湖北省武汉二中2025届高三年级5月高考模拟考试数学试卷

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，则必须是连号的，那么不同的分法种数为（

）A．60 B．36 C．30 D．125．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．207．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．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，M是棱上一点（不包含端点），平面与棱交于点N.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M点，一定存在过M的直线l，使l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，，若的轨迹仍为函数图象，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12345电池级碳酸锂价格（十万元／吨）4.13.93.83.9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△ABC中，，，为△ABC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”为事件M，证明：

武汉二中2025届高三年级高考模拟试题数学试卷参考答案题号1234567891011答案BBBABCCBBDACDABD3.【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：B6.【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：C7.【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：B9．【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,PQ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.12．21013．0.2514.13.【详解】由题知，可得．又，由，可得．故.故答案为：0.2514.【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：0极小值∴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：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.………………（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：245所以X的期望为：，由，