湖北省部分重点中学2025届高三第二次联考（全科）【数学答案】

湖北省部分重点中学2025届高三第二次联考高三数学试卷参考答案一、单项选择题：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，只有一项是符合要求的。12345678ABDBCCAD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．91011ADBCDACD第II卷（非选择题）三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12．1613．214．2四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。π15.（13分）（1）因为sinAsin2B0，则sinA2sinBcosB，又B0,，则sinB0，2sinAa34所以cosB，则sinB1cos2B，（2分）2sinB2b5524所以sinA2sinBcosB，（3分）25π27又A0,，所以cosA1sinA，（4分）225732443所以cosCcosABcosAcosBsinAsinB．（7分）25525553（2）设AMm，ANn，由（1）知cosBcosC，则BC，cb5，又51111S△:S△1:5，则SS，即mnsinAbcsinA，得mn5，（9分）AMNABCAMN5ABC2521436所以MN2m2n22mncosA2mnmn，（12分）25565当且仅当mn5时等号成立，所以MN的最小值为．（13分）516.（15分）（1）以C为坐标原点，CO,CB,CC为x,y,z轴建立空间直角坐标系，如图：设AEBFm(0m4)，则A4,4,4，F0,4m,0，C0,0,4，E4m,4,0，（2分）AF4,m,4，CE4m,4,4，由AFCE164m4m160，AFCE.（5分）1(2)VSBB，若三棱锥BBEF的体积最大值，则SBEF取得最大值，BBEF3BEF21114mm，当且仅当时，即SBEFBEBF4mm24mm2222m2时取等号，即E，F分别是棱AB，BC上中点.（8分）（法一）过B作BGEF，连接BG，由BB平面ABC可得，EF平面BBG，则EFBG，（9分）连接OB和AC，交于点H，连接HF，则BHF是以BH为底边的等腰三角形，而EF平面OOBB，得出BGH为平面BEF与平面CEF的夹角，（10分）1BB4，BGBO2，所以BGHG32，设B到HF的距离为h，4244BH48而G到BH的距离为4，则h2,  （12分）BG3238h42sinBGH3，14分BG32942故平面BEF与平面CEF的夹角正弦值为（15分）9.（法二）设平面BEF与平面CEF的夹角为，B(0,4,4),E(2,4,0),F(0,2,0),C0,0,4,BE(2,0,4),BF(0,2,4),CE(2,4,4),CF(0,2,4),n1BE2x1(4)z10,设平面BEF的一个法向量为n(x,y,z),则1111n1BF2y1(4)z10,令z11,则x12,y12,故n1(2,2,1),（10分）n2CE2x24y24z20,设平面CEF的一个法向量为n(x,y,z),则2222n2CF2y2(4)z20,令z21,则x22,y22,故n2(2,2,1),（12分）n1n27242则cos|cosn1,n2|,sin1cos,（14分）|n1||n2|9942故平面BEF与平面CEF的夹角正弦值为（15分）9.13121917.（15分）（1）由题意甲第2局赢的概率为P(1)，（3分）22523301911所以乙赢的概率为P1；（4分）30303212（2）由已知i2时，PP(1P)P，（6分）i5i13i115i1351551511所以P(P)，又P，所以数列{P}是首项为，公比为的等i815i18188i8815511i111i15*比数列，所以Pi()()，所以Pi()()iN；（9分）88158158PP1(3)eilnP1k0即klnP1ei，令f(x)ln(x1)ex，则f(x)ex，易iix1知f(x)是减函数，f(0)0，所以x0时，f(x)0，f(x)递减，Pi显然Pi0(iN*)，因此要求lnPi1e的最大值，即求Pi的最小值，（11分）11i15*55又Pi()()iN，i为偶数时，Pi，i为奇数时，Pi，815888115511且在i为奇数时，P()()i1()i1是单调递增的，i815888151所以P是{P}中的最小值，（13分）12i11x所以kln(1)e2，又f(x)ln(x1)e在(0,)上是减函数，211111所以f()f(0)1，而e22，故f()ln(1)e222221111所以2ln(1)e21，所以满足kln(1)e2的整数k的最小值为1．（15分）22(xm)2y2m18.（17分）（1）设点Px,y，由题意可知n2n，即xm22222mxy(xm)yxn，经化简，得C的方程为1，（3分）nn2n2m2当mn时，曲线C是焦点在x轴上的椭圆；当mn时，曲线C是焦点在x轴上的双曲线．（5分）x2y2由①可知C的方程为1,A2,0,B2,0，设点42Mx1,y1,Nx2,y2,Mx3,y3，其中y10,y20且x3x2,y3y2，因为yyyyAM//BN，所以1223，x12x22x22x32因此，M,A,M三点共线，且2222，（7分）BNx22y2x22y2AM（法一）设直线MM的方程为xty2，联立C的方程，得t22y222ty20，22t2则yy,yy，13t2213t22由（）可知2422，（分）1AMx12x1,BNAM2x392222所以22222x12x31ty11ty311AMBN2222AMBNAMBN22222x12x31ty11ty32222222t22t2tyy2132t222，所以212222t1221ty1y3ty1y31t2t2222t22t211为定值2；（12分）AMBNAM22（法二）设MAx，则有，解得AM，2AMcos222cosAM22同理由，解得AM，（9分）2AMcos222cos111122cos22cos2所以AMBNAMAM22，11所以为定值2；（12分）AMBN由椭圆定义BQQMMA4，得QM4BQAM，，AMQM4BQAMAM//BN,BNBQBQ4AMBN4BNAM解得BQ，同理可得AQ，AMBNAMBN4BNAM4AMBN4AMBN2AMBN所以AQBQAMBNAMBNAMBN2441311．因为，AB22AMBN所以ABQ的周长为定值322．（14分）x2y2②当mn时，曲线C的方程为1，轨迹为双曲线，n2m2n2根据（ⅰi）的证明，同理可得M,A,M三点共线，且BNAM，112n同理可得，AMBNm2n2由双曲线的定义BQQMMA2n，得QM2nAMBQ，AMQM2nAMBNAMAQ根据，解得BQ，同理根据，解得BNBQAMBNBNQN2nBNAMAQ，AMBN2nBNAM2nAMBN2AMBN所以AQBQ2nAMBNAMBNAMBN2m2n2m2n22n2n11，nnAMBN1由内切圆性质可知，SABAQBQr，21m2n2(mn)2当Sr时，ABAQBQm（常数）．22n2n(mn)2因此，存在常数使得Sr恒成立，且．（17分）2n19.（17分）解：（1）92n392n1n当n2时，，nana12a2nana12a2n1an1n1n2n14434433n1n11，（3分）又95也适合此式，1，（4分）ana11an3443n11数列是首项为1，公比为1的等比数列，故331；（5分）anT13n1n1233（2）*可知，,则11，（7b11,bn1RnRn1nNRn0Rn1RnRnRn11Rn1Rn分）数列1是首项为，公差为的等差数列，其通项1，故1；（9分）11nRnRnRnn(3)不妨令,则*，T00cnRnTn1(R1R2Rn)(TnTn1)nN令数列的前n项和，RnWn则，cnRnTn1(R1R2Rn)(TnTn1)(WnWn1)Tn1Wn(TnTn1)WnTnWn1Tn1累加，则，SnWnTn03111（分）SnWnTn11    1123n2n，3111①  （  12分）22nx下面先证不等式ln1x(x0)②1x11xgx0(x0)x1x(1x)2(1x)2令gxln1x，则.1xgxg00(x0)，即②成立.（14分）1在②中令1，得到1n1③（15分）xln1n1n1n1n3当n1时，S；当n2时，由①及③得：12311311Sn11ln2ln1ln122n22n133.（17分）1ln2ln3ln2(lnnlnn1)1lnn22