湖南省2025届高三九校联盟第二次联考数学试卷（含答案）

这是一份湖南省2025届高三九校联盟第二次联考数学试卷（含答案），共9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。
1.已知集合A={x∣x−150=16，则PX0，若gxy+1=gx+1gy+1，ℎ2=4g2，则( )
A. g1=0B. f1=0C. ℎ1=0D. i=−20232025ℎi=0
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知Sn为等差数列an的前n项和，若2a3−a4=4,3a2+a5=25，则S20= ．
13.蒙日是法国著名的数学家，他首先发现椭圆x2a2+y2b2=1a>b>0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x2+y2=a2+b2.已知椭圆C:x2m+y22=1的焦点在x轴上，A、B为椭圆C上任意两点，动点P在直线x− 3y−8=0上.若∠APB恒为锐角，根据蒙日圆的相关知识，则椭圆C离心率的取值范围为 ．
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 ．
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题12分)
在▵ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c，且满足 3ccsB+ 3bcsC=2acsA．
(1)求角A的大小；
(2)若a=2 3，且▵ABC的面积为3 3，求sinB+sinC的值．
16.(本小题12分)
如图，四边形ABCD是边长为5的正方形，半圆面APD⊥平面ABCD，点P为半圆弧AD⌢上一动点(点P与点A、D不重合)．
(1)求证：PD⊥PB；
(2)当点P为半圆弧AD⌢上靠近点D的三等分点时，求二面角A−BD−P的正弦值．
17.(本小题12分)
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9组，每组5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9个小组分三场进行比赛，每场比赛有3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3个小组的学生能成功猜对歌名的概率分别为45、34、56．
(1)现从乙组中任选一名学生进行歌曲试猜，记5首歌曲中猜对的歌曲数为X，求随机变量X的数学期望；
(2)若从甲、乙、丙3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3个白球和2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1分，摸出红球记2分，以0分开始计分，恰好获得10分或11分则结束摸球.若该代表获得10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．
18.(本小题12分)
已知直线l:y=x+1与双曲线M:x2m−y23=1m>0及其渐近线分别交于点A,B和点C,D．
(1)求实数m的取值范围；
(2)证明：AC=BD；
(3)若m=2，过双曲线M上一点P向双曲线N:x2m−y23=λ作切线l1,l2，其斜率分别为k1，k2，问是否存在这样的λ，使得k1⋅k2为定值?若存在，求出λ的值及定值k1⋅k2;若不存在，请说明理由．
19.(本小题12分)
若函数fx,gx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fx与gx的一个“公切点”．
(1)若函数fx=mx2与gx=lnx存在“公切点”，求实数m的值；
(2)设函数fx=x−1+klnxk≠0，直线l是曲线y=fx在点t,ftt>1处的切线.求证：直线l不经过点(1,0);
(3)已知函数fx=x2+a,gx=bxex，对任意a>0，判断是否存在b>0，使函数fx与gx在区间0,+∞内存在“公切点”?并说明理由．
参考答案
1.C
2.B
3.C
4.C
5.D
6.B
7.A
8.D
9.ACD
10.CD
11.ACD
12.590
13.0, 427
14.1112π+4
15.(1)由 3ccsB+ 3bcsC=2acsA，根据正弦定理可得
3sinCcsB+ 3sinBcsC=2sinAcsA，
由于sinCcsB+sinBcsC=sin(B+C)=sin(π−A)=sinA，
故 3sinA=2sinAcsA，
由于sinA≠0,所以csA= 32,
由于A∈(0,π),故A=π6
(2)因为S▵ABC=12bcsinA=3 3，可得bc=12 3，
由余弦定理得a2=b2+c2−2bccsA，即2 32=b2+c2−2×12 3× 32，故b2+c2=48，
b+c= b2+c2+2bc= 48+24 3= 124+2 3= 121+ 32=6+2 3，
由正弦定理可得asinA=bsinB=csinC=4 3，
所以sinB=b4 3,sinC=c4 3，
故sinB+sinC=b+c4 3=6+2 34 3= 3+12

16.(1)因为点P为半圆弧AD⌢上一动点(点P与点A、D不重合)，则PD⊥PA，
因为四边形ABCD为正方形，则AB⊥AD，
因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，AB⊂平面ABCD，
所以AB⊥平面PAD，
因为PD⊂平面PAD，则AB⊥PD，
因为PD⊥PA，PA∩AB=A，PA、AB⊂平面PAB，
所以PD⊥平面PAB，
因为PB⊂平面PAB，所以PD⊥PB．
(2)因为AB⊥平面PAD，CD//AB，则CD⊥平面PAD，
以点D为坐标原点，DA、DC所在直线分别为x、y轴，
平面PAD内过点D且垂直于AD的直线为z轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
当点P为半圆弧AD⌢上靠近点D的三等分点时，∠PAD=30∘，
由于四边形ABCD是边长为5的正方形，则D0,0,0、B5,5,0、A5,0,0、P54,0,5 34，
所以，DP=54,0,5 34，DB=5,5,0，
易知平面ABD的一个法向量为n=0,0,1，
设平面PBD的一个法向量为m=x,y,z，则m⋅DP=54x+5 34z=0m⋅DB=5x+5y=0,
取x= 3，可得m= 3,− 3,−1，所以，csm,n=m⋅nm⋅n=−1 7=− 77，
故sinm,n= 1−cs2m,n= 1−− 772= 427，
因此，二面角A−BD−P的正弦值为 427．

17.(1)由题意可知，X∼B5,34，由二项分布的期望公式可得EX=5×34=154．
(2)记事件A1、A2、A3分别表示该学生来自甲、乙、丙组，事件B表示该同学能猜对，
所以，PA1=PA2=PA3=13，PBA1=45，PBA2=34，PBA3=56，
由全概率公式可得P(B)= 3k=1 P(Ak)⋅P(B|Ak)=13×45+13×34+13×56=143180．
所以，该学生能猜对的概率为143180．
(3)由题意可知，积分增加1分的概率为35，增加2分的概率为25，
记得分为n的概率为Pn，且P1=35，P2=35×35+25=1925，
Pn=35Pn−1+25Pn−2n≥3,n∈N∗，
所以，Pn−Pn−1=−25Pn−1−Pn−2，且P2−P1=425，
所以，数列Pn+1−Pn是首项为425，公比为−25的等比数列，
则Pn+1−Pn=425⋅−25n−1=−25n+1，
由累加法可得P10=P1+P2−P1+P3−P2+⋯+P10−P9=35+−252+−253+⋯+−2510
=35+4251−−2591−−25=35+435+435⋅259=57+27⋅2510．
因此，丁组获胜的概率为57+27⋅2510．

18.(1)联立x2m−y23=1y=x+1，得3−mx2−2mx−4m=0，
故m>03−m≠04m2+16m3−m>0，解得01，
∵k≠0,∴lnt=t−1tt>1，即lnt−1+1t=0t>1，
令Ft=lnt−1+1tt>1，
假设直线l经过点1,0，则F(t)在(1,+∞)上存在零点，
由F′t=1t−1t2=t−1t2>0t>1，所以F(t)在(1,+∞)上单调递增，
所以F(t)>F(1)=0，故F(t)在(1,+∞)上无零点，这与假设矛盾，故直线l不经过点1,0，
(3)因为fx=x2+a,gx=bxex，所以f′x=2x,g′x=b1−xex，
由f(x)=g(x)且f′(x)=g′(x)，得x2+a=bxex2x=b1−xex,
两式相除可得x3+x2+ax−a=0，
设ℎx=x3+x2+ax−aa>0，
由于ℎ(0)=−a0，且ℎ(x)的图象连续不断，所以存在x0∈0,1,使得ℎx0=0，
则a=x03+x021−x0，将其代入x2+a=bxex可得b=2x0ex1−x0>0，
此时x0,a,b满足方程组，即x0,fx0是函数fx与gx在区间0,1内的一个“公切点”，
因此，对任意a>0，存在b>0，使得fx与gx在区间0,+∞内存在“公切线”．