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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．12
5．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．20
7．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 1 2 3 4 5
电池级碳酸锂价格（十万元／吨） 4.1 3.9 3.8 3.9
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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
答案 B B B A B C C B BD ACD ABD
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：
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：
2 4 5
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）

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