湖北省武汉二中2025届高三下学期五月模拟考试 数学试题2（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2（含解析），共22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．若复数满足，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知命题p：∀x∈R，x2＜x3，命题q：∃x∈R，x2－5x＋4＝0，则下列命题中为真命题的是（ ）
A．p，qB．¬p，qC．p，¬qD．¬p，¬q
3．已知向量满足，且，则（ ）
A．B．C．D．
4．水稻是世界上最重要的粮食作物之一，也是我国以上人口的主粮．以袁隆平院士为首的科学家研制成功的杂交水稻制种技术在世界上被誉为中国的“第五大发明”．育种技术的突破，杂交水稻的推广，不仅让中国人端稳饭碗，也为解决世界粮食短缺问题作出了巨大贡献．在应用该技术的两块面积相等的试验田中，分别种植了甲、乙两种水稻，观测它们连续6年的产量（单位：）如表所示：
甲、乙两种水稻连续6年产量
根据以上数据，下列说法正确的是（ ）
A．甲种水稻产量的平均数比乙种水稻产量的平均数小
B．甲种水稻产量的中位数比乙种水稻产量的中位数小
C．甲种水稻产量的极差与乙种水稻产量的极差相等
D．甲种水稻的产量比乙种水稻的产量稳定
5．已知圆：，从这个圆上任意一点向轴作垂线段（在轴上），在直线上且 ，则动点的轨迹方程是（ ）
A．B．
C．D．
6．设函数，，若曲线与恰有一个交点，则实数（ ）
A．B．0C．1D．2
7．已知正四棱台上底面边长为，下底面边长为，体积为，则正四棱台的侧棱与底面所成角的正切值为（ ）
A．B．C．D．
8．设直线，分别是函数，图象上点，处的切线，且与垂直相交于点，，分别与轴相交于点A，，则的面积的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．已知函数，，则（ ）
A．函数的最小正周期为
B．函数关于对称
C．函数的值域为
D．函数在上是减函数
10．已知抛物线C：，圆．若C与交于M，N两点，圆与x轴的负半轴交于点P，则（ ）
A．若为直角三角形，则圆的面积为
B．
C．直线PM与抛物线C相切
D．直线PN与抛物线C有两个交点
11．已知函数，则下列命题正确的有（ ）
A．总有三个零点
B．有两个极值点
C．点是曲线的对称中心
D．直线可以是曲线的切线
三、填空题
12．已知，，则 ．
13．已知等差数列公差，由中的部分项组成的数列为等比数列，其中．则数列的前10项之和为 ．
14．一只口袋装有形状、大小完全相同的3只小球，其中红球、黄球、黑球各1只．现从口袋中先后有放回地取球2n次，且每次取1只球，X表示2n次取球中取到红球的次数，当为奇数时，；当为偶数时，,则X的数学期望为 （用n表示），Y的数学期望为 （用n表示）．
四、解答题
15．在中，角、、的对边分别为，，，已知，，是边上的点，
(1)若且，求的长；
(2)若，，求的值.
16．已知函数.
(1)若曲线在处的切线方程为，求实数的值；
(2)讨论函数的单调性..
17．如图，在三棱锥中，的中点分别为．
(1)求的长；
(2)证明：平面平面；
(3)求平面和平面夹角的余弦值．
18．甲､乙､丙三位同学进行乒乓球比赛，约定赛制如下：每场比赛胜者积2分，负者积0分；比赛前根据相关规则决定首先比赛的两人，另一人轮空；每场比赛的胜者与轮空者进行下一场比赛，负者下一场轮空；积分首先累计到4分者获得比赛胜利，比赛结束.已知甲与乙比赛时，甲获胜的概率为，甲与丙比赛时，甲获胜的概率为，乙与丙比赛时，乙获胜的概率为.
(1)若，求比赛结束时，三人总积分的分布列与期望；
(2)若，假设乙获得了指定首次比赛选手的权利，为获得比赛的胜利，试分析乙的最优指定策略.
19．对于求解方程的正整数解（，，）的问题，循环构造是一种常用且有效地构造方法．例如已知是方程的一组正整数解，则，将代入等式右边，得，变形得：，于是构造出方程的另一组解，重复上述过程，可以得到其他正整数解．进一步地，若取初始解时满足最小，则依次重复上述过程可以得到方程的所有正整数解．已知双曲线（，）的离心率为，实轴长为2．
(1)求双曲线的标准方程；
(2)方程的所有正整数解为，且数列单调递增．
①求证：始终是4的整数倍；
②将看作点，试问的面积是否为定值？若是，请求出该定值；若不是，请说明理由．
年
品种
第1年
第2年
第3年
第4年
第5年
第6年
甲
2890
2960
2950
2850
2860
2890
乙
2900
2920
2900
2850
2910
2920
参考答案：
1．D
【分析】利用复数模的公式直接计算即可.
【详解】，由复数模的定义得.
故选：D
2．B
【分析】分别判断命题与的真假性，逐个选项分析可得答案.
【详解】对于命题：采用特殊值法，取，可知为假命题，为真命题；
对于命题：当时，成立，故为真命题，为假命题；
故选：B.
3．D
【分析】根据已知条件分别求出，，，在求出，，即可求解.
【详解】因为，所以，所以，
即，所以，即，
，，，即；
，，，即；
，
，
，
所以.
故选：D
4．B
【分析】分别计算两种水稻产量的平均数、中位数、极差、方差即可判断四个选项的正误.
【详解】对于A：甲种水稻产量的平均数：，
乙种水稻产量的平均数：，
所以甲种水稻产量的平均数和乙种水稻产量的平均数相等，故A不正确；
对于B：甲种水稻产量分别为，中位数为，
乙种水稻产量分别为：，中位数为，
所以甲种水稻产量的中位数比乙种水稻产量的中位数小，故B正确；
对于C：甲种水稻产量的极差为：，乙种水稻产量的极差为：，
甲种水稻产量的极差与乙种水稻产量的极差不相等，故C不正确；
对于D：甲种水稻的产量的方差为：
，
乙种水稻的产量的方差为：
甲种水稻产量的平均数和乙种水稻产量的平均数相等，
乙种水稻的产量的方差小于甲种水稻的产量的方差，
所以乙种水稻的产量比甲种水稻的产量稳定，故D不正确，
故选：B.
5．D
【分析】设，根据得，再结合圆的方程求解即可.
【详解】设 ,则由得 ,因为 所以,即.
故选：D.
6．D
【分析】通过构造函数，得到奇偶性，根据零点个数得到，计算即可.
【详解】令，定义域为R,
且，则为偶函数.
由于曲线与恰有一个交点,则只有唯一的零点，即，解得.
故选：D.
7．D
【分析】画出相应图形，借助正四棱台的性质及体积公式可得其高，结合线面角定义计算即可得解.
【详解】如图所示，作于点，
则，即，
，
则，
由正四棱台的侧棱与底面所成角即为与底面所成角，
设其为，则，即.
故答案为：.
8．A
【分析】先设切点，依题意得到和切线方程，再令得到点A，，，联立直线得到P点横坐标，即得，根据求得面积范围即可.
【详解】设，
当时，，；当时，，.
的斜率为，，的斜率为，，
由与垂直知，即，
直线的方程为，即，则点，
直线的方程为，即，由得，则点，所以，
联立直线方程，消去y得P点横坐标，
所以的面积，，
因为对勾函数在是单调递减的，取值范围为，故，即.
故选：A.
【点睛】方法点睛：
求曲线切线方程的一般步骤：
（1）求出在处的导数，即在点出的切线斜率（当曲线在处的切线与轴平行时，在处导数不存在，切线方程为）；
（2）由点斜式求得切线方程.
9．ABD
【分析】根据二倍角公式可得，即可判断；根据正切函数的对称中心即可判断；利用换元法可得，，根据正弦函数的单调性即可判断；由三角恒等变换可得，根据函数图象变换结合正弦函数的单调性即可判断.
【详解】由已知，
因为，所以函数的最小正周期为，故正确；
因为，正切函数的对称中心为，，
当时，的对称中心为，故正确；
因为，设，所以，，
因为在上单调递增，所以值域为，
所以的值域为，故错误；
，
设，因为，所以，
所以，，
因为当时， ，
所以，
又当时，单调递增，
所以在上单调递减，
即在上是减函数，故正确.
故选：.
10．ABC
【分析】对于A：分析可知直线MN过焦点F且与x轴垂直，可得，进而可得结果；对于B：分析可知，即可得结果；对于CD：，求直线AM的方程，与抛物线联立，结合以及对称性分析判断.
【详解】记抛物线C的焦点为，坐标原点为O，
则圆的圆心为F，半径．
对于选项A：由抛物线与圆的对称性可知，点M，N关于x轴对称，
若为直角三角形，则，
则直线MN过焦点F且与x轴垂直，则，圆的面积为，故A正确；
对于选项B：，故B正确；
对于选项C，D：设，由抛物线定义可知，，
又因为，则，所以直线PM的方程为，
与抛物线C：联立可得，，则，
故，所以直线PM与抛物线C相切，
由抛物线与圆的对称性可知直线PN也与抛物线C相切，故C正确，D错误．
故选：ABC．

11．BC
【分析】求导，利用导数求解函数的单调性，进而可得极值，即可判断A,B,由对称中心满足的关系,即可代入验证判断C,利用切点求解切线方程,即可通过方程形式联立求解.
【详解】由得，由于，
当和时，,当在和单调递增，在单调递减，而,所以至多只有一个零点，故A错误，和分别为极小值点和极大值点，B正确，
，故是曲线的对称中心，C正确，
，设切点为，则该切点处的切线方程为，化简得，
令且，由于，则，进而这与矛盾，故直线不可以是曲线的切线，D错误正确，
故选：BC
12．
【分析】根据给定条件，利用和差角的正弦公式求出，再利用二倍角的余弦公式计算即得.
【详解】由，得，而，
因此，
所以.
13．
【分析】由等比数列的中项性质和等差数列的通项公式，求得，进而得到的公比和通项公式，求得，由等比数列的求和公式，计算可得所求和．
【详解】由题意可得，，成等比数列，即有，
由等差数列的通项公式可得，解得，
则，
由的公比，
则，可得，
则数列的前10项之和为．
故答案为：．
【点睛】关键点点睛：本题考查等差等比数列通项及求和公式，理解的含义是本题关键.
14．
【分析】根据题意可知，利用二项分布的期望公式即可求出的数学期望；利用与的关系，写出的值为,进而可得，再利用即可求得的数学期望.
【详解】第一空：由题可知，所以；
第二空：根据题意的值为,
，
，
，
，
，
，
.
故答案为：；.
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是的数学期望的化简需要用到及，.
15．(1)
(2)
【分析】（1）设（），在、分别利用余弦定理，即可得到方程组，解得即可；
（2）由正弦定理求出，即可求出，再求出，最后根据利用两角和的余弦公式计算可得.
【详解】（1）依题意设（），则，
在中由余弦定理，
即①，
在中由余弦定理，
即②，
由①②解得或（舍去），
所以.
（2）由正弦定理，即，解得，
又，所以，所以，
又，所以，
所以
.
16．(1)或；
(2)答案见解析
【分析】（1）根据导数的几何意义结合切线方程，列式求解，即得答案.
（2）求出函数的导数，结合二次函数的判别式，分类讨论，判断导数正负，即可求得答案.
【详解】（1）由于，则，
点在上， 故；
又，则，
则，解得或；
（2）由题意得的定义域为，
则，
令，
当时，即，所以在上单调递减；
当时，，
当时，，则在上单调递增；
当时，，的根为，
由于，即，
当或时，，
在和上单调递增；
当时，，
在上单调递减；
综上，当时，在上单调递减；
当时，在和上单调递增，
在上单调递减.
当时，在上单调递增；
17．(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）由，通过向量数量积证得，勾股定理求的长；
（2）勾股定理证明，可证平面，得证平面平面；
（3）以为原点，建立空间直角坐标系，向量法求两个平面夹角的余弦值．
【详解】（1）分别为的中点，由，
得
，
所以，
则有，.
（2），为的中点，则，
为的中点，则，，
，
又，，则，得，
又，，平面，
则有平面，又平面，
所以平面平面.
（3）平面平面，平面平面，
平面，，所以平面，
以为原点，为轴，为轴，过垂直于平面的直线为轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
，
，，
设平面的一个法向量为，则有，
令，得，则.
，，
设平面的一个法向量为，则有，
令，得，则.
，
所以平面和平面夹角的余弦值为.
18．(1)分布列见详解，.
(2)让乙和丙打第一局
【分析】（1）求出的取值及对应的概率，得到分布列，求出数学期望；
（2）分别计算出“第一局乙对丙最终乙获胜”，“第一局乙对甲最终乙获胜”，“第一局甲对丙而最终乙获胜”三种策略下的概率，作差法比较出大小，得到答案.
【详解】（1）由题意可知，两场比赛后结束，也即第一局的其中1人连续获得两场胜利，有两种情况，
此时，，
当三场比赛后结束，即第一局比赛的2人均未获胜，轮空者获胜，共有两种情况，
此时，；
当四场比赛后结束，前三局比赛，甲乙丙三人各赢1场，进行第四场比赛，共有2种情况，
此时，；
所以三人总积分的分布列为
所以.
（2）设事件为“第一局乙对丙最终乙获胜”，为“第一局乙对甲最终乙获胜”，为“第一局甲对丙而最终乙获胜”，则有：
已知甲与乙比赛时，甲获胜的概率为，甲与丙比赛时，甲获胜的概率为，乙与丙比赛时，乙获胜的概率为.
其中包含三种情况，第一，第一局乙获胜，第二局乙获胜；
第二，第一局乙获胜，第二局甲获胜，第三局丙获胜，第四局乙获胜；
第三，第一局丙获胜，第二局甲获胜，第三局乙获胜，第四局乙获胜，
故；
同理可得；
；
显然，
故，
，
由于，
故，
所以；
故乙的最优指定策略是让乙和丙打第一局.
【点睛】方法点睛：解决策略类问题，往往需计算出各种情况下的概率，作差比较各种情况下的概率大小，作出决断.
19．(1)
(2)①证明见解析；②是定值．
【分析】（1）由实轴长和离心率即可求得双曲线的标准方程；
（2）结合题目所给的循环构造的方法和二项式定理来解题，①方法一，由题干循环构造方法得到第k组解中的为二项式的展开式中不含的部分，为二项式的展开式中含的部分，再结合二项式定理得到，是4的整数倍.
方法二，得到第组解和第组解的关系，再由二项式定理求解.
②先用面积公式表示出面积，再代入和的关系式消元，利用①中的结论推导出面积式子里的递推式即可求解.
【详解】（1）由题意知解得，则，
故双曲线E的标准方程为．
（2）①方法一：由得，其中是方程的一组正整数解，则，
在循环构造中，对任意正整数，由，是正整数，第k组解中的为二项式的展开式中不含的部分，为二项式的展开式中含的部分，
注意到二项式的展开式中不含的部分与二项式的展开式中不含的部分相同，
二项式的展开式中含的部分与二项式的展开式中含的部分互为相反数，于是由二项式定理有
，，从而，
于是对任意的正整数，
，
因为是正整数，所以是4的整数倍．
方法二：
在循环构造中，对任意正整数，由，是正整数，第组解中的为二项式的展开式中不含的部分，为二项式的展开式中含的部分；
第组解中的为二项式的展开式中不含的部分，为二项式的展开式中含的部分，
故，
于是，
，
即，
由得，，
代入得，
整理得，即．
因为是正整数，所以是4的整数倍．
②，，设，的夹角为，
则的面积
，
由得，，
代入得，，
由得，从而，
故，，
．
，，，，即，
代入得，
于是的面积为定值．
【点睛】方法点睛：新定义问题解题策略
首先，明确新定义的特点；其次，根据定义中的步骤对具体题目进行运算；最后得到结论.
4
6
8
0.5
0.25
0.25