湖南省三湘名校教育联盟2025届高三上学期第二次大联考数学试卷(含答案)

这是一份湖南省三湘名校教育联盟2025届高三上学期第二次大联考数学试卷(含答案)，共14页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
1．设集合,,则集合中所含整数的个数为( )
A.2B.3C.4D.5
2．已知,则的虚部为( )
A.B.C.D.
3．“”是“”的( )
A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件
4．已知,则( )
A.B.C.D.
5．经研究表明:光源发射出来的粒子在没有被捕获之前属于光子,光子在离开光源后会与各种粒子撞击,其动量可能会改变,导致其速度降低,最终可能改变身份成为其他范围的粒子（如红外线粒子）,不再能被人类的感光设备捕获.已知在某次光学实验中,实验组相关人员用人类感光设备捕获了从同一光源发射出来的两个光子A,B,通过数学建模与数据分析得知,此时刻在平面直角坐标系中它们的位移所对应的向量分别为,,设光子相对光子的位移为,则在上的投影向量的坐标为( )
A.B.C.D.
6．已知等差数列的前n项和为,公差为,若也为等差数列,则d的值为( )
A.2B.3C.4D.8
7．已知函数关于点中心对称,则曲线在点处的切线斜率为( )
A.B.C.D.
8．中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且,,则的内切圆半径的最大值为( )
A.B.C.D.1
二、多项选择题
9．已知正数x,y满足,则( )
A.B.C.D.
10．三棱台中,,设AB的中点为E,的中点为F,与BF交于点G,与交于点H,则( )
A.直线GH与直线异面
B.
C.线段AE上存在点P,使得平面
D.线段BE上存在点P,使得平面
11．设函数,,记的最小值为,则( )
A.B.C.D.
三、填空题
12．已知命题:“,”为真命题,则a的取值范围是______.
13．已知P为边长为4的正六边形ABCDEF内部及其边界上的一点,则的取值范围是______.
14．三棱锥中,,,平面平面ABC,且.记的体积为V,内切球半径为r,则的最小值为______.
四、解答题
15．已知函数,.
（1）求的单调递减区间;
（2）若在上的最小值为,求m的取值范围.
16．记首项为1的数列的前n项和为,且.
（1）探究数列是否为单调数列;
（2）求数列的前n项和.
17．如图,四棱柱中,四边形ABCD是菱形,四面体的体积与四面体的体积之差为2,的面积为.
（1）求点A到平面的距离;
（2）若,,,求锐二面角的余弦值.
18．已知函数在上有两个极值点,,且.
（1）求a的取值范围;
（2）当时,证明:.
19．对于项数列,若满足,则称它为一个满足“绝对值关联”的m阶数列.
（1）对于一个满足“绝对值关联”的m阶数列.证明:存在,满足;
（2）若“绝对值关联”的m阶数列还满足,则称为“绝对值关联”的m阶数列.
①请分别写出一个满足“绝对值关联”的4阶数列和满足“绝对值1关联”的5阶数列（不必论证,符合要求即可）;
②若存在“绝对值关联”的n阶数列,求的最小值（最终结果用常数或含n的式子表示）.
参考答案
1．答案：C
解析：由题意可得,,可得,故集合中所含整数有,,,0,共4个,故选C.
2．答案：A
解析：由题意可得,故,其虚部为,故选A.
3．答案：A
解析：由及指数函数的单调性可得,令函数,易得单调递增,故当时,一定有,故充分性成立,但由只能推出,即必要性不成立,故“”是“”的充分不必要条件,故选A.
4．答案：A
解析：由题意可得,故,故选A.
5．答案：C
解析：由向量,,可得,所以在上的投影向量为,故选C.
6．答案：C
解析：易知,若也为等差数列,则为完全平方,则,解得,故选C.
7．答案：D
解析：因为关于点中心对称,所以函数为奇函数,则,即,且为奇函数,所以,解得,故,且,故切线斜率为,故选D.
8．答案：B
解析：设的内切圆半径为r,由题意可得,由余弦定理可得,而,故,由余弦定理可得,则,当且仅当时等号成立,而,则,其中,故,令,故.故选B.
9．答案：AC
解析：对于A:因为,则,当且仅当,即,时取等号,故A正确;对于B:,当且仅当,即,时取等号,故B错误;对于C:因为,则,当且仅当,即,时取等号,故C正确;对于D:因为,当且仅当,即,时取等号,这与x,y均为正数矛盾,故,故D错误,故选AC.
10．答案：AD
解析：如图所示,
对于A,因为平面,平面,故与平面的交点为B,且是唯一的.又因为B,G,H三点不共线,所以GH不经过点B,又平面,所以直线GH与直线没有交点,即直线GH与直线异面,故A正确;对于B,因为AB的中点为E,的中点为F,所以点G是的重心,,若,则,事实上:,所以H是的中点,不成立,故B错误;
对于CD选项,如图,取线段BF的中点Q,连接并延长,交BE于点P,
下证平面:由H为的中点可知,又平面,平面,所以平面,故D正确,C错误;故选AD.
11．答案：BCD
解析：由题意可得,当时,,单调递减,当时,,单调递增,故.对于A:,,,即,故A错误;对于B:设函数,,,设函数,,时,则单调递增,故单调递增,故,故B正确;对于C:易知,又因为在上单调递增,故,故,故C正确;对于D:,只需证明即可,而,由易得,故,同理可得,故,故D正确,故选BCD.
12．答案：
解析：因为命题“,”为真命题,当时,成立,当时,则,解得,故a的取值范围是,故答案为.
13．答案：
解析：由题意可得的模为4,根据正六边形的特征及投影的定义可以得到在方向上的投影长度的取值范围是,由数量积定义可知等于的模与在方向上的投影长度的乘积,所以的取值范围是,故答案为.
14．答案：
解析：设三棱锥的高为h,依题意,可取BC中点O,连接OA,OP,则,,则的面积为,的面积,由可得的面积为,于是三棱锥的表面积为,
由等体积可知,所以,故.设函数,且,则,当,,单调递减,,单调递增,所以,所以时,取得最小值,故答案为.
15．答案：（1）见解析
（2）
解析：（1）由题意可得,,
令,,则,因为,的单调递减区间是,
且由,得,所以的单调递减区间是.
（2）当,则,因为在区间上的最小值为,
即在上的最小值为,又因为,所以,
即,故m的取值范围为
16．答案：（1）见解析
（2）
解析：（1）由题意得,当时,,
两式作差得,,
所以,则数列为常数数列,
无单调性,故数列不是单调数列.
（2）由（1）可得,所以,故.
所以,①
,②
①-②得,
所以.
17．答案：（1）
（2）
解析：（1）如图,连接AC交BD于点,设四棱柱的体积为（其中S为菱形ABCD的面积,h为四棱柱的高）,
所以的体积为,同理四面体的体积为,
又因为四边形ABCD是菱形,所以,所以点A到平面的距离为点到平面距离的一半,所以四面体的体积是四面体的体积的两倍,即.
设点A到平面的距离为d,则,
解得
（2）如图,连接,由得,又四边形ABCD是菱形,所以,又,,平面,所以平面,又平面,所以,
又,,所以,
又,,平面ABCD,所以平面ABCD,
以点O为原点,OA为x轴,OB为y轴,为z轴,建立如图所示空间直角坐标系,由（1）知,且菱形ABCD的面积为,所以.
依题意,,,,,
易得平面的一个法向量为,
设平面的一个法向量为,又,,
所以,即,取,
故,
故锐二面角的余弦值为
18．答案：（1）
（2）见解析
解析：（1）易得定义域为,,显然.
①当时,单调递增,不可能有两零点,不合题意.
②当时,令函数,易得,故时,,单调递减时,单调递增,
当时,有,不可能有两零点;当时,有,由零点存在性定理可得在区间必有一个零点
,令函数,则,即单调递增,故,即,故在上有零点,综上
（2）依题意有,即,故得,
因此,令.则,同理,故,欲证,即证,
令函数,函数,只需证明,即可,又,
故是增函数,故,又,令函数,则,故单调递增,故,
因此,故单调递增,故,故得证.
19．答案：（1）见解析
（2）见解析
解析：（1）因为为满足“绝对值关联”的m阶数列,假设,则,不满足题意,同理若,则,也不满足题意,
所以,,…,中必有一些数小于0,也必有一些数大于0,不妨设,,,,,…,（其中）,故存在,,满足.
（2）①一个满足“绝对值关联”的4阶数列为:,,,;（答案不唯一,符合要求即可）
一个满足“绝对值1关联”的5阶数列为:,,,,;（答案不唯一,符合要求即可）
②设,且.不妨设,,…,,,,…,,其中,并记,,为方便起见不妨设（否则用代替即可）,于是得,,因为,即,所以,,一方面有,另一方面.
所以,即,当且仅当,即时等号成立
（i）当n为偶数时,设,,则有前S项为正数,后S项为负数的数列,,…,,,,…,是“绝对值关联”的n阶数列,又,所以的最小值为;
（ii）当n为奇数时,设,,则,等价于且,即不小于与中的最大者.
当或时,两者中的最大者均为1,有,
当或时,有或,则有,
所以取或时,可能取得最小值1,
且有前S项为正数,后项为负数数列1,1,…,1,,,…,符合题意,所以可以取得最小值1.
综上所述的最小值为.