2025年湖北省新八校协作体高三2月联考数学答案

2025年湖北省“新八校”协作体高三2月联考高三数学参考答案1.【答案】C【解析】由题意，得B{0,1,2,3}，所以AB{0,1,2}.故答案选：C.2.【答案】C【分析】(1i)22i，(1i)4(2i)24.【解析】设，因为复数在复平面内所对应的点位于第一象限，所以，，z1abia,bRz1a0b0z4又2，所以，即在复平面内所对应的点位于第三象限41z2abiabiz2.z1(1i)故选：C.3.【答案】Bex1ex11ex【解析】fx的定义域为R，化简得fx，fxfx2ex12ex121exex111故f(x)是奇函数；又因为fx，故在R上单调递增.故选：B.ex122ex14．【答案】A【解析】因为|ABAC||ABAC|，所以ABAC，故ABAC33m0，解得m3.232故|AB|23，|AC|2，又因为ABC为直角三角形，则面积S23，故选：A.21115.【答案】A【解析】若sinsin，cos()coscossinsin，则coscos，3625所以cos()coscossinsin，61cos21cos2cos2cos25所以sin2cos2=cos()cos().22236故答案为：A.6．【答案】B【解析】如图，分别取AB,CD的中点E,F，连接PE,PF,EF，则PEAB,EFAB，且PEEFE，可知AB平面PEF，且AB平面ABCD，所以平面PEF平面ABCD，过P作EF的垂线，垂足为O，即POEF，由平面PEF平面ABCDEF，PO平面PEF，所以PO平面ABCD，2由题意可得：PE5,PF2，EF3，则由余弦定理得，cosPFE,故PFE，241可得OFOP1，OE2，所以四棱锥的高为1.故该四棱锥的面积S612.3故选：B.7．【答案】B【解析】如图，延长PF2交F1M延长线于点N，因为点M是F1PF2的角平分线上的一点，且F1MMP，所以点M为F1N的中点（三线合一），所以PNPF1，又点O为F1F2的中点，所以|F2N|2|OM|4，故PF1PF2PNPF2F2N4，湖北省新八校教科研协作体*参考答案（共8页）第1页5b25所以2a4，即2，带入点P3,得2，所以．故选：B．a4b1e122a28.【答案】D【解析】解：因为f(x1)f(x1)x，由累加法得：f(2x)f(2x2)2x1，f(2x2)f(2x4)2x3，f(4)f(2)3，所以f(2x)f(2)357（2x1）,所以f(2x)1357（2x1）=x2，故f(100)2500；故A，B都不对；再由累加法得：f(2x1)f(2x1)2x，f(2x1)f(2x3)2x2，f(3)f(1)2，所以f(2x1)x2x1,故f(101)25512500；故选：D.9．【答案】BD【解析】对于A：将函数fxsin2x的图象向右平移，可得函数ysin2xsin2x的图象；12126再把所有点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)得到函数gxsinx的图象．故A错误；6对于B：令xk,kZ，得xk,kZ，所以g(x)的图象关于点(,0)对称，故B正确；6662对于C：令xk,kZ，得xk,kZ，故C错误；623对于D：分别画出f(x)与g(x)在[0,2]内的图像，可知有4个交点，故D正确；故选：BD.10.【答案】BCDex(2x23x)xex(2x3)(2x1)x【解析】解：yfxe，定义域为x|x1则fx22，所以x1x1x1333当x或x0时fx0，当0x1或1x时fx0，即函数在,0和,上单2223调递增，在0,1和1,单调递减.当x时，x1，ex0，2x1，所以fx0，2当x1时，fx，当x1时，fx，33又f01，f4e21，2ex(2x1)所以函数yfx的大致图象如下所示,故A错误；x133对于B，函数f(x)的极大值为1，f(x)的极小值为f4e2，2故B正确.对于C，令f(x)t，则f(t)0有1个零点t1(0,1)，故方程f(x)t1有两个实数解，故C正确；f(x)2x11对于D，构造h(x)2，所以h(x)关于点(1,2)对exx1x1称，故h(2x)h(x)4，湖北省新八校教科研协作体*参考答案（共8页）第2页f(2x)f(x)即4，化简得exf(2x)e2xf(x)4e2，故D正确.说明：带入验证也可以.e2xex故选：BCD.11.【答案】ABD【解析】对：将x换成y，y换成x，方程不变，故方程所表示曲线关Ax22xyy22x2y0于直线yx对称，故A正确；21对B：x22xyy22x2yx2（2y+2）xy22y=（xy）222y02221112（xy）222y022yy，故B正确；222428x22xyy22x2y0对C：联立可得：x22x(xm)(xm)22x2(xm)0，yxm22即m22x2m022xm2m，有唯一交点，无论m为何值，yxm与曲线均不相切，故C错误；x22xyy22x2y0yx对D：【方法一】由A选项可知，曲线关于对称，故联立22，化简得y1(x)22x22xyy22x2y0，解得A(0,2),B(2,0)，故AB的最小值为2.y2x2222221【方法二】若直线斜率不存在，则()2()yy2()2y0，即y22y0，2222x22xyy22x2y02210解得：，AB10；若直线斜率存在，联立得：y1,2222yk(x)2222x22xyy22x2y0(xy)22(xy)(k1)2(x)22(k1)(x)22222(k1)2(k1)28(k1)2所以(x)21,22(k1)22(k1)28(k1)22(k1)28(k1)2AB1k2xx1k2(1k2)12(k1)2(k1)4[(k1)22(k1)2][10(k1)28(k1)8]1111[221][8810](k1)4(k1)2(k1)(k1)2(k1)1111令t[,)，故当t，AB(2t1)(8t10)取最小值2，此时k1，(k1)2(k1)44湖北省新八校教科研协作体*参考答案（共8页）第3页故D正确；故选：ABD.12．【答案】30.【解析】首先从名志愿者中选人去小区，共有1种情况，51AC55再从剩下的名志愿者中选人去小区，共有2种情况，剩下人则安排到小区，42BC462C故不同的安排方案共有5630种.故答案为：30.13.【答案】2xy30.【解析】直线l:axbyab0化简得a(x1)b(y1)0，故直线l过定点(1,1)，又因为曲线yex1lnx2过点(1,1)，易知函数yex1lnx2在定义域内是单调递增的，11故直线l与曲线yex1lnx2相切于点(1,1)，yex1，直线l的斜率ky|e112，xx11直线l的方程为2xy30，故答案为：2xy30.14．【答案】24【解析】设M(x0,y0)，直线OA的方程为x2y0，可知|OA|51x2yx2y30000，得，SMABOAx02y032522设x02y0k，则k0,1,2,3，x02y0k，22xy化简得22，故22，1x4y328y04ky032k328当k0时，点M在直线OA上，不能构成三角形，故舍去；当时，2，，有个整点；k18y04y031y00,1,24当时，2，，有个整点；k28y08y028y00,1,24当时，2，，有个整点；k38y012y023y00,1,24根据对称性，当k1,2,3时，也分别有4个整点．∴共有24个整点．故答案为：2415.【答案】(1)【方法一】设BCx，则BE9x2，AE4x2，而AB5，在AEB中，由余弦定理得259x24x229x24x2cos，4化简得2x2629x24x2，解得x6或x1（舍去），所以BC6；6分【方法二】作EFAB，垂足为F，设BCx，AEF，23BEF，则tan，tan，又AEB，xx4235x所以tan()xx1，解得x6(x1舍去)，所以BC6；621x6x21(2)设EMm，ENn，由(1)S5615，EAB2由题：，SEMN:SEAB(21):415(21)1215(21)S，又Smnsinmn，mn，11分EMN4EMN2442222由余弦定理得：MNmn2mn2mn2mn(22)mn15，当且仅当mn时取等号，MN的最小值为15.13分16.【答案】C1C21（）设抽取的块试验田中恰有块是优等田为事件，则46，131“”AP(A)3C102湖北省新八校教科研协作体*参考答案（共8页）第4页1因此，从10块试验田中任选3块田，恰有1块是“优等田”的概率为；7分22（3）由题意可知，从这10块试验田中任选1块田，恰好是“优等田”的概率为，8分52由题可知X的所有可能取值为0，1，2，3，则XB(3,)10分5031202327，12354，P(X0)C3P(X1)C35512555125213022336，3238，分P(X2)C3P(X3)C3145512555125所以X的分布列为X01232754368P12512512512526故E(X)np3.15分5517．【答案】（1）依题意，p1，故抛物线的方程为x22y；2分（2）设Ax1,y1,Bx2,y2.yx,kPAx1，可得PA:yy1x1xx1，化为x1xyy10.同理PB方程为：x2xyy20.设Px0,y0y00，则有x1x0y0y10,x2x0y0y20，22说明Ax1,y1,Bx2,y2都在直线x0xyy00上，即AB方程：x0xyy00，又AB与圆xy0相y切，01，可化为22点轨迹方程为22分2y0x01y00,Pyx1y0.8x01（3）依题意，A1(0,1)，A2(0,1)，设直线l的方程为ykx2（斜率存在），M(x1,y1),N(x2,y2)，ykx2