湖南省九校联盟2024-2025学年高三下学期第二次联考数学试卷 Word版含解析

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由 常德市一中长沙市一中湖南师大附中双峰县一中
桑植县一中武冈市一中湘潭市一中岳阳市一中株洲市二中 联合命题
炎德文化审校、制作
命题学校:桑植县一中审题学校:湖南师大附中
注意事项:
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，
用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上
无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
一、选择题(本大题共 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】
【分析】化简集合，即可根据交集的定义求解.
【详解】
由于 ，故 ，
故选：C
2. 设 为虚数单位，则 （ ）
A. 5 B. C. D.
【答案】B
【解析】
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【分析】根据复数的除法运算化简复数，即可利用模长公式求解.
【详解】 ,
故选：B
3. 已知抛物线 ，则抛物线的焦点到准线的距离为（ ）
A. B. C. 8 D. 16
【答案】C
【解析】
【分析】根据抛物线的标准方程可得 ，即可求解.
【详解】由 可得 ，
故 ，故 ，
故抛物线的焦点到准线的距离为 ，
故选：C
4. 如图，在 中，点 是线段 上靠近点 的三等分点，过点 的直线分别交直线 、 于点
、 .设 ， ，则 的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据 ，结合平面向量的减法可得出 ，结合 ， ，
可得出 ，利用 、 、 三点共线，可求出 的值.
【详解】连接 ，因为点 是线段 上靠近点 的三等分点，则 ，
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即 ，所以， ，
又因为 ， ，则 ，
因为 、 、 三点共线，设 ，则 ，
所以， ，且 、 不共线，
所以， ， ，故 ，因此， .
故选：C.
5. 在平面直角坐标系 中， 为角 的终边上一点，将角 的终边绕原点 按顺时针方向旋转 后
得到角 ，则 的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据三角函数的定义，结合弦切互化和诱导公式即可求解.
【详解】由题意可知 ， ，
所以
故选：D
6. 欧拉函数 的函数值等于所有不超过正整数 ，且与 互素的正整数的个数，例如：
， ，现将 、 、 、 、 的函数值排成一列，则组成的不同五位
数的个数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
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【解析】
【分析】求出 、 、 、 、 的值，结合倍缩法可求得结果.
【详解】由题意可知， ， ， ， ， ，
所以，将 、 、 、 、 的函数值排成一列，
则组成不同的五位数的个数为 个.
故选：B.
7. 若直线 与圆 交于 、 两点，则 取值不可能
为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】作出图形，利用勾股定理求出 的取值范围，即可得解.
【详解】圆 的圆心为 ，半径为 ，
直线 的方程可化为 ，
联立 ，解得 ，即直线 过定点 ，且直线 不表示直线 ，
显然当直线 过圆心时， 取最大值 ，
当直线 与 垂直时，圆心 到 的距离取最大值 ，
此时， 取最小值 ，
因为 ，则直线 斜率为 ，
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此时，直线 的方程为 ，即 ，不合乎题意，
因此， 的取值范围是 .
故选：A.
8. 对于满足一定条件的连续函数 ，若存在一个点 ，使得 ，那么我们称 为“不动点
”函数.若存在 个点 ，满足 ，则称 为“ 型不动点”函数，则下列函数中为“3
型不动点”函数的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】结合“不动点”函数的概念，转化为方程 有根或对应函数 有零点的问题，依次
求解判断各个选项.
【详解】对于 A，令 ，即 ．
因为 均为 的单调递增函数，所以 在区间 上单调递增，所以
不可能为“3 型不动点”函数，故 A 错误；
对于 B，令 ，即 ．
由于 均为 的单调递增函数，所以 在区间 上单调
递增，所以 不可能为“3 型不动点”函数，故 B 错误；
对于 C，由 ，得 ，
易 知 当 时 ， 单 调 递 减 ， 且 ， 所 以 当 时 ，
的图象与直线 有且只有一个交点；
当 时， 单调递减，且 ；
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当 时， 单调递增．令 ，得 ，解得 ，此时 ，
所以直线 与曲线 相切于点 ．
所以直线 与曲线 共有两个交点，所以 为“2 型不动点”函数，故 C 错误；
对于 D， ，作出 的图象，如图所示．易知其与直线
有且只有三个不同的交点，
即 有三个不同的解，所以 为“3 型不动点”函数，故 D 正确．
故选：D.
【点睛】方法点睛：根据“不动点”函数的定义，转化为方程 有解问题，可直接求方程的根，或者
利用零点存在性定理判断，也可构造新函数，把问题转化为研究新函数的零点问题，有时还可以转化为两
函数交点问题.
二、选择题(本大题共 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. 若 ，则下列结论正确的有（ ）
A.
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B. 数据 的 30%分位数为 5
C. 数据 的标准差为 3
D. 若 ，随机变量 ，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用赋值法即可求解 A，根据二项式展开式的通项特征，可求解 ，根据百分位
数以及方差的计算公式即可求解 BC，根据正态分布的对称性即可求解 D.
【详解】对于 A，令 ，则 ，故 A 正确，
对于 B,
将其从小到大排列为 ，且 ，故 30%分位数为第 2 个数 1，B 错误，
对于 C， 分别为 ，则平均数为 ，
故方差为 ，故标准差为 3，C 正确，
对于 D， ，
故 ，故 D 正确，
故选：ACD
10. 阅读材料:在空间直角坐标系 中，过点 且一个法向量为 （ 、 、 不
全为零）的平面 的方程为 .根据阅读材料，解决问题：已知
、 、 、 、 ，则（ ）
A. 直线 与平面 所成角的正弦值为
B. 三棱锥 的体积为
C. 平面 的方程为
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D. 在 上的投影向量的坐标为
【答案】CD
【解析】
【分析】推导出 与平面 不垂直，可判断 A 选项；利用锥体的体积公式可判断 B 选项；求出平面
的一个法向量的坐标，结合平面向量的定义可判断 C 选项；利用投影向量的定义可判断 D 选项.
【详解】对于 A 选项，若直线 与平面 所成角的正弦值为 ，则 平面 ，
由题意可得 ， ，则 ，
所以， 、 不垂直，A 错；
对于 B 选项，易知 、 、 三点都在 平面上，
，
则 ，
所以， ，
点 到平面 的距离为 ，
故 ，B 错；
对于 C 选项，因为 ， ，
设平面 的一个法向量为 ，则 ，
取 ，可得 ， ，即平面 的一个法向量为 ，
所以平面 的方程为 ，即 ，C 对；
对于 D 选项， 在 上的投影向量为
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，D 对.
故选：CD.
11. 已知函数 及其导函数 的定义域均为 ，设 ， ，且 ，
若 ， ，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用赋值法求出 、 、 的值，可判断 ABC 选项；利用函数 的对称性可判断 D
选项.
【详解】令 ， ，可得 ，因为 ，则 ， ，
令 ，则 ，所以， 或 ，
若 ，则 ，② ，矛盾，故 ，A 对；
令 ， ，得 ，则 ，
令 ，得 ，即 ，
即函数 的图象关于直线 对称，
在等式 两边求导得 ，即 ，
所以，函数 的图象关于点 对称，
因为 ，即 ，可得出 （ 为常数），
无法判断 图象是否关于点 对称，B 错 C 对；
因为函数 的图象关于点 对称，
所以， ，
因此， ，D 对.
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故选：ACD.
【点睛】方法点睛：函数的三个性质：单调性、奇偶性和周期性，在高考中一般不会单独命题，而是常将
它们综合在一起考查，其中单调性与奇偶性结合、周期性与抽象函数相结合，并结合奇偶性求函数值，多
以选择题、填空题的形式呈现，且主要有以下几种命题角度；
（1）函数的单调性与奇偶性相结合，注意函数的单调性及奇偶性的定义，以及奇、偶函数图象的对称性．
（2）周期性与奇偶性相结合，此类问题多考查求值问题，常利用奇偶性及周期性进行交换，将所求函数值
的自变量转化到已知解析式的函数定义域内求解；
（3）周期性、奇偶性与单调性相结合，解决此类问题通常先利用周期性转化自变量所在的区间，然后利用
奇偶性和单调性求解.
三、填空题(本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分)
12. 已知 为等差数列 的前 项和，若 ，则 _________________.
【答案】590
【解析】
【分析】根据等差数列基本量的计算可得公差，即可由求和公式求解.
【详解】设公差为 ，
由 可得 解得 ，
故 ，
故答案为：590
13. 蒙日是法国著名的数学家，他首先发现椭圆 的两条相互垂直的切线的交点的轨
迹是圆，这个圆被称为“蒙日圆”，且其方程为 .已知椭圆 的焦点在 轴
上， 、 为椭圆 上任意两点，动点 在直线 上.若 恒为锐角，根据蒙日圆的相
关知识，则椭圆 离心率的取值范围为________.
【答案】
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【解析】
【分析】分析可知，直线 与圆 相离，利用直线与圆的位置关系可求出 的
取值范围，再结合椭圆离心率公式可求得椭圆 的离心率.
【详解】由题意可知 ，圆 即为椭圆 蒙日圆，
因为 、 为椭圆 上任意两点，动点 满足 恒为锐角，
则点 在圆 外，
又因为动点 在直线 上，则直线 与圆 相离，
所以， ，解得 ，
则 ，即 ，
因此，椭圆 的离心率的取值范围是 .
故答案为： .
14. 2021 年小米重新设计了自己的品牌形象.新旧图像如图所示，旧 lg 是一个正方形，新 lg 可看作一个
直径为边长的一半的圆在原正方形中运动，保留它运动过程覆盖的区域就是新 lg.类比推理，现有一个棱
长为 2 的正方体，一个直径为 1 的球在正方体内部滚动，将该球可到达的区域保留，不可到达的区域割去，
得到一个几何体，我们称之为“小米正方体”，则“小米正方体”的体积为_______.
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【答案】
【解析】
【分析】根据类比，即可根据圆柱的体积公式即可求解.
【详解】根据类比可知：小球在正方体内部运动，“小米正方体”的 8 个角合在一起刚好是一个直径为正方体
棱长一半的球体，
12 条棱除开小球部分，余下的刚好可以组成与球半径相同且高为正方体棱长一半的三个圆柱体.
剩余部分是个类似十字的几何体，可得该几何体的体积为 4，
所以“小米正方体”的体积为
故答案为： .
【点睛】关键点点睛：“小米正方体”的 8 个角合在一起刚好是一个直径为正方体棱长一半的球体，12 条棱除
开小球部分，余下的刚好可以组成与球半径相同且高为正方体棱长一半的三个圆柱体.
四、解答题(本大题共 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，角 所对的边分别为 ，且满足 .
（1）求角 的大小；
（2）若 ，且 的面积为 ，求 的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理边角互化，结合三角恒等变换即可求解，
（2）根据面积公式可得 ，由余弦定理可得 ，进而可得 ，即可根据正弦定理求
解.
【小问 1 详解】
由 ，根据正弦定理可得
，
由于 ，
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故 ，
由于 所以
由于 故
小问 2 详解】
因为 ，可得 ，
由余弦定理得 ，即 ，故 ，
，
由正弦定理可得 ，
所以 ，
故
16. 如图，四边形 是边长为 的正方形，半圆面 平面 ，点 为半圆弧 上一动点
（点 与点 、 不重合）.
（1）求证： ；
（2）当点 为半圆弧 上靠近点 的三等分点时，求二面角 的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用面面垂直的性质可得出 平面 ，可得出 ，由圆的几何性质可得出
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，利用线面垂直的判定定理可得出 平面 ，再由线面垂直的性质可证得结论成立；
（2）以点 为坐标原点， 、 所在直线分别为 、 轴，平面 内过点 且垂直于 的直线
为 轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得二面角 的正弦值.
【小问 1 详解】
因为点 为半圆弧 上一动点（点 与点 、 不重合），则 ，
因为四边形 为正方形，则 ，
因为平面 平面 ，平面 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ，
因为 平面 ，则 ，
因 ， ， 、 平面 ，
所以 平面 ，
因为 平面 ，所以 .
【小问 2 详解】
因为 平面 ， ，则 平面 ，
以点 为坐标原点， 、 所在直线分别为 、 轴，
平面 内过点 且垂直于 的直线为 轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
当点 为半圆弧 上靠近点 的三等分点时， ，
由于四边形 是边长为 的正方形 ，则 、 、 、 ，
所以， ， ，
易知平面 的一个法向量为 ，
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设平面 的一个法向量为 ，则 ，
取 ，可得 ，所以， ，
故 ，
因此，二面角 的正弦值为 .
17. 高三某班为缓解学生高考压力，班委会决定在周班会课上进行“听音乐、猜歌名”的趣味游戏比赛，现
将全班学生分为 组，每组 人，剩余的学生做裁判.比赛规则如下:比赛共分为两轮，第一轮比赛中 个小
组分三场进行比赛，每场比赛有 个小组参加，在规定的时间内猜对歌名最多的小组获胜，获胜的三个小组
进入第二轮比赛，第二轮进行一场比赛，选出获胜队伍.已知甲、乙、丙 个小组的学生能成功猜对歌名的
概率分别为 、 、 .
（1）现从乙组中任选一名学生进行歌曲试猜，记 首歌曲中猜对的歌曲数为 ，求随机变量 的数学期
望；
（2）若从甲、乙、丙 个小组中任选一名学生参加猜歌游戏，求该学生猜对歌曲的概率；
（3）若第二轮比赛中丁、戊两组并列第一，则设置以下游戏决定最终获胜的小组，游戏规则如下：从丁、
戊小组中任选一名代表，从装有 个白球和 个红球的不透明的盒子中有放回地随机摸出一个球，摸出白球
记 分，摸出红球记 分，以 分开始计分，恰好获得 分或 分则结束摸球.若该代表获得 分，则该代
表所在小组获得胜利，否则另外一组获得胜利.若该代表来自丁组，试估计丁组获胜的概率.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）分析可知 ，由二项分布的期望公式可得出 的值；
（2）记事件 、 、 分别表示该学生来自甲、乙、丙组，事件 表示该同学能猜对，利用全概率公式
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可求得 的值；
（3）记得分为 的概率为 ，求得 ，推导出数列 为等比数
列，确定该数列的首项和公比，可求出数列 的通项公式，利用累加法可求得 的值，即为所求
.
【小问 1 详解】
由题意可知， ，由二项分布的期望公式可得 .
【小问 2 详解】
记事件 、 、 分别表示该学生来自甲、乙、丙组，事件 表示该同学能猜对，
所以， ， ， ， ，
由全概率公式可得 .
所以，该学生能猜对的概率为 .
【小问 3 详解】
由题意可知，积分增加 分的概率为 ，增加 分的概率为 ，
记得分为 的概率为 ，且 ， ，
，
所以， ，且 ，
所以，数列 是首项为 ，公比为 的等比数列，
则 ，
由累加法可得
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.
因此，丁组获胜的概率为 .
18. 已知直线 与双曲线 及其渐近线分别交于点 和点 .
（1）求实数 的取值范围；
（2）证明: ；
（3）若 ，过双曲线 上一点 向双曲线 作切线 ，其斜率分别为 ， ，问是
否存在这样的 ，使得 为定值?若存在，求出 的值及定值 ;若不存在，请说明理由.
【答案】（1） 或 ，
（2）证明见解析 （3）不存在，理由见解析
【解析】
【分析】（1）联立方程，利用判别式即可求解，
（2）根据韦达定理和中点坐标公式得 ，进而联立直线方程可得 坐标，即可得 与
的中点重合，即可求解，
（3）根据相切可利用判别式为 0 得 为方程 的两个根，进而根据韦
达定理化简，结合假设法即可求解.
【小问 1 详解】
联立 ，得 ，
故 ，解得 或 ，
【小问 2 详解】
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设 ,则 ，
设 的中点为 ，则 ，从而 ，即 ，
又双曲线的渐近线方程为 ，联立 ，可得 ，
所以 ，同理可得 ，
从而可得 的中点为 ，故 与 的中点重合，
则 ，即
【小问 3 详解】
设过 且与双曲线 相切的直线方程为 ，即 ，
联立 可得 ，
由题意可知,
化简可得 即 ，
由题意可知 为方程 的两个根，
则 ， ，
故 ，
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若 为定值，则有 ，化简得 ，此时 ，
但此时 ，
故不存在 ，使得 为定值.
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中取值范围问题的五种求解策略：
（1）利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围；
（2）利用已知参数的范围，求新的参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系；
（3）利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；
（4）利用已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；
（5）利用求函数值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围.
19. 若函数 的图象有公共点，且在公共点处的切线相同，则称该公共点为函数 与 的
一个“公切点”.
（1）若函数 与 存在“公切点”，求实数 的值；
（2）设函数 ，直线 是曲线 在点 处的切线.求证:直线
不经过点(1,0);
（3）已知函数 ，对任意 ，判断是否存在 ，使函数 与 在区
间 内存在“公切点”?并说明理由.
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）存在，理由见解析.
【解析】
【分析】（1）设出切点，根据 且 ，即可求解 ，进而可求解，
（2）求导，写出直线 的方程，代入(1,0)化简后构造函数 ，求导，根据函数的单
调性即可求解，
（ 3） 根 据 且 ， 得 ， 构 造 函 数
，根据零点存在性定理即可求解.
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【小问 1 详解】
设 是 的“共切点”，
则由 且 ，
由于 ，所以 ，解得 ，
所以 ，
当 时， 满足题意，
故
【小问 2 详解】
由于 ，所以 ，
故直线 的斜率为 ，则直线 的方程为 ，
将点 代入可得 ，故 ，
即 ，故 ，
，即 ，
令 ，
假设直线 经过点 ，则 在 上存在零点，
由 ，所以 在 上单调递增，
所以 ，故 在 上无零点，这与假设矛盾，故直线 不经过点 ，
【小问 3 详解】
因为 ，所以 ，
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由 且 ，得 ，
两式相除可得 ，
设 ，
由于 ，且 的图象连续不断，所以存在 使得 ，
则 ，将其代入 可得 ，
此时 满足方程组，即 是函数 与 在区间 内的一个“公切点”，
因此，对任意 ，存在 ，使得 与 在区间 内存在“公切线”.
【点睛】方法点睛：新定义问题的求解过程可以模型化，一般解题步骤如下：
第一步：提取信息 — 对新定义进行信息提取，明确新定义的名称和符号，
第二步：加工信息 — 细细品味新定义的概念、法则，对所提取的信息进行加工，探求解决方法，有时
可以用学过的或熟悉的相近知识进行类比，明确它们的共同点和不同点
第三步：迁移转化 — 如果是新定义的运算法则，直接按照运算法则计算即可，如果是新定义的性质，
一般需要理解和转化性质的含义，得到性质的等价条件（如等量关系、图形的位置关系等）
第四步：计算，得结论 — 结合题意进行严密的逻辑推理、计算，得结论
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