湖北省高中名校聯(lián)盟（圓創(chuàng)教育）2025屆高三上學(xué)期第二次聯(lián)合測(cè)評(píng)數(shù)學(xué)試卷

湖北省高中名校聯(lián)盟2025屆高三第二次聯(lián)合測(cè)評(píng)數(shù)學(xué)試卷B.2.已知A(2,3),B(4,-3)，點(diǎn)P在線段AB的延長(zhǎng)線上，且，則點(diǎn)P的坐標(biāo)為()C.(6,-9)D.(-9,6)3.已知p,q為實(shí)數(shù)，1-i是關(guān)于x的方程x2+px+q=0的一個(gè)根，則p-q=()A.-2B.2C.4D.-44.已知雙曲線的離心率為，則該雙曲線的漸近線方程為())的定義域?yàn)镽，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為()D.) 6.如圖，某圓柱的一個(gè)軸截面是邊長(zhǎng)為3的正方形ABCD，點(diǎn)E在下底面圓周上，且CE=3BE，點(diǎn)F在母線AB上，點(diǎn)G是線段AC上靠近點(diǎn)A的四等分點(diǎn)，則EF+FG的最小值為() 929A.B.4C.6D.427.在正三棱柱每條棱的中點(diǎn)中任取2個(gè)點(diǎn)，則這兩點(diǎn)所在直線平行于正三棱柱的某個(gè)側(cè)面或底面所在平面的A.B.C.D.-a≥0在x∈上恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()9.某老師想了解班上學(xué)生的身高情況，他隨機(jī)選取了班上6名男同學(xué)，得到他們的身高的一組數(shù)據(jù)（單位：厘米）分別為167,170,172,178,184,185，則下列說法正確的是()A.若去掉一個(gè)最高身高和一個(gè)最低身高，則身高的平均值會(huì)變大B.若去掉一個(gè)最高身高和一個(gè)最低身高，則身高的方差會(huì)變小C.若去掉一個(gè)最高身高和一個(gè)最低身高，則身高的極差會(huì)變小D.這組數(shù)據(jù)的第75百分位數(shù)為18110.已知拋物線E:y2=4x，過點(diǎn)M(2,0)的直線l與E交于A,B兩點(diǎn)，直線OA,OB分別與E的準(zhǔn)線l’交于C,D兩點(diǎn).則下列說法正確的是()B.直線OA,OB的斜率分別記為k1,k2，則k1.k2為定值D.△AOB面積的最小值為4·2上一動(dòng)點(diǎn)Q滿足EQ.AQ=0,P是該長(zhǎng)方體外接球（長(zhǎng)方體的所有頂點(diǎn)都在該球面上）上一點(diǎn)，設(shè)該外接球球心為O，則下列結(jié)論正確的是() A.長(zhǎng)方體ABCD-A1B1C1D1外接球的半徑為 B.點(diǎn)A到平面A1BE的距離為3 C.球心O到平面A1BE的距離為 D.點(diǎn)Q的軌跡在△A1EB內(nèi)的長(zhǎng)度為π14.對(duì)任意x>0，都有xlnx-kx+2k+1-則實(shí)數(shù)k的取值范圍為.15.（13分）記△ABC的內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c，已知b2+c2=a2+bc.（1）求A； （2）若邊BC的中點(diǎn)為D，且AD=1,△ABD外接圓的半徑為，求△ACD外接圓的半徑.16.（15分）如圖，球O的半徑為R.A,B,C為球面上三點(diǎn)，若三角形ABC為直角三角形，其中AC丄BC.延長(zhǎng)AO與球O的表面交于點(diǎn)D.（1）求證：BD丄平面ABC；ππ（2）若直線DA,DC與平面ABC所成的角分別為，試求二面角C-AD-B的正弦值.17.（15分）（1）討論f(x)的單調(diào)性；（2）若f(x)≥e-ax恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.18.（17分）已知橢圓的左、右焦點(diǎn)分別為在Γ上，且Γ的離心率為.（1）求橢圓Γ的方程；（2）點(diǎn)A為Γ上一動(dòng)點(diǎn)（不與Γ的左、右端點(diǎn)重合）.①當(dāng)上時(shí)，求△的面積；②點(diǎn)D在線段F1F2上，且△ADF1和△ADF2的內(nèi)切圓半徑相等，試問AD是否為定值？若是，求出該定值；若不是，請(qǐng)說明理由.19.（17分）02.a2+…+2k.ak，則稱a0,a1,…,ak為“n階好數(shù)列”.記f(n)為“n階好數(shù)列”的個(gè)數(shù).2（1）直接寫出f(2),f(14)的值；湖北省高中名校聯(lián)盟2025屆高三第二次聯(lián)合測(cè)評(píng)數(shù)學(xué)試卷參考答案與評(píng)分細(xì)則題號(hào)123456789答案BCDCCADBBCABDABD1.【答案】B【詳解】因?yàn)锽二A，畫數(shù)軸可得a≥2，所以B正確.2.【答案】C【詳解】因?yàn)辄c(diǎn)P在線段AB的延長(zhǎng)線上，且，所以所以點(diǎn)P的坐標(biāo)為，所以C正確.3.【答案】D【詳解】因?yàn)?-i是關(guān)于x的方程x2+px+q=0的一個(gè)根，4.【答案】C【詳解】由題知，解得又雙曲線的焦點(diǎn)在x軸上，所以該雙曲線的漸近線方程為.5.【答案】Ca2-86.【答案】A【詳解】由題意知BE丄CE，又CE=3BE所以EF+FG=PF+FG≥PG，當(dāng)P,F,G共線時(shí)取等號(hào).7.【答案】D【詳解】如圖，將直線分成3種情況：AiAj,BiBj,CiCj(1≤i<j≤3)，均平行于上、下底面，有3×C=9條；AiCj,BiCj(1≤i,j≤3)，均不平行于正三棱柱的某個(gè)平面；AiBj(1≤i,j≤3)，均平行于某個(gè)側(cè)面，有3×3=9條.又直線總數(shù)為C=36條，所求概率為，所以D正確.8.【答案】B所以當(dāng)t=、時(shí)，有g(shù)(t)min9.【答案】BC去掉后的平均值為170+172+178+184)=176，所以A錯(cuò)誤；去掉前的方差為去掉前的極差為185-167=18，去掉后的極差為184-170=14，所以C正確；由6×75%=4.5，知這組數(shù)據(jù)的第75百分位數(shù)為184，所以D錯(cuò)誤.10.【答案】ABD【詳解】設(shè)AB的方程為x=my+2,A(x1,y1),B(x2,y2).ly=4x,由{2消去x，得ly=4x,所以O(shè)A.OB=x1x2+y1y2=4-8=-OA的方程為y=x，則點(diǎn)C的坐標(biāo)為同理.11.【答案】ABD42對(duì)于B，以A為一頂點(diǎn)，AB,AA1,AE為以A為頂點(diǎn)的棱，構(gòu)造棱長(zhǎng)為3的正方體，則點(diǎn)A到平面A1BE的距離為正方體體對(duì)角線長(zhǎng)的，則3，所以B正確.（或者通過等體積法可得，VA一A1BE=VA1一ABE.）B面A1BE,:平面EOF丄平面A1BE. 12.【答案】10所以a213.【答案】所以記f=xlnx-kx+2k+1-，則f’=lnx+1-k.所以f(x)在(0,ek-1)單調(diào)遞減，在(ek-1,+∞)單調(diào)遞增.所以f(x)的最小值為=-ek-1+2k+1-記=-ex-1+2x+1-.（注：求出k=1給滿分） 15.【答案】（12）（2）設(shè)△ABD外接圓的半徑為R1,△ACD外接圓的半徑為R2.因?yàn)閟inB<sinA，所以B為銳角.16.【答案】（1）見過程（2）【詳解】（1）因?yàn)锳D是球的直徑，所以AB丄BD,AC丄CD.因?yàn)锳C丄BC,CD∩BC=C,CD,BC平面BCD，所以AC丄平面BCD，因?yàn)锽D平面BCD，所以AC丄BD，因?yàn)锳B∩AC=A,AB,AC平面ABC，所以BD丄平面ABC. 以CB,CA所在直線為x,y軸，過點(diǎn)C作BD的平行線為z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，..平面ABD法向量為2=(x2,y2,z2)，由{.設(shè)二面角C-AD-B的平面角為cosθ所以sinθ=17.【答案】（1）見答案綜上，當(dāng)a≤0時(shí)，f(x)在(0,+∞)單調(diào)遞減；當(dāng)a>0時(shí)，f在單調(diào)遞減，在單調(diào)遞增.（2）由f(x)≥e-ax，得ax+-lnx≥e-ax，則-lnx≥e-ax-ax，因?yàn)間(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞減，所以x≤eax，即≤a，所以.所以，即a的取值范圍是由離心率可得聯(lián)立①②得到a2=4,b2=3.所以Γ的方程為22-2mncos=m2+n2所以S△mnsin由余弦定理得所以AD為定值.19.【答案】（1）f(2)=2,f(14)=4（2）①f(2m-2)=m②見答案【詳解】（1）對(duì)于n=2，由2k≤2<2k+1，知k22（2）對(duì)于n=2m-2，因?yàn)?m-1<2m-2<ak2a22a2+…+2m-1.2≥2m，與2m-2<2m矛盾，所2.a2+…+2m-2.am-2+1×2m-1，2.a2+…+2m-2.am-2.所以a0,a1,…,am-2為“2m-1-2階好數(shù)列”，有f(2m-2)=f(2m-1-2)個(gè).2.a2+…+2m-2.am-2.m-1-222m-1-2則此時(shí)只有一個(gè)“2m-2階好數(shù)列”“2,2,2,…,2”.所以f(2m-2)=f(2m-1-2)+1.f(n)=f(n-2k)+f(2k+1-2-n).(*)證明：對(duì)a0,a1,…,ak為“n階好數(shù)列”，02.a2k-1<n-2k<2k-2.由于2k-1<n-2k<2k-2，則a0,a1,…,ak-1為“n-2k階好數(shù)列”，有f(n-2k)個(gè).2.a2+…+2k-2.ak-2，2k-2+2×2k-1，k+1-2-n<2k-1-2，則2-a0,2-a1,…,2-ak-2是“2k+1-2-n階好數(shù)列”，有f(2k+1-2-n)個(gè).02.a2+…+2k-2.2+2k-1=2k+2k-1-2，矛盾.綜合以上三種情況，得f(n)=f(n-2k)+f(2k+1-2-n)成立，則(*)得證.則對(duì)于n=2m-c,k=m-1，利用（*）可得f(n)=f(n-2m-1)+f(2m-2-n)，即f(2m-c)=f(2m-1-c)+f(c-2).，則bm=bm-1