湖南省永州市2025届高三上学期高考第二次模拟考试数学试卷

这是一份湖南省永州市2025届高三上学期高考第二次模拟考试数学试卷，共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知复数，则（ ）
A．B．C．D．1
3．已知非零向量，满足，且，则与的关系是（ ）
A．垂直B．共线C．夹角为D．夹角为
4．已知函数是上的增函数，则实数a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
5．设、分别是椭圆的左、右焦点，过点作x轴的垂线交C于A、B两点，其中点A在第一象限，且.若P是C上的动点，则满足是直角三角形的点P的个数为（ ）
A．0B．2C．4D．6
6．正三棱台的上、下底边长分别为6，18，该正三棱台内部有一个内切球（与上、下底面和三个侧面都相切），则正三棱台的高为（ ）
A．3B．4C．5D．6
7．已知数列满足，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则所有项恒大于等于B．若，则是单调递增数列
C．若是常数列，则D．若，则是单调递增数列
8．在平面直角坐标系xOy中，，，，其中，，，则当面积最小时，（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．设样本空间含有等可能的样本点，且，，，则下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．D．
10．斜率为2的直线l与双曲线的两条渐近线交于，两点，与双曲线交于C，D两点，P是线段的中点，则下列说法正确的是（ ）
A．是双曲线两条渐近线所构成的“X”形图象的方程
B．P也是线段的中点
C．若l过双曲线的焦点，则直线的斜率是
D．若l过双曲线的焦点，点P的坐标为，则
11．已知的定义域为非零有理数集，且满足下面三个性质：
①；
②；
③当时，，其中
下列说法正确的是（ ）
A．若，，则
B．恰有两个整数解
C．若，，则，，中至少有两个相等
D．若，则
三、填空题
12．已知，则 .
13．用红、橙、黄、绿四种颜色给一些大小相同的正四面体模具上色，要求每个正四面体四个面颜色各不相同.我们规定：如果两个已上色的四面体，可以通过旋转将其中一个变得与另一个完全相同，则认为它们用了同一种上色模式.那么不同的上色模式共有 种.
14．在平面直角坐标系xOy中，射线，，半圆C：.现从点向上方区域的某方向发射一束光线，光线沿直线传播，但遇到射线、时会发生镜面反射.设光线在发生反射前所在直线的斜率为k，若光线始终与半圆C没有交点，则k的取值范围是 .
四、解答题
15．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，，.
(1)求的外接圆半径；
(2)若为锐角三角形，求周长的取值范围.
16．如图，正方体的棱长为1，点M，N分别在线段，上，且，.
(1)若，证明：；
(2)若，点P，Q分别在直线，上，且，，求的取值范围.
17．箱子里有四张卡片，分别写有数字1，2，3，4，每次从箱子中随机抽取一张卡片，各卡片被抽到的概率均为，记录卡片上的数字，然后将卡片放回箱子.重复这个操作，直到满足下列条件之一结束：
（a）第一次抽取的卡片上写的数字是4；
（b）设n为大于等于2的整数，第n次抽取的卡片上写的数字大于第次抽取的卡片上写的数字.例如，当记录的数字依次为3，2，2，4时，这个操作在第4次结束.
(1)若操作进行了4次仍未结束，求前四次抽取的情况总数；
(2)求操作在第n次结束的概率.
18．已知函数，.
(1)设直线与曲线交于点P，求P点纵坐标的最小值；
(2)a取遍全体正实数时，曲线在坐标平面上扫过一片区域，该区域的下边界为函数，求的解析式；
(3)证明：当时，对任意正实数a，.（附：）
19．在直角坐标系xOy中，椭圆经过点，短半轴长为.过点作直线l交C于A，B两点，直线PA交y轴于点M，直线PB交y轴于点N，记直线PA，PB的斜率分别为和.
(1)求C的标准方程；
(2)证明是定值，并求出该定值；
(3)设点，证明C上存在异于其上下顶点的点Q，使得恒成立，并求出所有满足条件的Q点坐标.
《湖南省永州市2025届高三上学期高考第二次模拟考试数学试卷》参考答案
1．B
【分析】由题意结合交集定义即可求解.
【详解】由题可知中的元素表示满足的奇数，
故.
故选：B.
2．D
【分析】应用复数除法的几何意义确定复数的模.
【详解】由.
故选：D
3．B
【分析】由题意结合数量积定义直接计算得即可得解.
【详解】设已知两个向量的夹角为θ，
由题
，
，所以共线.
故选：B.
4．A
【分析】由一元二次函数性质结合题意列出关于的不等式组，解不等式组即可得解.
【详解】因为函数是R上的增函数，
所以.
故选：A.
5．C
【分析】先由题设求得（t为参数），进而求出取椭圆上顶点时的值，从而得不会为直角即可求解.
【详解】由题，又，.
，即（t为参数），
取上顶点时最大，此时.
不会为直角，只有当或是直角才符合题意，
所以由对称性可知满足是直角三角形的点P的个数为4.
故选：C.
6．D
【分析】由截面图结合等面积法和勾股定理列出关于r的等量关系求出r即可求解.
【详解】由题可知上下底正三角形的高分别为，
由几何体结构特征结合题意可知内切球与上、下底面切点为上下底的重心，
故如左图所示作截面，得到右图，设内切球半径为，
则有即，
所以正三棱台的高为6.
故选：D.
7．C
【分析】由值不定即可判断A；由题设求出和即可判断B；由求出即可求出判断C；由和即可判断D.
【详解】对于A，当时，，当且仅当即时等号成立，
所以，但值不定，
所以若，则所有项不一定恒大于等于2，故A错误；
对于B，若时，，，而，故B错；
对于C，若是常数列，则，即，
所以，故C正确；
对于D，由题，
因为，所以由递推关系可知，且，，
所以，.故D错误.
故选：C.
8．C
【分析】设，先由结合两角和正切公式得且，接着计算得，构造函数，利用导数求出该函数最小值即可求解.
【详解】如图所示，
设，则，，，，
所以由可得，
，
记，则，
所以时，，解得（舍去）或，
时，，解得，
所以时可取最小值，而，
所以.
故选：C.
【点睛】关键点睛：解决本题的关键是由结合两角和正切公式得且即把关联起来.
9．ABD
【分析】由题意结合条件概率定义、独立事件定义和独立事件概率乘法公式逐项求出相应所需的即可判断得解.
【详解】对于A，由题意可得，
所以，故A正确；
对于B，，
所以，故B正确；
对于C，因为，，
所以，故C错误；
对于D，因为，所以.故D正确.
故选：ABD.
10．ABD
【分析】由双曲线渐近线求法即可判断A；分别联立直线l与双曲线和渐近线方程结合韦达定理即可判断B；由点差法即可求解判断CD.
【详解】对于A.，或，这恰为双曲线两条渐近线，故A正确；
对于B.设直线方程为，分别联立与，
得和，
这两式的两根之和都是，所以，中点为同一个，故B正确；
对于C.因为，，
所以，
所以直线的斜率是，故C错误；
对于D.由C选项可知，即，故D正确.
故选：ABD.
11．AC
【分析】应用特殊值法及奇偶性定义判断奇偶性，进而有，即可判断A；应用反证法，对于任意除1和以外的整数有，根据已知推出矛盾判断B；根据已知得，讨论、判断上述结论是否成立判断C；由函数性质得、求值判断D.
【详解】A：令，有，即；
令，有，即；
令，有，即是偶函数；
因为
，，所以，A正确；
B：假设选项正确，对于任意除1和以外的整数，有，
即，，而，且，
所以，，矛盾，故B错误.
C：，所以，
若，结论显然成立；
若，则，即或，结论依然成立，C正确；
D：，
，
，D错误.
故选：AC
【点睛】关键点点睛：根据已知函数性质，奇偶性定义、赋值法、反证思想的应用为关键.
12．
【分析】先由题意结合诱导公式得，再由倍角公式和常数“1”的代换结合分式齐次式弦化切即可求解.
【详解】由题得，
所以.
故答案为：.
13．2
【分析】以不同顶点作为底面顶点作旋转确定不同朝向情况，再应用排列数求不同上色情况数，即可确定上色模式数.
【详解】假设一个正四面体四个顶点为、、、，则作底面顶点时，通过旋转，除底面外三个面的朝向有三种，如图所示：
同理，，作底面顶点时也分别有3种，一共有12种，
即一个正四面体可以通过旋转得到12种朝向.
因为四种颜色的排列数有种，
所以一共有种不同的上色模式.
故答案为：2
14．
【分析】求出光线与、、相切时的斜率，树形结合即可得解.
【详解】将半圆依次沿着，，作对称，如图所示：
光线在镜面发生反射可以等效处理为：光线进入了镜子后的空间，
因此问题就转化为光线如何与镜子内外的圆没有交点，光线变化的范围如图所示.
当光线与相切时，光线所在直线斜率为，
由对称性可知当光线遇射线时反射光线若与相切，则入射光线所在直线为x=1与圆相切，
当光线与圆相切但遇射线时反射光线不与相切时，
此时，所以光线斜率为
，
当光线与相切时，光线斜率为，
所以由图可知k的取值范围是.
故答案为：.
【点睛】关键点睛：解决本题的关键是数形结合简化问题的难度.
15．(1)
(2)
【分析】（1）根据正弦定理边角互化可得，即可由余弦定理求解，
（2）根据正弦定理以及三角恒等变换可得，即可利用三角形的边角关系求解.
【详解】（1）由可得，
故，由于，故
由余弦定理得
由于，所以，
，根据解得，
所以的外接圆半径为.
（2）由（1）知，，，，
由正弦定理有，
所以
，
因为为锐角三角形，所以，解得 ，
所以，则，
所以，则.
所以周长的取值范围为.
16．(1)证明见解析
(2)
【分析】(1)当时分别找到点和点的位置，利用线面垂直，可证线线垂直；
(2)根据题中垂直关系，建立空间直角坐标系，把表示为的函数，求函数值域即可.
【详解】（1）连接，，当，则是的中点，是的中点，
所以，
因为面，面，所以，
所以.

（2）以点为原点，，，方向为，，轴正方向建立空间直角坐标系，则
A1,0,0，，，，，
，，所以，，
所以，，所以，
又，设直线的方向向量为，
则由得，
取，又，
所以
由得，
易知在单调递减，单调递增
所以，所以.
17．(1)15；
(2)操作在第n次结束的概率为.
【分析】（1）由操作的的条件直接写出所有可能情况即可得解.
（2）设操作在第次结束的概率为，操作在第次未结束的概率为，由题设表示和，利用隔板法讨论操作进行了次，但是并没有结束的情形，从而求出，进而得解.
【详解】（1）由题意可得若操作进行了4次仍未结束，则前四次抽取的卡片数字可能为：
1111，2111，3111，2211，3211，3311，2221，3221，3321，3331，2222，3222，3322，3332，3333，共有15种情况.
（2）设操作在第次结束的概率为，操作在第次未结束的概率为.
则当时，，； 当时，.
接下来我们讨论操作进行了次，但是并没有结束的情形，抽取的数字结构如下所示：
分别设序列中的3，2，1的个数为，，，可知.
利用隔板法，可以知道对应情形的数量，操作如下：
令，，，即，
一共有种情形，
各情形概率均为，所以有，
当时，.
经检验，其对依然成立，所以.
18．(1)点纵坐标的最小值为；
(2)；
(3)证明见解析.
【分析】（1）由时的结合基本不等式即可求解；
（2）构造函数并求导，根据导函数分和两种情况研究函数单调性求出其最小值即可得解；
（3）由第（2）问恒成立，将问题转化成证明，再利用导数分段求证成立即可得证.
【详解】（1）时，.
令，当且仅当时等号成立，
所以点纵坐标的最小值为.
（2），定义域为0,+∞，
令，
则，
①当，即时，，在0,+∞上单调递增，
；
②当，即时，由，
在上单调递减，在上单调递增，
.
综上所述，.
（3）由第（2）问可知恒成立，所以只需证明即可.
①若，构造
因为，所以在上恒成立，在上单调递增，所以，
即在上恒成立；
②若，，
因为，所以
构造，则.
令，则，所以φx在单调递增，
而，所以恒成立，
在单调递增，.
因为，即，
，所以，
而，即证在上恒成立.
19．(1)；
(2)，证明见解析；
(3)证明见解析，或.
【分析】（1）根据椭圆所过的点及短半轴长、椭圆参数关系求椭圆方程；
（2）将椭圆中心作平移为，齐次化法设对应平移后直线方程为，进而有，结合“1”的处理得到和是的两个根，应用韦达定理即可证明结论；
（3）由题意，设，并得到、，代入等量关系式，结合（2）结论整理得，联立椭圆求出定点，即证结论.
【详解】（1）由已知得，则的标准方程为.
（2）将椭圆向右平移个单位，再向下平移1个单位得，
即，
运用齐次化方法，构造平移后的直线，
设，则过点，则，
，
整理得，
显然和是的两个根，
，，
，得证.
（3）根据角平分线性质，可得，设，
直线：，令，得，同理，
代入，则，
两边平方化简得，
即，
即，得，即满足条件的轨迹是一个定圆，
联立其和椭圆，得，解得或（舍），
综上，椭圆上存在点或使得恒成立.
【点睛】关键点点睛：第二问，将作为坐标中心，写出对应椭圆、直线方程，进而有和是的两个根，第三问，利用及、得到的轨迹为关键
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
D
B
A
C
D
C
C
ABD
ABD
题号
11









答案
AC