第=page11頁，共=sectionpages11頁湖北省十一校2025屆高三第二次聯考數學試卷一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的選項中，只有一項是符合題目要求的。1.已知集合A={y|y=log12x,x>12}A.{y|y<1} B.{y|0<y<1} C.{y|0<y≤1} D.{y|y>1}2.設復數z=1+i(i為虛數單位)，z的共軛復數是z，則2?2zz=A.?1+i B.?1?i C.1+i D.1?i3.函數f(x)為定義在R上的奇函數，當x>0時，f(x)=log3(2x+1)，則f(?4)的值為A.?2 B.?12 C.124.已知等差數列{an}的公差d=1，且a3，a5+1，2a6A.?1013 B.?505 C.505 D.10135.已知向量p，q滿足：p=(1,?1)，|q|=1，(p?q)?qA.(2,?2) B.(?6.已知函數f(x)=sinωx+cosωx(ω>0)的最小正周期為πA.ω=1

B.f(x)關于點(π8,0)對稱

C.將函數f(x)的圖象向右平移π4個單位長度，得到的函數圖象恰好關于原點對稱

D.7.如圖，在棱長為1的正方體內部，有8個以正方體頂點為球心且半徑相等的部分球體Oi(i=1,2,?,8)，有1個以正方體體心為球心的球體O0，O0與Oi(i=1,2,?,8)均相切，則該9A.3π4 B.(23?3)π8.函數f(x)=alnx?2lnxx+2bA.(?∞,e] B.(0,2e] C.[2,+∞) D.(?∞,2]二、多選題：本題共3小題，共18分。在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求。9.下列命題正確的是(

)A.在經驗回歸方程y=?0.85x+2.3中，當解釋變量x每增加1時，響應變量y平均增加2.3

B.若P(A)>0，P(B)>0，則事件A、B相互獨立與A、B互斥不可能同時成立

C.在對高三某班學生物理成績的比例分配的分層隨機抽樣調查中，抽取男生12人，其平均數為75，方差為893;抽取女生8人，其平均數為70，方差為23，則這20名學生物理成績的方差為33

D.10.已知O為坐標原點，雙曲線C:x2a2?y2b2=1(a>0,b>0)的左頂點為A，右焦點為F，以AF為直徑的圓與y軸正半軸交于點D，過D且垂直于y軸的直線與C的某條漸近線交于點BA.|AB|2|OA|·OF B.|DF|211.對于任意兩個正數u，v，當u<v時，記曲線y=1x與直線x=u，直線x=v以及x軸圍成的曲邊梯形的面積為L(u,v)，當u>v時，約定L(u,v)=?L(v,u)，并約定L(u,u)=0.德國數學家萊布尼茨(Leibniz)最早發現L(1,x)=lnx.關于L(u,v)(u≠v)A.L(1,6)=L(1,2)+L(1,3)

B.2L(u,v)>vu?uv

C.L(uu,三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。12.若tanα=1，則sin?2αsin?(α+13.若x5=a0+a14.已知點(2,1)在拋物線C:y=ax2上，T為直線y=x?2上的一動點，過點T作C的2條切線，切點分別為M，N，直線TM、TN分別交x軸于點A、B，則|AB|的最小值為

，△TAB外接圓半徑的最小值為

．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.(本小題13分)在△ABC中，內角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，△ABC的面積為S△ABC.已知(1)求角A;(2)若a=3，求△ABC16.(本小題15分)

如圖，在四棱錐P?ABCD中，PD⊥AB，PB=PD，底面ABCD是邊長為3的菱形，∠ABC=2π3(1)證明：平面PAC⊥平面ABCD;(2)若平面PAB與平面ABCD所成角的正切值為2，點Q滿足PC=4PQ，求直線CP與平面ABQ17.(本小題15分)已知函數f(x)=ae(1)當a=?1時，求函數y=f(x)在點(0,f(0))處的切線方程;(2)求函數f(x)的單調區間;(3)若不等式f(x)+(a+2)ex≤0恒成立，求整數18.(本小題17分)

某學校數學小組建立了如下的數學模型：將一個小盒里放入6個小球，其中4個黑球，2個紅球．

模型一為：若取出黑球，則放回小盒中，不作任何改變;若取出紅球，則放回小盒并再往小盒里加入2個紅球;

模型二為：若取出黑球，則放回小盒中，不作任何改變;若取出紅球，則用黑球替換該紅球重新放回小盒中．(1)分別計算在兩種模型下，抽兩次球，第二次取到的球是紅球的概率;(2)在模型二的前提下：?①求在第n(n≥2)次抽球時，抽到的球恰好是第二個紅球的概率(結果用n表示)．?②現規定當兩個紅球都被抽出來時停止抽球，且最多抽球10次，第10次抽球結束后無論盒中是否還有紅球均停止抽球，記抽球的次數為X，求X的數學期望．19.(本小題17分)古希臘數學家阿波羅尼斯在他的代表作《圓錐曲線》一書中指出：平面內動點M與兩定點Q，P的距離之比MQ|MP|=λ(λ>0,λ≠1)，λ是一個常數，那么動點M的軌跡是一個圓，且圓心在直線PQ上，我們把由此產生的圓叫做阿波羅尼斯圓.已知阿波羅尼斯圓x2+y2=2的兩個定點分別為橢圓C:x2(1)求橢圓C的標準方程;(2)如圖，過右焦點F斜率為k(k>0)的直線l與橢圓C相交于B，D(點B在x軸上方)，點S，T是橢圓C上異于B，D的兩點，SF平分∠BSD，TF平分∠BTD．

?①求|BS||DS|的取值范圍?②若△SFT外接圓的周長為9π，求直線l的方程．

參考答案1.B

2.C

3.A

4.D

5.B

6.D

7.C

8.D

9.BCD

10.BCD

11.AD

12.1

13.?10

14.23

15.解：(1)選條件①，

將(2b?c)cosA?acosC=0代入正弦定理得：

(2sinB?sinC)cosA?sinAcosC=0，

即2sinBcosA=sinCcosA+cosCsinA=sin(A+C)=sinB，

由B∈(0,π)，得到sinB≠0，

所以cos所以

A=π3(2)由(1)知

A=π3

，由正弦定理得

b因此

b+c=2=2(3由

?ABC

為三角形，得

0<B<2π3

，

因此

π則

12<sin?(B+π6)?1

，

于是

所以

?ABC

周長的取值范圍是

(23

16.(1)證明：連接BD

交AC

于點O

，連接PO

，因為ABCD

是菱形，所以BD⊥AC

，又因為O

為BD

的中點，PD=PB

，所以PO⊥BD，又AC,PO?

面APC

，且AC∩PO=O

，所以BD⊥

平面APC，又BD?

平面ABCD

，所以平面PAC⊥

平面ABCD；(2)解：由PB=PD，過P

作PH⊥AC

交AC

于點H

，面APC⊥

面ABCD,PH⊥AC

，面APC∩

面ABCD=AC

，PH?

面APC

，所以PH⊥

面ABCD

．因為AB⊥PD,AB⊥PH,PH,PD?

面PHD,PH∩PD=P

，所以AB⊥

面PHD

，又DH?

面PHD

，所以AB⊥DH

，所以H

為DH,AO

的交點，因為∠ABC=2π3，?ABD

為等邊三角形，所以H為?ABD

的重心，則PA=PB=PD，

因為平面PAB與平面ABCD所成角的正切值為2，所以PH=1，

又OH=12

，CH=2

，點Q滿足PC=4PQ，所以OQ⊥以O

為原點，OB,OC

，OQ所在直線為x,y

，z軸建立如圖坐標系，則A(0,?3所以AB=(設平面ABQ

的法向量為m=(x,y,z)

則AB?m=0AQ?m=0

，即即m=(2設直線CP與平面ABQ所成角為θ

，則sin?θ=4+44+1·12+4+16=

17.解：(1)函數

fx

的定義域為R

，當a=?1時，f(x)=?e2x+x+1

f′x所以函數y=f(x)在點(0,f(0))處的切線方程y?0=?1(x?0)，即x+y=0(2)因為

f′(x)=1+2a當

a<0

時，由

f′x>0

，得

x<12ln?(?12a)

所以

fx

在

(?∞,12ln(?12a(3)依題知，

f(x)+(a+2)ex即

x+ae2x設

?x=x+a則

?′x=1+2a當

a<0

時，由

?′x>0

，得

x<ln?1a

，由

?′所以

?x

在

?∞,ln?1a

則

?(x)??(ln?(?整理得

ln?(?1設

mx=則

m′(x)=?1x+1x2=1?x又

a∈Z

，且

m?1=0+1=1>0,m故整數

a

的最大值為

?2

．

18.解：(1)記在模型一下：取到紅球的概率為P1，則P1=23×13+13×48=718;

記在模型二下：取到紅球的概率為P2，則P2=23×13+13×16=518．

(2)在模型二下：

①若第k次是第一次取到紅球，第n次是第二次取到紅球，則P=(23)k?1×13×(56)n?k?1×16．

因此第n次抽到第二個紅球的概率為：P=(23)0×13×(56)n?2×1619.解：(1)設M(x,y)，由題意|MF||MA|=(x?c)2+y2(x?a)2+y2=λ(常數)，

整理得x2+y2+2c?2aλ2λ2?1x+λ2a2?c2λ2?1