湖南省2025届高三下学期“一起考”大联考（模拟二）数学试题（解析版）

高级中学名校试题PAGEPAGE1湖南省2025届高三下学期“一起考”大联考（模拟二）数学试题一､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】C【解析】由题意可得，则.故选：C.2.以为渐近线的双曲线可以是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】对于A，由得渐近线方程为，故A错误；对于B，由得渐近线方程为，故B正确；对于C，由得渐近线方程为，故C错误；对于D，由得渐近线方程为，故D错误.故选：B.3.已知平面向量，则（）A.1 B. C. D.【答案】D【解析】.故选：D.4.若，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】由，得，即，由，得，故，则.故选：B.5.甲､乙､丙､丁､戊5名同学进行劳动技术比赛，决出第1名到第5名的名次.甲和乙去向老师询问成绩，老师对甲说：“很遗憾，你和乙都没有得到冠军.”对乙说：“你当然不会是最差的.”从这两个回答分析，5人的名次排列的情形有（）A.36种 B.48种 C.54种 D.64种【答案】C【解析】分三步完成：冠军有种可能，乙的名次有种可能，余下3人有种可能，所以5人的名次排列有（种）不同情况，故选：C.6.已知，函数，在上没有零点，则实数的取值范围是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】当时，，若无解，则或；当时，，若无解，则.综上，实数的取值范围是.故选：B.7.已知某正三棱柱外接球的表面积为，则该正三棱柱体积的最大值为（）A.1 B. C. D.4【答案】A【解析】设外接球的半径为，则，解得.设正三棱柱的底面三角形的边长为，则该三角形外接圆的半径为，故该正三棱柱的高为，所以该正三棱柱的体积.由，解得.令，则，所以函数在上单调递增，在上单调递减，所以函数在时取得最大值，故，所以该正三棱柱体积的最大值为1.故选：A.8.记数列的前项和为，若，且，则的最小值为（）A.0 B.1 C.2 D.3【答案】D【解析】数列中，由，得，即，所以，又，所以又由，得且，可知，所以是整数，于是是整数，且是偶数的平方，则，当取等号.下面举例说明可以取到，，，此时，所以的最小值为3.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，有选错的得0分.9.已知，都是复数，下列正确的是（）A.若，则 B.若，则C.若，则 D.若，则【答案】AD【解析】设，对于A，若，则，故，故A正确；对于B，当时，，故B错误；对于C，当时，，故C错误；对于D，若，则，所以，，同理，所以，所以，故D正确.故选：AD.10.下列四棱锥的所有棱长都相等，，，，，是四棱锥的顶点或所在棱的中点，则直线不与平面垂直的是（）A B.C. D.【答案】BCD【解析】由条件可知四棱锥为正四棱锥，对于A：设的交点为，由正四棱锥的结构特征可知：面，易知：，又，为平面内两条相交直线，所以直线与平面垂直；对于B：取的中点为，连接，有中位线性质可知：，，所以四边形为平行四边形，所以，可证直线平行平面；对于C：设棱长为2，，所以，所以与不垂直，所以直线不与平面垂直；对于D：设棱长为2，，，所以所以与不垂直，所以直线不与平面垂直；故选：BCD.11.已知函数，则（）A.B.对任意实数C.D.若直线与函数和的图象共有三个交点，设这三个交点的横坐标分别为，则【答案】ACD【解析】对A，，故A正确；对B，，而，故B错误；对C，，故C正确；对D，，令，得，当时，单调递增；当时，单调递减.所以在处取得极小值1，当时，；当时，.恒成立，所以在上单调递增，当；当.所以函数的大致图象如图所示，不妨设，由为偶函数可得，直线与和的图象有三个交点，显然，令，整理得，解得或（舍去），所以，即，又因为，所以，故D正确.故选：ACD.三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知实数满足，且，则__________.【答案】【解析】由可知，所以，即，所以.故答案为：.13.已知函数，且的最小值为，则__________.【答案】1【解析】因为，又，且的最小值为，所以函数的最小正周期，由，所以.故答案为：1.14.已知过抛物线的焦点的直线与抛物线交于两点（在第一象限），以为直径的圆与抛物线的准线相切于点.若为坐标原点，则的面积为__________.【答案】【解析】依题意，得，则抛物线的方程为.由题意可知与抛物线准线垂直，在中，，则，则直线的方程为.由消去并化简整理得：易得，则，又原点到直线的距离为，故.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.中国是茶的故乡，茶文化源远流长，博大精深.某兴趣小组，为了了解当地居民对喝茶的态度，随机调查了100人，并将结果整理如下：单位：人年龄段态度合计不喜欢喝茶喜欢喝茶35岁以上（含35岁）30306035岁以下251540合计5545100（1）依据小概率值的独立性检验，能否据此推断该地居民喜欢喝茶与年龄有关？（2）以样本估计总体，用频率代替概率.该兴趣小组在当地喜欢喝茶的人群中，随机选出2人参加茶文化艺术节.抽取的2人中，35岁以下的人数记为，求的分布列与期望.参考公式：，其中.参考数据：0.100.050.0100.0050.0012.7063.8416.6357.87910.828解：（1）零假设为：该地居民喜欢喝茶与年龄没有关系.根据列联表中的数据，可以求得.根据小概率值的独立性检验，没有充分证据推断不成立，因此可以认为成立，据此推断该地居民喜欢喝茶与年龄没有关系.（2）由题意可知，的取值可能为.则.所以的分布列为012所以的期望为.16.在中，内角所对的边分别为，且.（1）判断的形状；（2）设，且是边的中点，求当最大时，的面积.解：（1）由二倍角公式得，所以，整理得，即.因为，所以，即，即为等腰三角形.（2）由（1）及题设，有，所以，当且仅当时，等号成立.又为三角形内角，所以，即的最大值为，此时，又，所以，故，可得为直角三角形且.又由（1）可得为正三角形，所以当最大时，的面积.17.在三棱锥中，平面平面平面.（1）求证：；（2）若二面角的余弦值为，且，求.（1）证明：如图，过作于.因为平面平面，平面平面平面所以平面.又平面，所以.又平面平面，所以.因为平面，且，所以平面，又平面，所以.（2）解：法1：过作于，连接，由（1）平面，平面，可得，因平面，，故平面，又平面，所以.所以即为二面角的平面角，所以则.又由（1）平面，平面，则，因平面，平面，则.设，因为，，则，，所以，解得，则，从而.法2：由（1）可得.如图，以为原点，所在直线分别为轴，轴建立空间直角坐标系，记二面角为，设，因为，所以，则，所以.设平面的法向量为，则即令，得，易知平面的一个法向量为，又，所以，解得，则，所以.18.已知函数.（1）当时，求的单调区间与极值；（2）若恒成立，求的值；（3）求证：.（1）解：当时，，则，当时，单调递减，当时，单调递增，所以单调递减区间为，单调递增区间为，在处取得极小值0，无极大值.（2）解：由题意得，①当时，，所以在上单调递增，所以当时，，与矛盾；②当时，当时，单调递减，当时，单调递增，所以，因为恒成立，所以.记，当时，单调递增，当时，单调递减，所以，所以.又，所以，所以.（3）证明：先证，设，则，所以在区间上单调递减，所以，即.所以，再证.由（2）可知，当时等号成立，令，则，即，所以，累加可得，所以.19.已知点，动点满足，动点的轨迹记为.（1）求的方程；（2）直线与轴交于点为上的动点，过作的两条切线，分别交轴于点.①证明：直线的斜率成等差数列；②经过三点，是否存在点，使得？若存在，求；若不存在，请说明理由.解：（1）因为，所以的轨迹是以为焦点，且长轴长为4的椭圆，设的轨迹方程为，则，可得.又，所以，所以的方程为.（2）设，易知过且与相切的直线斜率存在，设直线方程为，联立，消去得，由，得设两条切线的斜率分别为，则①证明：设的斜率为，则，因为，所以的斜率成等差数列.②法1：在中，令，得，所以，同理，得，所以的中垂线为.易得的中点为，所以的中垂线为，联立解得，所以，，要使，则，即，整理得，而，所以，解得，因此，故存在符合题意的点，使得，此时.法2：在中，令，得，因此，同理可得，所以的中垂线为.易得的中点为，所以的中垂线为，联立解得，因为，所以，即，而，所以，解得，因此，故存在符合题意的点，使得，