湖南省新高考教学教研联盟（暨怀化市二模）2025届高三下学期第二次考试数学试题 含解析

届新高考教学教研联盟高三第二次联考暨怀化市上期高三二模考试数学试卷由长郡中学；衡阳市八中：永州市四中；岳阳县一中，湘潭县一中；湘西州民中；石门县一中；澧县一中；益阳市一中；桃源县一中；株洲市二中；麓山国际；郴州市一中；岳阳市一.联合命制命题学校：永州四中审题学校：邵东一中注意事项：答卷前，考生务必将自己的姓名､考生号､考场号､座位号填写在答题卡上.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号回答非选择题时，将答案写在答题卡上写在本试卷上无效.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.一､选择题（本大题共8小题，每小题5分，共分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1.已知集合，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】解不等式化简集合，再利用交集的定义求解.【详解】解不等式，得，解得，则，解不等式，得，则，所以.故选：D2.已知复数满足（的虚部为（）第1页/共24页A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据复数的周期性以及复数的除法运算计算复数，然后由共轭复数的定义求出，最后由虚部的定义得出结果.【详解】因为复数满足，所以，可得：，所以，故的虚部为.故选：B3.已知，则在上的投影向量为（）A.B.C..D.【答案】D【解析】【分析】计算，根据投影向量的计算公式直接计算即可.【详解】因为，所以，在上的投影向量为.故选：D4.若，则的值为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】由可得的取值，结合角的范围以及平方和为1可计算，由两角和的余弦配凑角可求出结果.第2页/共24页【详解】因为，所以，因为，所以，所以，所以.故选：C5.已知是不同的直线，是不同的平面，则下列结论正确的是（）A.若，则B.若，则C.若为异面直线且，则与中至少一条相交D.若，则【答案】C【解析】AB，由线面平行的性质判断选项正误；对于C，由反证法结合题意可判断选项正误；对于D，由图及题意可判断选选项正误.【详解】对于A，当时，可能与平行，也可能相交，异面，故A错误；对于B，当时，可能包含于平面，则不一定平行于，故B错误；对于C，假设均不与相交，因，则，又，均不与与中至少一条相交，故C正确；对于D，当时，设，则如图当与不垂直时，不与垂直，故D错误.第3页/共24页故选：C6.下列函数满足在定义域上有两个以上不同的单调区间，且存在，使得函数图象无限趋近于直线但不与其相交的是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】分析各选项中的单调性或值域，结合题中定义逐项判断即可.【详解】对于A选项，，内层函数在上减函数，在上为增函数，外层函数为增函数，所以，函数的减区间为，增区间为，不合乎要求；对于B选项，，由得，可得；由得，可得，所以，函数的减区间为，增区间为，不合乎要求；对于C选项，函数的定义域为，，由可得或，由可得，所以，函数的减区间为、，增区间为，第4页/共24页当时，，且当时，，所以，函数的图象以直线为渐近线，符合要求；对于D选项，，该函数的定义域为，取，则，当且，，取，则，当且，，由于函数在上的图象是连续不断的，故函数的值域为，故函数的图象不存在渐近线，不满足要求.故选：C.7.甲､乙､丙､丁四人同时对一目标进行射击，四人击中目标的概率都为被两人击中而摧毁的概率为，目标被三人击中而摧毁的概率为，若四人都击中目标肯定被摧毁，则目标被摧毁的概率为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】由条件可得击中次数服从二项分布，分别求得其对应概率，再由全概率公式代入计算，即可得到结果.【详解】设击中次数为，则，所以，第5页/共24页，由全概率公式得，目标被摧毁的概率.故选：C8.在正三棱柱中，为线段上的动点，为边上靠近B的三等分点，则三棱锥的外接球体积的最小值为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】的外接圆圆心，设点的坐标为，设的坐标为，然后利用，可得，再由基本不等式可得答案.A为坐标原点，为A作的垂线为轴，为轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，设三角形的外接圆的圆心为，则点在平面上，且为线段AB中垂线与线段AD中垂线交点，注意到线段AB中垂线方程满足，AD中点为，又在平面中，，则AD中垂线方程满足，联立与，故解得点的坐标为，过点作平面的垂线，则外心一定在此垂线上，故可设的坐标为，又因为，第6页/共24页故三角形的外接圆半径，由题可设点的坐标为，且，由外接球的定义知：，故，得，故当最小时，半径最小，即体积最小，由基本不等式知，，当且仅当时等号成立，即，故体积.【点睛】关键点睛：外接球问题，一般先找到球心，再由勾股定理结合图形构建关于外接球半径的等式.二､多选题（本大题共3小题，每小题6分，共分在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分）9.为弘扬中华优秀传统文化，树立正确的价值导向，落实立德树人的根本任务，某校组织全体高一年级学100）第7页/共24页A.B.估计此次测试学生分数的众数为95C.估计此次测试学生分数的中位数为90D.估计此次测试学生分数的下四分位数为85【答案】BD【解析】【分析】根据频率分布直方图中的相关信息，由各组的频率之和为1求出值，判断A，利用众数，中位数和下四分位数的概念依次判断BCD项即可.【详解】对于A，由得，所以A错误；对于B，因众数是频率分布直方图中最高矩形的底边中点的横坐标，故众数是95，B正确；对于C，由于90左边的频率是0.35，所以C错误；对于D，由第25百分位数就是下四分位数，又85左边的频率是0.25，所以D正确.故选：BD.10.已知函数的定义域是，且满足，作的图象关于轴的对称图象，并右移一个单位，再将横坐标变为原来的得到函数的图象，下列说法正确的有（）A.B.与有相同的值域C.的最小正周期是6D.【答案】ABD【解析】【分析】由函数图像的变换即可判断ABC第8页/共24页即可判断D.【详解】由图象的变换知A项正确；因为图象变换中没有上下平移，所以值域不变，可知B项正确；由得①，在中用代替得②，由①②得，所以3是的周期，C项错误，由知的周期，则，在中令得，所以，D项正确.故选：ABD过点作抛物线的两条切线说法正确的是（）A.点的坐标为B.若线段的中点为与抛物线交于点，则C.设抛物线上之间任意一点处的切线分别与交于点的面积分别为，则D.【答案】ABD【解析】【分析】对于A，利用导数的几何意义，求出在点处的切线方程，联立切线方程，即可求解；对于B，根据题设条件，直接求得，即可求解；对于C，根据题设求得，D第9页/共24页可求解.【详解】对于选项A，由，得到，则，由导数的几何意义知，曲线在点处的切线方程为，整理得到，又，所以，即，同理可得曲线在点的处切线方程为，则，解得，所以点的坐标为，故选项A正确；对于选项B，易知，由选项A知的方程为，所以，代入，得，所以是线段的中点，故，所以选项B正确，对于选项C，由选项B知垂直轴，不妨设，则，由，同理可得，所以，故选项C错误；第10页/共24页对于选项D，点的坐标为，点的坐标为，则，又由抛物线定义可知，所以，故选项D正确，故选：ABD.三､填空题（本大题共3小题，每小题5分，共分）12.已知数列中，，，则数列的前项和的最大值等于__________.【答案】【解析】项和次函数的基本性质可求得的最大值.【详解】当时，，且，所以，数列是首项为，公差为的等差数列，则数列的前项和为，因，故当或时，取得最大值.故答案为：.13.已知点在圆到原点的距离为__________.【答案】【解析】【分析】设，根据题设得到，令，得到，根据题设可得与圆相切时满足题意，即可求解.【详解】由题知，圆标准方程为，圆心为，，第11页/共24页设，又，则，所以，令，则，又在圆上，由，解得，根据题设可知满足题意，即与圆相切时满足题意，此时，即点到原点的距离为，故答案为：.14.2称其为位“稳定数”，则三位“稳定数”共有__________个.【答案】151【解析】【分析】法一：依题意，按照最小值分别取0，取1到7，和取8，取9进行分类讨论，计算每个对应，，下的三位“稳定数”的数量，再合计即可.【详解】法一：要求各位数字的极差不超过2的“稳定数”的数量，可以按照最小值进行分类讨论，并计算每个对应的三位数的数量.①当01或2种，减去不含0的情况（即所有数字都是1或2）的8种，得到10个符合条件的数；②当到7时：允许的数字范围是，百位数可以是中的任何一个，总数为种，减去不含或8对应的19133个符合条件的数；③当时：允许的数字范围是8，9，百位数可以是8或9，总数为种，减去不含8的情况（即所有数字都是9）的1种，得到7个符合条件的数；④当时：所有数字都是9，只有1个数999.将各个的情况累加起来，总数为：.故答案为：151.法二：位数的极差范围为0到9，即.第12页/共24页①极差，所有数字相同，即形如，共9个（即）.②极差，分两种情况：最小值含0：数字范围为，且百位，此时十位和个位可为0或1，但需至少含一个0，共3个.最小值：数字范围为，每位可选或，且至少含和各一次，每位选择数有2种（或或全的情况，每个对应6个数，共8个，共个，小计：个.③极差，分两种情况：最小值含0：数字范围为，且百位，需至少含0和2各一次，时，十位和个位需含0和2，共2个；时，十位和个位需含0，共5个（个.最小值和各一次，由容斥原理有个，共7个，共个.小计：个.三位“稳定数”总数为个.故答案为：151.四､解答题（本大题共5小题，共分解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）15.在中，角的对边分别为，且.（1）求；（2）若，点在边上，且是的平分线，求的面积.【答案】（1）（2）【解析】1）解法一：由正弦定理及两角和的正弦公式化简求解即可；第13页/共24页解法二：直接由余弦定理化简求解即可；（2可得，进而求解即可；解法二：由，结合三角形的面积公式得到，进而求解即可.【小问1详解】由，得，解法一：由正弦定理得，又中，，所以，所以，于是，又，所以，又，所以.解法二：由余弦定理得，化简得，由余弦定理得，又，所以.【小问2详解】由是的平分线，得，解法一：，又，第14页/共24页所以.解法二：由得.即，解得，所以.16.已知甲、乙两个箱子中均装有1个黑球和2箱子中各任取一个球交换放入另一箱子.（1）当进行1次操作后，设甲箱子中黑球个数为，求的分布列及数学期望；（2）重复次这样的操作后，记甲箱子中恰有1个黑球的概率为，求.【答案】（1）分布列见解析，数学期望为1（2）【解析】1）写出随机变量的所有取值，求出对应概率，即可得出分布列，再根据期望公式求期望即可；（2）根据全概率公式求出与的关系，再利用构造法即可得解.【小问1详解】由题意知的可能取值为，，第15页/共24页，，所以分布列为012所以；【小问2详解】重复次这样的操作后，记甲箱子中恰有0个黑球的概率为，则甲箱子中恰有2个黑球的概率为，根据全概率公式可得，当时，，，由（1）知，所以数列是首项为，公比为的等比数列，故，所以.17.如图所示，在直角梯形中，分别是上的点，且，将四边形沿向上折起，连接，在折起的过程中，记二面角的平面角为.第16页/共24页（1）请将几何体的体积表达为关于的函数，并求其最大值；（2）当时，求平面和平面夹角的余弦值的取值范围.【答案】（1），，最大值为；（2）.【解析】1）根据题意，证明折叠过程中始终有平面，平面，由此求得棱锥的高，再利用分割法求得多面体的体积；（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求出平面与平面所成夹角的余弦值，结合换元法和函数单调性求取值范围.【小问1详解】由题意，在折叠之前的平面图形中，，，是平面内的两条相交直线，是平面内的两条相交直线，折叠过程中始终有平面，平面，故二面角，故到平面的距离为，平面平面，平面，故到平面的距离等于到平面的距离，即为.连接，则，，当时取得最大值.【小问2详解】以点所在直线为，作平面的垂线所在直线第17页/共24页为轴，建立空间直角坐标系如图，则，，设平面的法向量为，则，且，即可得.同理设平面的法向量为，则，且，即可得，记平面和平面所成角的平面角为，则，令，故，显然为关于的增函数，故.第18页/共24页18.已知函数有三个不同的零点.（1）若，求的取值范围；（2，且对任意都有恒成立，求实数的取值范围；（3）若，比较的极大值与的大小.【答案】（1）（2）（3）极大值大于【解析】1）由极大值大于0，极小值小于0可得答案；（2）由题可得是方程的两个根，则由韦达定理结合题意可得：，随后分类讨论与大小关系可得答案；（3）设的两个不等根为，由题可得的极大值为，然后由，可用表示，可得，最后利用导数知识可比较大小.【小问1详解】时，，，知时，时，，所以在上单调递增，在上单调递减，故的极大值是的极小值是，由有三个零点知有解得.第19页/共24页【小问2详解】由知，所以，所以是方程的两个根，即有，得，所以，由，得，①时，，则此时不成立；②时，，所以只需，即，解得.综上可知.【小问3详解】当时，