2025届高三湖北省十一校第二次联考数学试题参考答案一、选择题1234567891011BCADBDCDBCDBCDADylogx1．B【详解】因为对数函数1是0,上的减函数，211x所以由x，得log1xlog11，则Ayy1；因为指数函数y2是R上的增函数，2222所以由，得x，则By0y1，由此，ABy0y1故选：x0021.B.22z221i2i2．C【详解】因为z1i，所以z1i，所以1i，故选：C.z1i1i3．A【详解】因为函数fx为定义在R上的奇函数，当x0时，fxlog(2x1)，3则f4log392，故f4f42.故选：A.4．D【详解】设首项为a1，因为a3,a51,2a6成等比数列，所以(a1)2a2a，则(a5)2(a2)2(a5)，536111解得a11或a15，当a15时，a60，此时与a3,a51,2a6成等比数列矛盾，故排除，n1n1当d1时，an1n1n，此时令bn(1)an(1)n，而其前2025项和为12025，(1)()(202)20251012120251013，故D正确.故选：Durrrrurrr2urrurr．【详解】由题意可知：p2，因为，即，可得，5Bpqqpqq2pq12pq1urrpqur1ur11所以q在p上的投影向量为pp,.故选：B.ur2p2226．D【详解】因为f(x)sinxcosx2sin(x).42π因为函数fx的最小正周期为π，且0，所以π2，故A错误；ππππ因为f(x)2sin2x，所以f2sin22，4884ππ所以x是函数fx的一条对称轴，,0不是函数fx的对称中心.故B错误；88ππ将函数的图象向右平移个单位长度，得到的函数，不是奇函数，故错误；f(x)y2sin2xC44πππππππ当x,时，2x0,，因为ysinx在0,递增，由复合函数单调性法则知f(x)在区间,8842288上单调递增，故D正确.故选：D．【详解】设球体O的半径为r，Oi1,2,,8半径为r，所以，即得3，7C01i22r12r23r1r2213113233又0r，所以，yrrrrrr开口向下，对称轴为，2r1121111r1222224所以3123，该部分的体积和为yr13r19416444233222313Vπr1πr2πr1r2r1r2r1r2πr1r23r1r223πr1r23.3333421故选：C.(ax2)(lnxb)8．D【详解】由题设fx0在(0,)上恒成立，易知a0，此时xyax2，ylnxb在(0,)上都单调递增，所以，只需yax2，ylnxb在(0,)上的零点相同，即22(b1)2(x1)2xeb，所以a(b1)，令g(x)，则g(x)，aebexex当时，g(x)0，即g(x)在(,0)上单调递增，当时，g(x)0，即g(x)在(0,)上单调递减，x0x0所以g(x)maxg(0)2，即a(b1)的取值范围是(,2].故选：D9．BCD【详解】对于A，因为0.85x12.30.85x2.30.85，所以当解释变量x每增加1时，响应变量y平均减少0.85，故A错误；对于选项，若、互斥，则，．BABABPAB0若A、B相互独立，则PABPAPB0（因为PA0，PB0）．所以事件A、B相互独立与A、B互斥不可能同时成立，B选项正确；1275870对于C：这20名同学物理成绩的平均数为：73，201289282所以这20名同学物理成绩的方差为：757323707333，故C正确；203202D项，对于独立性检验，随机变量的观测值越小，判定两变量有关系犯错误的概率越大，故项正确．“”D．【详解】∵以为直径的圆与轴正半轴交于点，轴，且⊥轴，所以又，10BCDAFyDABxBDyBa,bADDF222ABOD由射影定理得ODOAOF所以1,A错误；OAOFOAOF251由ODOAOF得b2acc2a2，故c2aca20，即e2e10，解得e，D正确.2222222DFOFcccODbacc又2122B正确，又222，C正确；故选：BCDODODbacaAOaaa11.AD【详解】由题意L(1,x)L(x,1)lnx，所以L(x,1)lnx，当u1时，L(u,v)L(1,v)L(1,u)lnvlnu；当v1时，L(u,v)L(u,1)L(v,1)L(1,v)L(1,u)lnvlnu；当时，；u1vL(u,v)L(u,1)L(1,v)L(1,v)L(1,u)lnvlnu当v1或u1时，L(u,v)lnvlnu也成立；综上所述：L(u,v)lnvlnu.对于选项A：L1,6ln6ln2ln3L1,2L1,3，故A正确；1111v2u21vu对于选项：如图，因为SS，所以，B阴影梯形L(u,v)lnvlnu(vu)()2vu2uv2uvvu即2Lu,v，故B错误.uv1对于选项C，取u1,v2，则Luu,vuL(1,2)ln2211，故C错误；11对于选项D：因为阴影部分的面积小于上底长为f(uh)，下底长为f(u)，高为h的uhu111111h直角梯形的面积，所以Lu,uh()h()h，2uuh2uuu1又阴影部分面积大于长为h，宽为f(uh)的矩形的面积，uh1hhh所以Lu,uhh，综上故有对正数u，h有Lu,uh，故D正确.uhuhuhu二、填空题sin22sincos4tan2112．1【详解】由题意可得：ππ12(1tan).sincos(cossin)44255234513．-10【详解】由题意，x[x11]a0a1x1a2(x1)a3(x1)a4(x1)a5(x1)，33则a2C5(1)10.22312x1x214.2，2【详解】由题意知，14a，所以a，所以抛物线C：x4y，设Mx1,,Nx2,，44442xxx因为x，则，故1，2，yykTAkTB4222xx2xx2xx2直线TA:y1(xx)11x1，直线TB:y2x2，2142424xx令y0，有A1,0，B2,0，222x1x1x1x2yxx2x1x2x1x2由24，可得，故T,，2xxx1x224y2x2y244x1x2x1x2所以2，即x1x22x1x28．42x1x21212ABx1x24x1x2x1x28x1x23222212xx416，212所以当x1x24时，AB的最小值为2；x2x1x2x1由题意可知C的焦点F0,1，故TA,，FA,1，242x1x2x1x2TAFA0，同理TBFB0，故TAFA，TBFB，44所以T,A,F,B四点共圆，则的外接圆的直径为，TABTF|012|3TF即为F到直线xy20的距离，此距离为2，min223即TAB的外接圆的半径的最小值为2.4三、解答题2π15.【答案】(1)A(2)23,333【详解】（）选①，∵2bccosAacosC0，1由正弦定理可得2sinBsinCcosAsinAcosC0，-------------------------------2分∴2sinBcosAsinAcosCsinCcosAsinB，-------------------------------4分1π∵B0,π，∴sinB0，∴cosA，又A0,π，∴A-------------------------------6分231选②，由3ABAC2S可得：3cbcosA2bcsinAbcsinA，------------------------3分ABC2sinAπ故有tanA3，又∵A0,π，∴A；------------------------6分cosA32（）由余弦定理得222分2acb2bccosAbc3bc--------------------82bc212∵bc，∴3bc3bcbc．44∴bc23，当且仅当bc3时取等号-------------------11分又有bca3----------------------------------------------12分∴．分CABCabc23,33-------------------131516.【答案】(1)证明见解析(2)5【详解】（）连接交于点，连接，因为是菱形，所以，1BDACOPOABCDBDAC又因为O为BD的中点，PDPB所以POBD-----------------------3分又AC,PO面APC，且ACPO=O，所以BD平面APC-----------------------4分又BD平面ABCD，所以平面PAC平面ABCD-----------------------5分(2)过P作PHAC交AC于点H，面APC面ABCD,PHAC，面APC面ABCDAC，PH面APC，所以PH面ABCD，因为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为DH,AO的交点，△ABD为等边三角形，所以H为△ABD的重心，设DH与AB交点为M，连接，则为二面角的平面角，分PMPMHPABD-----------------------711PH因为，，在中，解得，OHMH△PMHtanPMH2PH122MH因为,,所以,所以-----------------------9分PC4PQHC4HOOQ∥PHOQ平面ABCD以O为原点，OB,OC,OQ所在直线为x,y,z轴建立如图坐标系，333133333则,AB,,0,AQ0,,，A0,,0,B,0,0,C0,,0,P0,,1,Q0,0,222242224设平面ABQ的法向量为mx,y,z，233xy0ABm022则，即，令y=1，可得：x3,z2----------------------13分AQm033yz0