2025屆高三第二次調研測試數學參考答案與評分建議一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分。12345678ABDCACBB二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分。9BCABDABD三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。四、解答題：本題共5小題，共77分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。15.（13分）【解】（1）因為S=a2sin2B，所以acsinB=2a2sinBcosB，……2分所以c=4acosB．由正弦定理，得sinC=4sinAcosB．……4分所以4sinAcosB=sinAcosB+cosAsinB，即cosAsinB=3sinAcosB，所以△ABC為銳角三角形．CDAEB所以在Rt△AEC中即b=3．……13分解得所以……9分16.（15分）【解】（1）因為D為BC的中點，PB=PC，因為平面PAD丄平面PBC，平面PAD∩平面PBC=PD，BC平面PBC，因為AD平面PAD，因為D為BC的中點，所以所以上BPC是平面PAB與平面PAC的夾角或其補角．……12分在△PBC中，所以平面PAB與平面PAC的夾角的正弦值為．……15分法2：如圖，取AD的中點O，連接PO．所以平面PAD丄平面ABC．因為平面PAD∩平面ABC=AD，PO平面PAD，PO丄AD，如圖，以A為坐標原點，AB，AC所在直線分別為x，y軸，過點A且與PO平行的直線為z軸，建立空間直角坐標系A—xyz.所以EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up8(-),A)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up8(-),A)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up8(-),A)zPDOxBzPDOxB設平面PBA與平面PAC的夾角為θ,所以．17.（15分）【解】（1）因為C的實軸長為2a，漸近線方程為y=±x，所以所以C的標準方程為．A……11分……13分……15分〔所以2-t所以PA.PB=(x1-t)(x2-t)+y1y2y2+(6-t)m(y1+y2)+(6-t)2得32(m2+1)+12(t-6)m2+(6-t)2(m2-2)=所以所以△APB外接圓是以AB為直徑的圓，記為圓T．因為△APB外接圓被x軸截得的弦長為16，且A(2，0)，所以圓T交x軸于另一點D(18，0)，或D,(-14，0)．……11分所以圓心T在直線x=10上，或在直線x=-6上．因為直線l與C的右支交于A，B兩點，所以圓心T在直線x=10上．聯立所以．因為T為AB中點，所以即．……13分所以圓T半徑的平方所以△APB外接圓的面積為84π.……15分所以△APB外接圓是以AB為直徑的圓，記為圓T，所以半徑……11分因為△APB外接圓被x軸截得的弦長為16，所以即，因為直線l與C的右支交于A，B兩點，所以所以所以△APB外接圓的面積為84π.……15分18.（17分）【解】設每局比賽甲勝為事件Ai，每局比賽甲平為事件Bi，每局比賽甲負為事件*（1）設“兩局后比賽終止”為事件M，因為棋手與機器人比賽2局，所以棋手可能得0分或300分比賽終止．（i）當棋手得分為0分，則2局均負，即C1C2；（ii）當棋手得分為300分，則2局先平后勝，即B1A2．A2互斥，所以兩局后比賽終止的概率為．……4分（2）設“3局后比賽終止”為事件D，“3局后棋手挑戰成功”為事件E．所以在3局后比賽終止的條件下，棋手挑戰成功的概率為所以在3局后比賽終止的條件下，棋手挑戰成功的概率為．……9分（3）因為n局獲獎勵1萬元，說明甲共勝2局．(ⅰ)當棋手第n局以0分比賽終止，說明前n—1局中有3負2勝，且是“負勝負勝負”的順序，其余均為平局，共有CEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up4(5),n)—1種．(ⅱ)當棋手第n局以300分比賽終止，說明前n—1局中有1負1勝，且是先負后勝的順序，其余均為平局，共有C—1種．則“n（n≥10）局后比賽終止且棋手獲得1萬元獎勵”的概率分所以EQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(5),n)EQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(5),n)EQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(5),n)EQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(5),n)EQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up4(5),n)CEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up4(5),n)1<0，所以所以P單調遞減，所以當n=10時，P(n)取最大值為P(10)=．……17分19.（17分）【解】（1）當x<0時，f(x)>0，所以f(x)在(-∞,0)上無零點．因為所以f在上單調遞增，所以f(x)在(0，+∞)上至多一個零點．……2分當n=1時，f(x)有唯一零點1．當n≥2時，因為f(1)=1-n<0，f(n)=en-1-1≥e-1>0，所以函數f(x)有唯一零點，得證．……4分兩邊取自然對數，得所以an+1+lnan+1=ln(n+1)+1，兩式相減，得因為函數y=x+lnx在(0，+∞)上單調遞增，所以an+1>an，所以數列{an}單調遞增．……6分假設數列{an}中存在am，am+1，am+2成等比數列，則a+1=amam+2，所以2lnam+1=lnam+由（*）式得，lnam=lnm+1-am，代入上式，得2ln(m+1)-2am+1=lnm-am+ln(m+2)-am+2，所以方程（**）無解．所以數列{an}中不存在連續三項按某順序構成等比數列．……10分(ⅱ)先證明：x>0時，x-1≥lnx