湘豫名校联考2025届高三下学期第二次模拟考试数学试卷（解析版）

高级中学名校试题PAGEPAGE1湘豫名校联考2025届高三下学期第二次模拟考试数学试卷一、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.命题“，”的否定是（）A.， B.，C， D.，【答案】D【解析】含有一个量词的命题的否定的做法为“换量词，否结论”，所以“，”的否定为“，”.故选：D.2.已知，则在复平面内，复数对应的点位于（）A.实轴上 B.虚轴上C.直线上 D.直线上【答案】C【解析】因为，所以所以复数所对应的点坐标为，位于直线上.故选：C.3.某中学有初中生600名，高中生200名，为保障学生的身心健康，学校举办“校园安全知识”了竞赛.现按比例分配的分层随机抽样的方法，分别抽取初中生名，高中生名，经统计：名学生的平均成绩为74分，其中名初中生的平均成绩为72分，名高中生的平均成绩为分，则（）A.74 B.76 C.78 D.80【答案】D【解析】由题意，得可得，解得.故选：D.4.已知，，，设与的夹角为，则（）A.240° B.225° C.135° D.90°【答案】C【解析】由得：因为，，所以，即，因为，所以，故选：C.5.已知函数为上的奇函数，若函数与的图象关于点对称，则（）A.1 B.0 C. D.【答案】B【解析】根据题意，函数为上的奇函数，所以，则，所以，函数与的图象关于点对称，则，即，所以.故选：B6.若函数在区间内没有最小值，则的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】由，则且，所以在上没有最小值，若，可得，若且，可得，，所以，综上，.故选：D7.已知集合，曲线上的点构成集合，则曲线上的点到直线的最大距离为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】因为，曲线上的点构成集合，设曲线C上点，则，所以，所以，即，所以设，所以曲线上的点到直线的最大距离为，因为，所以，当且仅当，即时取等号，曲线上的点到直线的最大距离为.故选：A.8.已知函数，则满足的实数的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】若，则，故，所以的图象关于对称，当，有，则，所以在上单调递增，故在上单调递减，对于，则，可得，所以.故选：B二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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.已知数列的通项公式为，则（）A.B.中的最小项为C.从第三项起，的每一项都大于它的前一项D.数列为等差数列【答案】ABD【解析】，对于A，，则，故A正确；对于B，当时，中的最小项为，故B正确；对于C，由上计算得，显然从第三项起，的每一项不一定大于它的前一项，故C错误；对于D，由，显然，所以是公差为4的等差数列，故D正确.故选：ABD.10.如图，在三棱柱中，是与的交点，，，则（）A. B.C.平面 D.到平面的距离为【答案】BC【解析】设，，，对于A，，故A错误；对于B，因为，所以，则，故B正确；对于C，因为，所以，同理，可得，又，平面，所以平面，故C正确；对于D，因为，由选项C知，平面，所以为平面的一个法向量，所以点到平面的距离，故D错误.故选：BC.11.已知曲线，，，设是上任意一点，为坐标原点，则（）A.曲线关于原点对称B.曲线上所有的点都在椭圆内部C.曲线在由直线和所围成的矩形框里（含边界）D.存在点，使得为钝角【答案】AC【解析】对于上任意点，关于原点对称的点为，所以，即，所以也在曲线上，A对；曲线可化为，所以，得，同理可得，所以曲线在由直线和所围成的矩形框里（含边界），C对；又可化为，所以，所以，则，所以曲线上所有的点都在椭圆外部（含边界），B错；显然在曲线上，此时，结合B结论，易知，D错.故选：AC三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.某同学收集了第一届全国学生（青年）运动会吉祥物“壮壮”和“美美”的卡片各一张，第19届亚运会吉祥物“宸宸”“琮琮”和“莲莲”的卡片各一张.现该同学准备将这5张卡片贴在墙上，若将“壮壮”和“美美”的卡片贴在“宸宸”和“莲莲”之间，则不同的贴法种数为______________.（用数字作答）【答案】8【解析】先将“壮壮”和“美美”的卡片贴在“宸宸”和“莲莲”之间，有种贴法，再将这4张卡片看成一个整体，与“琮琮”一起贴在墙上，有种贴法，由分步乘法计数原理可得，不同的贴法种数为种.故答案为：8.13.已知抛物线的焦点为，过点且不与轴垂直的直线与交于两点，过的中点作轴的平行线交于点，则_________________.【答案】4【解析】如图，由题意可知，直线的斜率存在且不等于0，因为抛物线的焦点为，设直线的方程为，联立方程可得，设，则，设，则代入抛物线方程可得，由抛物线的定义可知，.所以.故答案为：4.14.在中，角，，所对边分别为，，，边上的高为.若，，则的最小值为________________；若，则的最大值为________________.【答案】①.6②.4【解析】若，由，所以，当且仅当，即时，取等号，所以的最小值为6.若，，解得,由余弦定理得，整理得，，当时，取得最大值4.故答案为：6，4.四、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.为探究某药物对小鼠的生长抑制作用，将生长情况相同的80只小鼠随机均分为两组：对照组（不含药物）和实验组（添加药物），饲养相同时间后，分别测量这两组小鼠的体重增加量（单位：g），并对数据进行分析，得到如下频率分布直方图：（1）估计实验组小鼠体重增加量的80%分位数；（2）将这两组小鼠的体重增加量，从低到高分为三个等级：体重增加量/g等级较轻中等较重假设对照组和实验组小鼠体重增加量的等级结果相互独立.根据所给数据，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率.现从实验组和对照组中各随机抓取一只小鼠，求抓取的实验组小鼠体重增加量的等级高于对照组小鼠体重增加量的等级的概率.解：（1）因为的频率为，且的频率为，所以在内，所以，所以.（2）对照组较轻的概率为，中等的概率为，较重的概率为；实验组较轻的概率为，中等的概率为，较重的概率为；设抓取的实验组小鼠体重增加量的等级高于对照组小鼠体重增加量的等级为事件，则.所以抓取的实验组小鼠体重增加量的等级高于对照组小鼠体重增加量的等级的概率为.16.已知数列的各项均为正数，前项和为，且，是与的等差中项.（1）证明：数列是等差数列；（2）设，求数列的前项和.（1）证明：因为是与的等差中项，所以，所以，因为数列的各项均为正数，所以，所以，所以，所以数列是公差为1，首项为的等差数列；（2）解：因为数列是公差为1，首项为的等差数列，所以，所以，当时，，当时，，所以,所以，17.已知双曲线的左、右顶点分别为，，虚轴的两个端点分别为，，点在上，四边形的周长为.（1）求的标准方程；（2）过点的直线与交于，两点，直线，分别与轴交于，两点，证明：.（1）解：由题可得，解得，所以C的方程为；（2）证明：设直线，，，由（1）得，联立得，韦达定理得，，所以直线，令，得，同理可得,，代入得，所以为，中点，所以.18.已知函数.（1）当时，若不等式恒成立，求的取值范围；（2）若有两个零点，，且.（i）求的取值范围；（ii）证明：.解：（1）设，则，令，则，所以在上单调递增，从而.①当，即时，，则在上单调递增，从而，符合题意；②当，即时，，则一定存在，使得当时，，则在上单调递减，从而，合题意．综上所述，的取值范围为．（2）（i）由题意知，的定义域为．当时，，所以在上单调递增，从而在上至多有一个零点．7分当时，令，得．当时，在上单调递减；当时，在上单调递增．所以是的极小值点，也是最小值点，即．，则．所以当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，所以是的极大值点，也是的最大值点．即，从而．一方面，由（1）可知，取，当时，，即，即，易知当时，也成立．所以当时，．所以，即，从而．因为，所以在内有一个零点.另一方面，由（1）知，．又，所以，所以在区间内有一个零点．综上所述，的取值范围是．（ii）证明：由，得，

所以，即．要证成立，只需证，即证，即证．令，则．即证，即证．设，则，所以区间上单调递增，所以，即式成立．所以不等式成立.19.已知四面体.（1）若该四面体为正四面体，球与其四个面都相切，证明：该四面体与球的体积之比等于它们的表面积之比；（2）设点是满足，过点的平面分别与直线，，交于点，，，且，，，证明：；（3）若空间内一点满足（，，，均实数，且全不为0），证明：.证明：（1）设正四面体的棱长为，其内切球的半径为，如图：过作底面，则为