}的通项公式，分组求和，可得问题答案．
【解答】
解：由a1=1，an+1=2an+2n−2,n为奇数an−n,n为偶数，
可得a2=2a1+2×1−2=2，
当n≥2时，a2n=2a2n−1+2(2n−1)−2=2a2n−1+4n−4
=2[a2n−2−(2n−2)]+4n−4=2a2n−2，
∴{a2n}(n∈N∗)是以2为首项，2为公比的等比数列，
则a2n=2n，且a2n=2a2n−1+22n−1−2，可得a2n−1=2n−1−2n+2．
S17=a1+a2+a3+...+a17
=(a1+a3+...+a17)+(a2+a4+...+a16)，
而a1+a3+⋯+a17
=(20+21+⋯+28)−2(1+2+⋯+9)+2×9
=29−1−2×45+18=439，
a2+a4+⋯+a16=21+22+⋯+28=2(1−28)1−2=29−2=510．
∴S17=439+510=949．
故选：A．
8.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查三角恒等变换以及同角三角函数基本关系，属于基础题．
根据三角恒等变换以及二倍角公式化简，最后利用辅助角公式求最值．
【解答】
解： 2sinA+sinBsinC= 2sinC+B+sinBsinC= 2sinCcsB+ 2csCsinB+sinBsinC= 2csC+sinCsinB+ 2sinCcsB
= ( 2cs C+sin C)2+2sin2C·sin(B+φ)≤ 2csC+sinC2+2sin2C=
2+ 2sin2C+1−cs2C2= 2sin2C−12cs2C+52≤ 2+14+52=2，
当且仅当sinB=sinC= 63，sinA=2 23时，等号成立，
因此， 2sinA+sinBsinC的最大值为2，
故选B；
9.【答案】AC
【解析】【分析】
本题考查古典概型及其计算、相互独立事件的判定，属于基础题．
利用列举法，结合古典概型的概率公式求出P(B)，即可判定A；求出PA,PC，
PAB,PAC,PBC，利用相互独立事件的判定方法，即可判定BCD．
【解答】解：有放回地随机取两次，样本空间为：
{1,1,1,2,1,3,1,4,1,5,1,6,
2,1,2,2,2,3,2,4,2,5,2,6，
3,1,3,2,3,3,3,4,3,5,3,6，
4,1,4,2,4,3,4,4,4,5,4,6，
5,1,5,2,5,3,5,4,5,5,5,6，
6,1,6,2,6,3,6,4,6,5,6,6}，共有36个，
事件B包含的样本点有：
{1,2,1,4,1,6,2,1,2,2,2,3,
2,4,2,5,2,6，3,2,3,4,3,6，
4,1,4,2,4,3,4,4,4,5,4,6，
5,2,5,4,5,6,6,1,6,2,6,3，
6,4,6,5,6,6}，共有27个，
所以PB=2736=34，故A正确；
事件A包含的样本点有：
{1,1,1,3,1,5,2,2,2,4,2,6,
3,1,3,3,3,5,4,2,4,4,4,6，
5,1,5,3,5,5，6,2,6,4,6,6}，共有18个；
事件C包含的样本点有：
{3,1,3,2,3,3,3,4,3,5,3,6,
4,1,4,2,4,3,4,4,4,5,4,6，
5,1,5,2,5,3,5,4,5,5,5,6，
6,1,6,2,6,3,6,4,6,5,6,6}，共有24个，
所以PA=1836=12,PC=2436=23，
PAB=936=14,PAC=1236=13,PBC=1836=12，
因为PAPB=12×34=38≠PAB，故B错误；
因为PAPC=12×23=13=PAC，故C正确；
PCPB=23×34=12=PBC，故D错误．
故选：AC．
10.【答案】ABD
【解析】【分析】
本题考查空间几何体的体积，线面角以及异面直线所成角的计算，考查外接球，属于中档题．
根据折叠后几何体的特征以及相关定义公式逐项求解即可．
【解答】
解：对A，当平面ADC⊥平面ABC时，点D到平面ABC的距离最大，
此时三棱锥D−ABC的体积最大，作DE⊥AC，垂足为E，
∵平面ACD∩平面ABC=AC，DE⊂平面DAC，∴DE⊥平面ABC，
∵AC⋅DE=AD⋅CD，
∴DE= 3×1 3+1= 32，
又S△ABC=12AB⋅BC= 32，
∴VD−ABC=13S△ABC⋅DE=13× 32× 32=14，故A正确；
对于B，∵△ADC和△ABC均为以AC为斜边的直角三角形，
∴AC的中点到A，B，C，D四点的距离相等，
即AC的中点为三棱锥D−ABC的外接球球心，
∴三棱锥D−ABC的外接球半径R=12AC=1，
∴三棱锥D−ABC的外接球体积V=43πR3=4π3，为定值，B正确;
对于C，假设异面直线AB与CD所成角的最大值为90∘，则此时AB⊥CD，
又AB⊥BC，BC∩CD=C，BC，CD⊂平面BCD，∴AB⊥平面BCD，
∵BD⊂平面BCD，∴AB⊥BD，
∴△ABD是以AD为斜边的直角三角形，
∴AD>AB，与已知矛盾，∴假设错误，C错误：
对于D，设AD与平面ABC所成角为θ，点D到平面ABC距离为d，则sinθ=dAD=d，
∴当点D到平面ABC距离最大时，AD与平面ABC所成角最大，
当平面DAC⊥平面ABC时，点D到平面ABC距离最大，此时dmax=DE= 32，
即(sinθ)max= 32，∴θ max=60∘，故D正确．
故选ABD．
11.【答案】BCD
【解析】【分析】
求得双曲线的渐近线方程和倾斜角，可判断A；由双曲线的定义和圆的切线长定理，可得O1，O2的横坐标均为a，可判断B；由直角三角形的射影定理，可判断C；由基本不等式和对勾函数的单调性，可判断D．
本题考查双曲线的定义、方程和性质，以及基本不等式的运用、圆的性质，属于中档题．
【解答】
解：双曲线x2−y23=1的a=1，b= 3，c=2，
渐近线方程为y=± 3x，其倾斜角为π3或2π3，
因为过F2且倾斜角为θ的直线与双曲线的右支交于A，B两点，
当直线与渐近线y= 3x或y=− 3x平行时，与双曲线的右支只有一个交点，
所以θ∈(π3,2π3)，故A错误；
△AF1F2的内切圆O1的圆心为O1，
边AF1、AF2、F1F2上的切点分别为M、N、E，
则|AM|=|AN|，|F1M|=|F1E|，|F2N|=|F2E|，
由|AF1|−|AF2|=2a，得|AM|+|MF1|−(|AN|+|NF2|)=2a，则|MF1|−|NF2|=2a，
即|F1E|−|F2E|=2a，记O1的横坐标为x0，则E(x0,0)，
于是x0+c−(c−x0)=2a，得x0=a，
同理可得圆心O2的横坐标也为a，则有直线O1O2的方程为x=a，即直线O1O2与x轴垂直，故B正确；
因为内切圆O1与O2与x轴的切点为E，
所以F2E为直角三角形O1O2F2的斜边上的高，
由直角三角形的射影定理可得(c−a)2=r1r2，
即r1r2=(2−1)2=1，又r1+r2=2，
解得r1=r2=1，即AB垂直于x轴，
xA=xB=c=2，yA2=yB2=9，|AB|=|yA−yB|=6，故C正确；
因为θ∈(π3,2π3)，所以∠AF2E∈(π3,2π3)，∠O1F2E∈(π6,π3)，
所以tan∠O1F2E=r1c−a=r1∈( 33, 3)，
又r1r2=1，所以r12+r22=r12+1r12∈[2,103)，
可得S1+S2∈[2π,103π).故D正确，
故选：BCD．
12.【答案】2
【解析】【分析】
本题考查了投影向量和向量数量积的运算，属于基础题．
由投影向量的定义可得a⋅b的值．
【解答】
解：因为向量a在b上的投影向量为12b，b=2，
所以a⋅b|b|·b|b|=a⋅b4·b=12b，
所以a·b=2．
故答案为：2．
13.【答案】[9,12]
【解析】【分析】
本题考查了数列的函数特征，分段函数，指数函数及一元二次函数的性质，属于基础题．
利用数列的函数特征，结合指数函数得n≤4时，an=2n−1单调递增，再结合二次函数的图象和题目条件建立不等式组a−12≤5.5−52+5a−1≥15，计算得结论．
【解答】
解：当n≤4时，an=2n−1单调递增，
因此n=4时取最大值，a4=24−1=15．
当n≥5时，an=−n2+(a−1)n=−(n−a−12)2+a−124．
因为a5是{an}中的最大值，所以a−12≤5.5−52+5a−1≥15，
解得9≤a≤12．
因此a的取值范围是[9,12]．
故答案为[9,12]．
14.【答案】(0,7−43)∪(1,e23]
【解析】【分析】
本题考查根据函数零点个数求解参数范围问题，属中档题，
画出f(x)和ℎ(x)=k|x+2|的图象，根据图象考察g(x)有三个零点，即f(x)与ℎ(x)的图象有三个不同的公共点的条件，利用导数的几何意义求得相切的临界情况，即可得出k的取值范围．
【解答】
解：画出f(x)的图象如图所示，设ℎ(x)=k|x+2|，
g(x)=f(x)−k|x+2|有三个零点，等价于函数f(x)的图象和ℎ(x)的图象有三个不同的公共点．
易知k>0，在同一坐标系中画出ℎ(x)的大致图象如图所示：
当函数ℎ(x)=k|x+2|经过点(1,f(1))，即点(1,e2)时，k=e23，
当射线y=k(x+2)(x≥−2)与函数f(x)=ex+1(x≤1)的图象相切时，
设切点(m,n)，则f'(x)=ex+1，n=k(m+2)n=em+1k=em+1，解得k=1，
当射线y=k(x+2)(x≥−2)与函数f(x)=−x2+3x−2(x>1)的图象相切时，
x2−(3−k)x+2(k+1)=0的判别式Δ=(3−k)2−8(k+1)=0，
解得k=7−43或k=7+43(舍去)，
结合图象观察可得，k的取值范围是(0,7−43)∪(1,e23],
故答案为(0,7−43)∪(1,e23].
15.【答案】解：(1)因为2bcsC=2a−c，
由余弦定理可得2b⋅a2+b2−c22ab=2a−c，
整理可得：a2+c2−b2=ac，
再由余弦定理可得a2+c2−b2=2accsB，
则csB=12，
又B∈(0,π)，可得B=π3；
(2)若△ABC外接圆半径为2 63，
由正弦定理可得：bsinB=2×2 63，
由(1)可得AC=b=2×2 63× 32=2 2，
由D为AC的中点，可得AD=CD=12AC= 2，
在△ABC中，由余弦定理可得
csB=a2+c2−b22ac=12，
即a2+c2−b2=ac，
可得(a+c)2=b2+3ac=8+3ac，①
而BD=2，
在△ADB中，由余弦定理可得
cs∠ADB=AD2+BD2−AB22AD⋅BD=2+4−AB22× 2×2=6−AB24 2，
在△BCD中，由余弦定理可得
cs∠BDC=DC2+BD2−BC22DC⋅BD=2+4−BC22× 2×2=6−BC24 2，
又因为∠ADB，∠BDC互为补角，所以cs∠ADB+cs∠BDC=0，
所以6−AB2+6−BC2=0，
即a2+c2=12，所以(a+c)2=12+2ac②，
由①②可得a+c=2 5，
所以△ABC的周长为a+b+c=2 5+2 2．
【解析】本题考查正余弦定理的应用，属于中档题．
(1)由题意及余弦定理可得B的余弦值，再由B的范围，可得B角的大小；
(2)由(1)和三角形的外接圆的半径可得b边的值，由余弦定理可得a，c的关系，再在△ADB，△BCD中，由余弦定理求出∠ADB，∠BDC的余弦表达式，再由这两个角互为补角，可得a，c的关系，进而求出a+c的值，从而求出三角形的周长．
16.【答案】(1)证明：在梯形ABCD中，因为AB/​/CD，AD=DC=CB=1，∠ABC=60°
所以AB=2，所以AC2=AB2+BC2−2AB⋅BC⋅cs60°=3，
所以AB2=AC2+BC2，所以BC⊥AC．
因为平面ACFE⊥平面ABCD，平面ACFE∩平面ABCD=AC，
因为BC⊂平面ABCD，所以BC⊥平面ACFE．
(2)解：由(1)，分别以直线CA，CB，CF为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
令FM=λ(0≤λ≤ 3)，则C(0,0,0)，A( 3,0,0)，B(0,1,0)，M(λ,0,1)．
∴AB=(− 3,1,0)，BM=(λ,−1,1)．
设n=(x,y,z)为平面MAB的一个法向量，
由n⋅AB=0n⋅BM=0得− 3x+y=0λx−y+z=0，取x=1，则n=(1, 3, 3−λ)，
∵m=(1,0,0)是平面FCB的一个法向量
∴csθ=|n⋅m||n||m|=1 1+3+( 3−λ)2×1=1 (λ− 3)2+4
∵0≤λ≤ 3，∴当λ=0时，csθ有最小值 77，当λ= 3时，csθ有最大值12．
∴csθ∈[ 77,12]．
【解析】本题考查直线与平面垂直的判断定理的应用，二面角的平面角的求法，考查空间想象能力以及计算能力，属于中档题．
(1)证明BC⊥AC.通过平面ACFE⊥平面ABCD，平面ACFE∩平面ABCD=AC，BC⊂平面ABCD，推出BC⊥平面ACFE．
(2)分别以直线CA，CB，CF为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，求出平面MAB的一个法向量，平面FCB的一个法向量，利用空间向量的数量积求解即可．
17.【答案】(1)得1分(摸到黑球)的总次数为η,则得-1分(摸到白球)的次数为100-η.
易得η~B(100,23)，E(η)=100⋅23=2003.
∵X=1×n+(-1)(100-η)=2η-100,
∴E(X)=2E(η)-100=1003
（1）设摸球k次时X=4,则k为偶数,且摸到黑球的次数比白球多4次.
令k=2n,n∈N∗,P(X=4)=C2nn+2⋅(23)n+2⋅(13)n−2
令f(k)=Ckk2+2⋅(23)k2+2⋅(13)k2−2,
则有f(k+2)f(k)=Ck+2k2+3·23k2+3·13k2−1Ckk2+2·23k2+2·13k2−2=(k+2)!(k2+3)!(k2−1)!k!k2+2!k2−2!·23·13=29·(k+1)(k+2)(k2−1)(k2+3)=8(k+1)(k+2)9(k−2)(k+6)≥1
化简得k2+12k-124≤0,
∴k≤6时,f(k+2)>f(k),k≥8时f(k+2)< f(k).
∴k=8时P(X=4)有最大值
【解析】本题考查二项分布的期望和概率的最值问题，属于一般题.
(1)由 η~B(100,23)即可求E(η)，
由X=2η​​​​​​​-100,利用期望的性质即可求E(X);
(3)求出k=C2nn+2⋅(23)n+2⋅(13)n−2,令f(k)=Ckk2+2⋅(23)k2+2⋅(13)k2−2,由 f(k+2)f(k)≥1求出k的范围，结合单调性即可求解.
18.【答案】解：(1)f'(x)=3ex−3mx2，
由f(x)恰有3个极值点，得f'(x)=3ex−3mx2=0，
当m=0时，不满足题意，
当m≠0时，即1m=x2ex有3个不相等的实数根．
令φ(x)=x2ex，则φ'(x)=2x−x2ex=−x(x−2)ex，
当x0，φ(x)单调递增，
当x>2时，φ'(x)2时，φ(x)>0，所以当f'(x)=0有3个不相等的实数根时，00，
所以∃t0∈(0,ln(1+2m))，使得v'(t0)=0，
当0