2025届江苏省七市高三第二次调研测试数学二模答案最终稿（数学）

2025届高三第二次调研测试数学参考答案与评分建议一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。12345678ABDCACBB二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。91011BCABDABD三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12．213．014．922四、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.（13分）【解】（1）因为Sa2sin2B，所以1acsinB2a2sinBcosB，……2分2在△ABC中，sinB0，所以c4acosB．由正弦定理ac，sinAsinC得sinC4sinAcosB．……4分因为ABC180，所以sinCsin(180AB)sin(AB)sinAcosBcosAsinB，所以4sinAcosBsinAcosBcosAsinB，即cosAsinB3sinAcosB，所以tanB3tanA．……6分（2）因为A45，所以tanA1，由（1）知tanB3．……7分法1：因为tanCtan(AB)tanAtanB2，1tanAtanB所以△ABC为锐角三角形．参考答案与评分建议第1页（共9页）过A作ADBC，过C作CEAB，D，E分别为垂足．……10分C由tanA1，设AECE3x，因为tanB3，所以CE3EB3x，AD3BD6，D所以在Rt△ADB中，AD6，BD2，AB4x，AEB所以36416x2，解得x25，2所以在Rt△AEC中，AC(3x)2(3x)235，即b35．……13分法2：所以sinB3cosB，又因为sin2Bcos2B1，解得sin2B9，cos2B1．1010因为tanB30，所以B0，π，2所以sinB310，cosB10．……9分1010由Sa2sin2B1a6，得a22sinBcosB3a，2解得a5．……11分由正弦定理ab，sinAsinB得5b，解得b35．……13分231021016.（15分）【解】（1）因为D为BC的中点，PBPC，所以BCPD．因为平面PAD平面PBC，平面PAD平面PBC=PD，BC平面PBC，所以BC平面PAD．……3分因为AD平面PAD，所以BCAD．因为D为BC的中点，所以ABAC．……6分参考答案与评分建议第2页（共9页）（2）法1：因为ABAC，ABAC，AB2，D为BC的中点，所以AD1BC2．2因为PAPD1，所以PA2PD2AD2，所以PAPD．……8分由（1）BC平面PAD，PA平面PAD，所以PABC．又因为PAPD，PDBCD，PD，BC平面PBC，所以PA平面PBC．……10分因为PB，PC平面PBC，所以PBPA，PCPA，所以BPC是平面PAB与平面PAC的夹角或其补角．……12分在△PBC中，sinBPC2sinBPDcosBPD2BDPD22122，BPBP333所以平面PAB与平面PAC的夹角的正弦值为22．……15分3法2：如图，取AD的中点O，连接PO．因为PAPD，所以POAD．由（1）BC平面PAD，BC平面ABC，所以平面PAD平面ABC．因为平面PAD平面ABC=AD，PO平面PAD，POAD，所以PO平面ABC．如图，以A为坐标原点，AB，AC所在直线分别为x，y轴，过点A且与PO平行的直线为z轴，建立空间直角坐标系Axyz.因为ABAC，ABAC，AB2，D为BC的中点，所以AD1BC2．2因为PAPD1，参考答案与评分建议第3页（共9页）所以PA2PD2AD2，所以PAPD．则A(0，0，0)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，P(1，1，2)，……9分222所以AP(1，1，2)，AB(2，0，0)，AC(0，2，0)．222Pz设平面PBA的一个法向量为n(x，y，z)，1111x，112Bn1AP0xyz0，所以即212121，n1AB0，2x10DO所以，令，，yCAx10y12z11所以，，．……分n1(021)11同理，平面的一个法向量为，，．……分PACn2(201)13设平面PBA与平面PAC的夹角为，nn则cos121，n1n23所以sin1cos222．……15分317.（15分）【解】（1）因为C的实轴长为2a，渐近线方程为ybx，a所以2a4，b2，a2解得a2，b2，2y2所以C的标准方程为x1．……3分42（）设直线的方程为，，，，，2lxmy6A(x1y1)B(x2y2)xmy6，22联立22化简得，(m2)y12my320．xy1，42参考答案与评分建议第4页（共9页）m220，所以12m，y1y222myy32，12m22设，，则，，，，P(t0)PA(x1ty1)PB(x2ty2)所以+PAPB(x1t)(x2t)y1y2(my16t)(my26t)y1y222(m1)y1y2(6t)m(y1y2)(6t)……5分32(m21)12m2(6t)(6t)20，m22m22得32(m21)12(t6)m2(6t)2(m22)0．222(6t)12(t6)32m322(t6)0，……7分(6t)212(t6)320，所以2322(t6)0，解得t2，所以P的坐标为(2，0)．……9分（3）法1：因为PAPB，所以△APB外接圆是以AB为直径的圆，记为圆T．因为△APB外接圆被x轴截得的弦长为16，且A(2，0)，所以圆T交x轴于另一点D(18，0)，或D(14，0)．……11分所以圆心T在直线x10上，或在直线x6上．因为直线l与C的右支交于A，B两点，所以圆心T在直线x10上．xmy6，4联立所以T(10，)．x10，m因为T为AB中点，yy所以4126m，即m24．……13分m22m25参考答案与评分建议第5页（共9页）2所以圆T半径的平方r248284，m所以△APB外接圆的面积为84π．……15分法2：因为PAPB，所以△APB外接圆是以AB为直径的圆，记为圆T，xxyy因为圆心T(12，12)，即T(12，6m)，222m22m222所以半径rPT1226m．……11分2m22m2因为△APB外接圆被x轴截得的弦长为16，22222所以r86m，即1228，2m22m2解得m24或m24．……13分5因为直线l与C的右支交于A，B两点，所以120，2m2所以m24，（m24舍去）．5所以r284．所以△APB外接圆的面积为84π．……15分18.（17分）【解】设每局比赛甲胜为事件，每局比赛甲平为事件，每局比赛甲负为事件AiBi（），CiiN（1）设“两局后比赛终止”为事件M，因为棋手与机器人比赛2局，所以棋手可能得0分或300分比赛终止．（）当棋手得分为分，则局均负，即；i02C1C2（）当棋手得分为分，则局先平后胜，即．ii3002B1A2因为，互斥，C1C2B1A2所以P(M)P(C1C2B1A2)P(C1C2)P(B1A2)参考答案与评分建议第6页（共9页）22=P(C)P(C)P(B)P(A)115．12122416所以两局后比赛终止的概率为5．……4分16（2）设“3局后比赛终止”为事件D，“3局后棋手挑战成功”为事件E．因为P(D)P(B1B2A3B1C2C3C1A2A3C1B2C3)3221111111111，……6分442242426432P(E)P(BBACAA)1113．……8分12312342464所以在3局后比赛终止的条件下，棋手挑战成功的概率为3P(DE)P(E)P(E|D)643．P(D)P(D)111164所以在3局后比赛终止的条件下，棋手挑战成功的概率为3．……9分11（3）因为n局获奖励1万元，说明甲共胜2局．（ⅰ）当棋手第n局以0分比赛终止，说明前n1局中有3负2胜，且是“负5胜负胜负”的顺序，其余均为平局，共有Cn1种．（ⅱ）当棋手第n局以300分比赛终止，说明前n1局中有1负1胜，且是先2负后胜的顺序，其余均为平局，共有Cn1种．则“n（n≥10）局后比赛终止且棋手获得1万元奖励”的概率4n4n1P(n)C511C211，(n≥10)．……14分n124n124C28C5n1n1，22n125P(n1)Cn8Cn所以25．P(n)4Cn132Cn125252255Cn8Cn4Cn132Cn1Cn4Cn18Cn4Cn1(n1)(83n)(n1)(n2)(n3)(n4)(203n)2152525因为n≥10，所以Cn8Cn4Cn132Cn10，参考答案与评分建议第7页（共9页）P(n1)所以1，所以P(n)单调递减，P(n)所以当n10时，P(n)取最大值为P(10)261．……17分21719.（17分）【解】（1）当x0时，f(x)0，所以f(x)在，0上无零点．因为f(x)ex1n0，所以f(x)在0，上单调递增，x2所以f(x)在0，上至多一个零点．……2分当n1时，f(x)有唯一零点1．当n≥2时，因为f11n0，fnen11≥e10，所以函数f(x)有唯一零点，得证．……4分an1n（2）（ⅰ）由（1）知，e，且an0，an两边取自然对数，得anlnanlnn1，（*）所以an1lnan1lnn11，两式相减，得aalnalnalnn10，n1nn1nn所以an1lnan1anlnan．因为函数yxlnx在(0，)上单调递增，所以an1an，所以数列an单调递增．……6分，，2假设数列an中存在amam1am2成等比数列，则am1amam2，所以2lnam1lnamlnam2．由（*）式得，lnamlnm1am，代入上式，得2ln(m1)2am1lnmamln(m2)am2，(m1)22aaaln．（**）……8分m1mm2m(m2)因为，所以≤，an02am1amam22am12amam20(m1)22又lnlnm2m1ln10，m(m2)m22m所以方程（**）无解．参考答案与评分建议第8页（共9页）所以数列an中不存在连续三项按某顺序构成等比数列．……10分（ⅱ）先证明：x0时，x1≥lnx，（***）设gxx1lnx，则gxx1，x所以当x0，1时，gx0，gx单调递减；当x1，时，gx0，gx单调递增，所以gx≥g10，当且仅当x1时，等号成立．……11分≥由（***）式知，lnnanlnan12lnan，所以a≤nnn1，n2所以122n1n，annn1n所以1．2n1nnn1212n11i1ai……14分aaa在（***）式中，令xn，