湖南省2025届高三下学期仿真演练二数学试题（解析版）

第1页/共1页湖南省2025届高考仿真演练二数学注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上.2.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.3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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.若，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据复数的四则运算化简可得解.【详解】由，则，所以，，故选：B.2.已知集合，集合，则（）A B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据对数函数的定义域及分式函数的定义域求解集合A，解一元二次不等式求解集合B，然后利用并集概念求解即可.【详解】对于集合A：由题意，得，所以，对于集合B，，则，所以，因此.故选：A3.若，，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据诱导公式及二倍角公式化简可得解.【详解】原式，故选：B.4.若函数与直线恰有三个交点，则a取值范围是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】画出函数的图象，结合图像求解即可.【详解】画出的图象，由图象可知a的范围是.故选：D5.从两名男同学和四名女同学中随机选出三人参加数学竞赛，则恰好选出一名男同学和两名女同学的概率为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据古典概型的概率公式可得解.详解】六名同学选名同学，有种选法，其中恰好选出一名男同学和两名女同学有种选法，所以，故选：C.6.已知是直三棱柱，a，b，c分别是角A，B，C的对边，且满足，，若三棱柱有内切球，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据正弦定理及两角和的正弦公式化简可得，进而结合等面积法求得的内切圆半径，即可求得三棱柱内切球的半径，进而求解即可.【详解】由，根据正弦定理得，，则，因为，所以，则，即，则，又，所以，所以，即，设的内切圆半径为，则，即，要使三棱柱有内切球，说明内切球半径刚好为，所以三棱柱的高为内切球的直径，即.故选：B.7.数列满足，为其前项和，若对任意正整数，，若时，恒有成立，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用赋值法计算各项，即可得解.【详解】由已知当，时，，即，当，时，，得，当，时，，得，又当，时，，即，解得，则，，，，，当，时，，得，当，时，，得，所以，故选：B.8.若椭圆的左右焦点分别为，，直线l：与椭圆交于A，B两点，若点P为线段上的动点，则的最小值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】结合图形特征分类讨论P点位置即可计算得出最小值.【详解】联立直线与椭圆的方程，可得，即得，代入，得，，，，因为，令则，则，若，，又因为，的面积都为定值，因此，因此我们只需要求的最小值即可，设，，，作差得，时最小为，因此；同理，当时，，，当时最小为0，S最小为，综合比较可的最小值为，故选：C二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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.若，均为复数，下列说法正确的是（）A.B.若，则C.若，D.若，在复平面内对应的点在第一象限，则实数n的范围是【答案】AC【解析】【分析】设，，求出复数的模判断A；利用特值法判断B；利用复数的运算以及复数的分类判断C；化简复数后求出对应点坐标判断D.【详解】，，则，，，故A正确设，，则，而，故B错误设，，则，则，故C正确因为，因此，所对应点为该点在第一象限，说明，即，故D错误.故选：AC.10.已知函数，下列说法正确的是（）A.当时，B.是周期函数，且最小正周期为C.不存在直线与曲线相切D.若，，，则【答案】ACD【解析】【分析】求导，构造函数可判断A选项，根据三角函数的周期性可判断B选项，根据导数的几何意义可判断C选项，计算即可判断D选项.详解】由函数，，所以函数在上单调递增，在上单调递减，所以，即，当且仅当时等号成立；又函数，恒成立，函数单调递减，所以当时，，所以，A选项正确；由，周期为，故B选项错误；令，方程无解，故C选项正确；，且在单调递增，因此，所以，所以，，故D选项正确；故选：ACD.11.为抛物线上一点，按照如下方式构造与：过点作的切线交轴于，取中点为，过点作的切线，切点为，与轴交于点，与为两个不同的点，为抛物线的焦点，若，则（）A.数列为等比数列B.数列为等比数列C.D.【答案】BCD【解析】【分析】过点作切线，结合抛物线方程可得切线方程，即可得与，同理可得，递推可判断AB选项，可得，即可得，根据等比数列求和可判断D选项，再分别计算，，即可判断C选项.【详解】由抛物线，即，，当时，过点做抛物线的切线，则切线斜率为：，则切线方程为，即，则，又为中点坐标值为，，过的切线，代入，得，，可得，，故A错误，B正确；又，则，所以，，所以则，故D正确；过点的切线为，所以，令，，即，又，，所以，故C正确；故选：BCD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.若随机变量，且，则______.【答案】0.7##【解析】【分析】根据给定条件，利用正态分布的对称性求出概率..【详解】随机变量，且，故，所以.故答案为：0.713.已知椭圆，为的右焦点，为第一象限内椭圆上的一点，过点作的切线，与、轴分别交于，两点，若，则点的坐标为______.【答案】【解析】【分析】设，可得切线方程，进而可得，，结合向量数量积可得解.【详解】设，，易知切线斜率存在，则设切线方程为，可得，则，所以，代入直线，可得，即，即直线为，即，令，得，同理令，得，因此，，又因为，，故，得，，故点的坐标为，故答案为：.14.若函数，，若，为偶函数，则______.若为奇函数，则______.【答案】①.，②.，【解析】【分析】根据结合两角和差的正弦公式化简可得，进而可得；根据为奇函数，可得，结合对数运算以及两角和差的正弦公式化简可得，从而可得答案.【详解】当时，，若为偶函数，则，，整理得恒成立，恒成立，因此，，若为奇函数，则，即整理得：，因此，此时，.故答案为：.四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.已知在中，a，b，c分别是角A，B，C所对的边，且，，D为外一点.（1）求角A；（2）若A，B，C，D四点共圆，求四边形面积的最大值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据正弦定理及诱导公式将条件化为，由得，根据角的范围确定角A即可.（2）由题意，根据余弦定理及基本不等式得和，即可求解四边形面积的最大值.【小问1详解】由及正弦定理得，即，又，故，因为，所以，所以，，所以，所以.【小问2详解】由题意为圆内接四边形，所以，又，由余弦定理得，所以，所以，同理，，所以，所以，所以四边形面积为，所以四边形面积最大值为.16.已知椭圆，，，M为C上异于P，Q一点，O为坐标原点.（1）当点P到直线的距离为1时，求直线的斜率；（2）若直线交于点N，，的面积分别为和，若，求直线的斜率.【答案】（1）（2）或【解析】【分析】（1）根据点得设出直线方程，再应用点到直线距离得出直线斜率；（2）应用面积关系列式得出，再根据直线和椭圆联立计算得出直线斜率.【小问1详解】设，由题意解得，所以的斜率为；【小问2详解】过点P作，所以，所以，设，，所以，联立联立所以，，解得，，所以直线的斜率为或.17.如图，正三棱锥的各棱长均为，，，分别是，，的中点，连接，，点为底面内边上的高所在直线上的动点，为的中心（图中未画出），（1）若平面平面直线，证明：平面（2）若，平面与平面的夹角的余弦值为，求.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）根据中位线的性质，可证线线平行，进而可证线面平行；（2）建立空间直角坐标系，利用坐标法表示两平面夹角余弦值，解方程即可.【小问1详解】，，分别是，，的中点，，又平面，平面，平面，平面，且平面平面，，又平面，平面，平面；【小问2详解】由三棱锥为正三棱锥，且为底面的中心，则平面，又由已知三棱锥的各棱长均为，，，，，，，又为底面内边上的高所在直线上的动点，，，，，设平面的一个法向量为，则，令，可得，又易知平面的一个法向量为，则，，解得.18.已知函数（1）证明：.（2）若有且只有一个零点，求a的范围.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）先化简分，得出，再取对数得出，最后构造函数应用导函数得出极小值即可证明；（2）先求出导函数再分，，分别应用导函数得出函数单调性即可求参.【小问1详解】，，当时，；当时，要证，即证，即证即证，构造函数，当时，在上单调递减，当时，在上单调递增，所以函数在处取得最小值，所以，即可得证，所以；【小问2详解】令，当时，，则在上单调递增，故，函数无零点；当时，，由（1）得，，所以，所以，在上单调递增，，，，当时，，且，因为在上单调递增，所以存在一个，使，所以在上单调递减，在上单调递增，又因为，所以，在上没有零点，又因为，所以，又因为，且在上单调递增，此时存在一个使，但当时，无零点,综上，.19.甲同学与乙同学进行如下游戏：在个白色小方格中，甲同学将从上往下数的第i行，从左往右数的第j列涂黑，而乙同学从除黑色方格以外的任意一格出发，只能往前、后、左、右四个方向移动，且不能经过黑色方格.若乙可以不重复的一次性经过所有白色方格，则乙获胜，否则甲获胜，记甲涂黑的方格为.（1）若，甲同学随机涂黑一个方格，求甲获胜的概率.（2）若甲将涂黑，求证：当m为奇数时，甲一定获胜.（3）若m为奇数，乙从出发，甲将涂黑，其中i，j不同时为1，求证：甲获胜的概率.【答案】（1）（2）证明见解析（3）证明见解析【解析】【分析】（1）不难看出只有当甲不涂黑方格的四个角和中心处，甲一定获胜，由此可得甲获胜的概率；（2）给格子标号，若乙要获胜，则标号为1的格子数与标号为2的格子数之差的绝对值不大于1，即1比2的数量多两个时，此时甲一定获胜，计算当m为奇数时，1号和2号的格子数，发现1的数量比2的数量多两个，故当m为奇数时，甲一定获胜；（3）由（2）可知，考虑1比2多两个的情况，只有涂黑2时，1比2的数量多两个，此时甲一定获胜，计算2号格子的数量，除以甲能涂黑的格子数，即可证明甲获胜的概率.【小问1详解】甲随机涂黑一个，在方格的四个角和中心处，显然乙可以不重复地一次性经过所有白色方格，只有当甲涂黑，，，时，乙无法不重复地一次性经过所有白色方格，故甲获胜概率为.【小问2详解】我们为格子标号：1黑格12121212121212121212121乙不妨从1出发，则乙的路线必定是1→2→1→2…，若乙要获胜，则标号为1的格子数与标号为2的格子数之差的绝对值不大于1，若最后是2，则说明1的数量和2的数量相同，若最后是1，则说明比2多一个，由于m为奇数，则第3，5，7…列，1的数量比2的数量多1个，这样的列数一共有个，也就是1比2的数量多，同理，第2，4，6，…，2的数量比1的数量多一个（不考虑黑格），这样的列一共有列，因此1的数量比2的数量多个，但实际情况是第二列中1的数量和2的数量一样多，因此1的数量比2的数量多两个，