湖北省十一校2025届高三第二次联考数学试卷（解析版）

高级中学名校试题PAGEPAGE1湖北省十一校2025届高三第二次联考数学试卷一､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.已知集合，则（）A. B.C. D.【答案】B【解析】因为对数函数是上的减函数，所以由，得，则；因为指数函数是上的增函数，所以由，得，则，由此，.故选：B.2.设复数（为虚数单位），的共轭复数是，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由，得，所以.故选：C3.函数为定义在上的奇函数，当时，，则的值为（）A. B. C. D.2【答案】A【解析】因为函数为定义在上的奇函数，当时，，则，故.故选：A.4.已知等差数列的公差，且成等比数列，则数列的前2025项和为（）A. B. C.505 D.1013【答案】D【解析】设首项为，因为成等比数列，所以，则，解得或，当时，，此时与成等比数列矛盾，故排除，当时，，此时令，而其前2025项和为，.故选：D5.已知向量满足：，则在上的投影向量为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】由题意可知：，因为，即，可得，所以在上的投影向量为.故选：B.6.已知函数的最小正周期为，则下列说法正确的是（）A.B.关于点对称C.将函数图象向右平移个单位长度，得到的函数图象恰好关于原点对称D.在区间上单调递增【答案】D【解析】因为.因为函数的最小正周期为，且，所以，故A错误；因为，所以，所以是函数的一条对称轴，不是函数的对称中心.故B错误；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C错误；当时，，因为在递增，由复合函数单调性法则知在区间上单调递增，故D正确.故选：D7.如图，在棱长为1的正方体内部，有8个以正方体顶点为球心且半径相等的部分球体，有1个以正方体体心为球心的球体与均相切，则该9部分的体积和的最大值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】设球体的半径为半径为，所以，即得，又，所以开口向下，对称轴为，所以，该9部分的体积和为：.故选：C.8.函数，若恒成立，则的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】由题设在上恒成立，知，此时在上都单调递增，所以只需在上零点相同，即，所以，令，则，当时，，即在上单调递增，当时，，即在上单调递减，所以，即的取值范围是.故选：D二､多选题：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.9.下列命题正确的是（）A.在经验回归方程中，当解释变量每增加1时，响应变量平均增加2.3B若，则事件相互独立与互斥不可能同时成立C.在对高三某班学生物理成绩的比例分配的分层随机抽样调查中，抽取男生12人，其平均数为75，方差为；抽取女生8人，其平均数为70，方差为23，则这20名学生物理成绩的方差为33D.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【答案】BCD【解析】对于A，因为，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B选项，若互斥，则.若A，相互独立，则（因为.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；对于C：这20名同学物理成绩的平均数为：，所以这20名同学物理成绩的方差为：，故C正确；D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D项正确.故选：BCD10.已知为坐标原点，双曲线的左顶点为，右焦点为，以为直径的圆与轴正半轴交于点，过且垂直于轴的直线与的某条渐近线交于点，且与轴垂直，则下列式子中与的离心率相等的有（）A B.C. D.【答案】BCD【解析】由题可知，，∵轴，且交曲线渐近线与点，∴，∵以为直径的圆与y轴正半轴交于点，且轴，∴，又，由射影定理得，所以，A错误；由得，故，即，解得，D正确.又，B正确，又，C正确.故选：BCD11.对于任意两个正数，当时，记曲线与直线，直线以及轴围成的曲边梯形的面积为，当时，约定，并约定.德国数学家莱布尼茨（Leibniz）最早发现.关于，下列说法正确的是（）A.B.C.D.对正数，有【答案】AD【解析】由题意，所以，当时，；当时，；当时，；当或时，也成立；综上所述：.对于选项A：，故A正确；对于选项B：如图，因为，所以即，故B错误.对于选项C，取，则，故C错误；对于选项D：因为阴影部分的面积小于上底长为，下底长为，高为的直角梯形的面积，所以，又阴影部分面积大于长为，宽为的矩形的面积，所以，综上故有对正数有，故D正确.故选：AD.三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分，其中第14题第一空2分，第二空3分.12.若，则__________.【答案】1【解析】由题意可得：..故答案为：113.若，则__________.【答案】【解析】由题意，，由通项公式可知：.故答案为：14.已知点在抛物线上，为直线上的一动点，过点作的2条切线，切点分别为，直线分别交轴于点，则的最小值为__________，外接圆半径的最小值为__________.【答案】①.②.【解析】由题意知，，所以，所以抛物线，设，因为，则，故，直线，直线，令，有，由，可得，故，所以，即.，所以当时，的最小值为2；由题意可知C的焦点，故，，同理，故，所以四点共圆，则的外接圆的直径为，即为到直线的距离，此距离为，即的外接圆的半径的最小值为.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.在中，内角所对的边分别为的面积为.已知①；②，从这两个条件中任选一个，回答下列问题.（1）求角；（2）若，求周长的取值范围.解：（1）选①，，由正弦定理可得，，，又.选②，由可得：，故有，又.（2）由余弦定理得.，当且仅当时取等号又有，.16.如图，在四棱锥中，，底面是边长为的菱形，.（1）证明：平面平面；（2）若平面与平面所成角的正切值为2，点满足，求直线与平面所成角的余弦值.（1）证明：连接交于点，连接，因为是菱形，所以，又因为为中点，，所以，又面，且，所以平面，又平面，所以平面平面；（2）解：过作交于点，面面，面面面，所以面，因为面，所以面，又面，所以，所以为的交点，为等边三角形，所以H为的重心，设DH与AB交点为M，连接，则为二面角的平面角，因为，在中，解得，因为，所以，所以平面，以为原点，所在直线为轴建立如图坐标系，则，，设平面的法向量为，则，即，令，可得：即，又，设平面和直线所成的角为，则，所以.17.已知函数.（1）当时，求函数在点处的切线方程；（2）求函数的单调区间；（3）若不等式恒成立，求整数的最大值.解：（1）函数的定义域为，则曲线在点处的切线为，即.（2）因为，时，由，得，令，得，所以在上单调递增，在上单调递减.综上所述，的单调递增区间为，单调递减区间为.（3）依题知，恒成立，即恒成立，设，则，当时，由，得，由，得，所以在上单调递增，在上单调递减，则恒成立，整理得.设，则恒成立，所以在上单调递增，又，且故整数的最大值为.18.某学校数学小组建立了如下的数学模型：将一个小盒里放入6个小球，其中4个黑球，2个红球.模型一为：若取出黑球，则放回小盒中，不作任何改变；若取出红球，则放回小盒并再往小盒里加入2个红球；模型二为：若取出黑球，则放回小盒中，不作任何改变；若取出红球，则用黑球替换该红球重新放回小盒中.（1）分别计算在两种模型下，抽两次球，第二次取到的球是红球的概率；（2）在模型二的前提下：①求在第次抽球时，抽到的球恰好是第二个红球的概率（结果用表示）.②现规定当两个红球都被抽出来时停止抽球，且最多抽球10次，第10次抽球结束后无论盒中是否还有红球均停止抽球，记抽球的次数为，求的数学期望.解：（1）记在模型一下，第二次取到红球的概率为，则分为取到“黑红”和“红红”两种情况，则；记在模型二下，取到红球的概率为，同样分为取到“黑红”和“红红”两种情况，则；（2）①设第次是第一次取到红球，第次是第二次取到红球的概率为，则，则第次恰好抽到第二个红球的概率为中从到取值累加求和，即，利用等比数列求和公式即可得；②由题可知，的取值依次为，当时，，由数学期望的定义和①中的概率公式可知，，设，由错位相减法可得，所以.19.古希腊数学家阿波罗尼斯在他的代表作《圆锥曲线》一书中指出：平面内动点与两定点的距离之比是一个常数，那么动点的轨迹是一个圆，且圆心在直线上，我们把由此产生的圆叫做阿波罗尼斯圆.已知阿波罗尼斯圆的两个定点分别为椭圆的右焦点与右顶点，且椭圆的离心率为.（1）求椭圆的标准方程；（2）如图，过右焦点斜率为的直线与椭圆相交于（点在轴上方），点是椭圆上异于的两点，平分平分.①求的取