湖南省2025届高三下学期“一起考”大联考（模拟二）数学试题

这是一份湖南省2025届高三下学期“一起考”大联考（模拟二）数学试题，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．以为渐近线的双曲线可以是（ ）
A．B．
C．D．
3．已知平面向量，则（ ）
A．1B．C．D．
4．若，则（ ）
A．B．C．D．
5．甲､乙､丙､丁､戊5名同学进行劳动技术比赛，决出第1名到第5名的名次.甲和乙去向老师询问成绩，老师对甲说：“很遗憾，你和乙都没有得到冠军.”对乙说：“你当然不会是最差的.”从这两个回答分析，5人的名次排列的情形有（ ）
A．36种B．48种C．54种D．64种
6．已知，函数，在上没有零点，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
7．已知某正三棱柱外接球的表面积为，则该正三棱柱体积的最大值为（ ）
A．1B．C．D．4
8．记数列的前项和为，若，且，则的最小值为（ ）
A．0B．1C．2D．3
二、多选题
9．已知，都是复数，下列正确的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
10．下列四棱锥的所有棱长都相等，，，，，是四棱锥的顶点或所在棱的中点，则直线不与平面垂直的是（ ）
A． B．
C． D．
11．已知函数，则（ ）
A．
B．对任意实数
C．
D．若直线与函数和的图象共有三个交点，设这三个交点的横坐标分别为，则
三、填空题
12．已知实数满足，且，则 .
13．已知函数，且的最小值为，则 .
14．已知过抛物线的焦点的直线与抛物线交于两点（在第一象限），以为直径的圆与抛物线的准线相切于点.若为坐标原点，则的面积为 .
四、解答题
15．中国是茶的故乡，茶文化源远流长，博大精深.某兴趣小组，为了了解当地居民对喝茶的态度，随机调查了100人，并将结果整理如下：
单位：人
(1)依据小概率值的独立性检验，能否据此推断该地居民喜欢喝茶与年龄有关？
(2)以样本估计总体，用频率代替概率.该兴趣小组在当地喜欢喝茶的人群中，随机选出2人参加茶文化艺术节.抽取的2人中，35岁以下的人数记为，求的分布列与期望.
参考公式：，其中.
参考数据：
16．在中，内角所对的边分别为，且.
(1)判断的形状；
(2)设，且是边的中点，求当最大时，的面积.
17．在三棱锥中，平面平面平面.

(1)求证：；
(2)若二面角的余弦值为，且，求.
18．已知函数.
(1)当时，求的单调区间与极值；
(2)若恒成立，求的值；
(3)求证：.
19．已知点，动点满足，动点的轨迹记为.
(1)求的方程；
(2)直线与轴交于点为上的动点，过作的两条切线，分别交轴于点.
①证明：直线的斜率成等差数列；
②经过三点，是否存在点，使得？若存在，求；若不存在，请说明理由.
年龄段
态度
合计
不喜欢喝茶
喜欢喝茶
35岁以上（含35岁）
30
30
60
35岁以下
25
15
40
合计
55
45
100
0.10
0.05
0.010
0.005
0.001
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
《湖南省2025届高三下学期“一起考”大联考（模拟二）数学试题》参考答案
1．C
【分析】由一元二次不等式与一元一次不等式，求得集合，利用交集，可得答案.
【详解】由题意可得，
则.
故选：C.
2．B
【分析】利用渐近线的求法，直接求出各个选项的渐近线方程，即可求解.
【详解】对于A，由得渐近线方程为，故A错误；
对于B，由得渐近线方程为，故B正确；
对于C，由得渐近线方程为，故C错误；
对于D，由得渐近线方程为，故D错误.
故选：B.
3．D
【分析】利用数量积的坐标运算即可求得.
【详解】.
故选：D.
4．B
【分析】由同角三角函数的商式与正弦函数的和角公式，根据方程思想，利用正弦函数的差角公式，可得答案.
【详解】由，得，即，
由，得，故，
则.
故选：B.
5．C
【分析】由排列数计算，根据分步乘法原理，可得答案.
【详解】分三步完成：冠军有种可能，乙的名次有种可能，余下3人有种可能，
所以5人的名次排列有（种）不同情况，
故选：C.
6．B
【分析】根据题意，分别讨论以及的情况，结合零点的定义代入计算，即可得到结果.
【详解】当时，，若无解，则或；
当时，，若无解，则.
综上，实数的取值范围是.
故选：B.
7．A
【分析】根据球的表面积公式可得，即可根据正三棱柱的性质以及勾股定理求得高，利用体积公式可得，构造函数，求导即可求解最值.
【详解】设外接球的半径为，则，解得.
设正三棱柱的底面三角形的边长为，则该三角形外接圆的半径为，
故该正三棱柱的高为，
所以该正三棱柱的体积.
由，解得.
令，则，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，所以函数在时取得最大值，
故，所以该正三棱柱体积的最大值为1.
故选：A.
8．D
【分析】利用结合分组求和、裂项求和求，通过规律探寻得知是整数，进而得出是偶数的平方，欲使取最小整数值，则即可，再举例说明的可行性.
【详解】数列中，由，得，
即，
所以
，
又，所以.
又由，得且，
可知，
所以是整数，于是是整数，且是偶数的平方，则，当取等号.
下面举例说明可以取到，
，
，
此时，
所以的最小值为3.
故选：D.
9．AD
【分析】根据共轭复数的定义及复数的乘法运算即可判断A；举出反例即可判断BC；根据复数的乘法运算及复数的模的计算公式即可判断D.
【详解】设，
对于A， 若，则，故，故A正确；
对于B，当时，，故B错误；
对于C，当时，，故C错误；
对于D，若，则，所以，
，
同理，所以，所以，故D正确.
故选：AD.
10．BCD
【分析】由线面垂直的判定，结合向量说明线线的不垂直，逐个判断即可.
【详解】由条件可知四棱锥为正四棱锥，
对于A：

设的交点为，由正四棱锥的结构特征可知：面，
易知：，又，为平面内两条相交直线，
所以直线与平面垂直；
对于B：

取的中点为，连接，
有中位线性质可知：，，
所以四边形为平行四边形，所以，
可证直线平行平面；
对于C：

设棱长为2，，
所以，
所以与不垂直，所以直线不与平面垂直；
对于D：

设棱长为2，，，
所以
所以与不垂直，所以直线不与平面垂直；
故选：BCD.
11．ACD
【分析】代入化简即可求解ABC，根据函数的单调性可大致判断函数和的图象，且为偶函数，结合图象可判断，且，再解不等式即可判断D.
【详解】对A，，故A正确；
对B，，而，故B错误；
对C，，故C正确；
对D，，令，得，
当时，单调递增；当时，单调递减.
所以在处取得极小值1，
当时，；当时，.
恒成立，所以在上单调递增，
当；当.
所以函数的大致图象如图所示，

不妨设，由为偶函数可得，
直线与和的图象有三个交点，显然，
令，整理得，
解得或（舍去），
所以，即，
又因为，所以，故D正确.
故选：ACD.
12．
【分析】由对数式的定义，利用对数的运算律与换底公式，可得答案.
【详解】由可知，
所以，即，所以.
故答案为：.
13．1
【分析】先化简函数得，再根据题意可得函数的最小正周期，再根据正弦函数的周期性即可得解.
【详解】因为
，
又，且的最小值为，
所以函数的最小正周期，由，
所以.
故答案为：1.
14．
【分析】先求得，由条件推得轴，由推出，得到这些的方程，与抛物线方程联立，利用弦长公式求得，即得的面积.
【详解】
依题意，得，则抛物线的方程为.
由题意可知与抛物线的准线垂直，
在中，，则，
则直线的方程为.
由消去并化简整理得：
易得，则，
又原点到直线的距离为，
故.
故答案为：.
15．(1)不能
(2)分布列见解析，
【分析】（1）根据列联表计算得出的值即可得出结论；
（2）易知的所有取值可能为0，1，2，分别计算出对应概率可得分布列及其期望值.
【详解】（1）零假设为：该地居民喜欢喝茶与年龄没有关系.
根据列联表中的数据，可以求得.
根据小概率值的独立性检验，没有充分证据推断不成立，
因此可以认为成立，据此推断该地居民喜欢喝茶与年龄没有关系.
（2）由题意可知，的取值可能为.
则.
所以的分布列为
所以的期望为.
16．(1)等腰三角形
(2)
【分析】（1）根据二倍角公式化简可得，即可根据三角函数的性质求解得解，
（2）根据余弦定理结合基本不等式可得，则，结合边的关系可得为正三角形，即可求解.
【详解】（1）由二倍角公式得，
所以，
整理得，即.
因为，所以，即，即为等腰三角形.
（2）由（1）及题设，有，
所以
，当且仅当时，等号成立.
又为三角形内角，所以，即的最大值为，此时，又，所以，
故，可得为直角三角形且.
又由（1）可得为正三角形，
所以当最大时，的面积.
17．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）过作于，利用面面垂直推出线面垂直，即得，再由平面推出，可得平面即可证得结论；
（2）法1：过作于，连接，证明即为二面角的平面角，即得，再设，将分别用的三角函数表示，借助于直角，求得，即可求出；法2：依题建系，设，求出或用的三角函数表示出相关点的坐标，利用空间向量夹角公式求得，即可.
【详解】（1）

如图，过作于.
因为平面平面，平面平面平面
所以平面.
又平面，所以.
又平面平面，所以.
因为平面，且，
所以平面，又平面，所以.
（2）法1：过作于，连接，
由（1）平面，平面，可得，
因平面，，故平面，
又平面，所以.

所以即为二面角的平面角，
所以则.
又由（1）平面，平面，则，
因平面，平面，则.
设，因为，，则，
，
所以，
解得，则，从而.
法2：由（1）可得.如图，以为原点，所在
直线分别为轴，轴建立空间直角坐标系，

记二面角为，设，因为，
所以，
则，
所以.
设平面的法向量为，则
即令，得，
易知平面的一个法向量为，又，
所以，
解得，则，所以.
18．(1)单调递减区间为，单调递增区间为；极小值0，无极大值
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）求导，根据函数的单调性可得极值；
（2）分情况讨论函数的单调性与最值情况，可得参数值；
（3）利用放缩法，由，可知若证，即证，再根据，可得证.
【详解】（1）当时，，
则，
当时，单调递减，当时，单调递增，所以的单调递减区间为，单调递增区间为，
在处取得极小值0，无极大值.
（2）由题意得，
①当时，，所以在上单调递增，
所以当时，，与矛盾；
②当时，当时，单调递减，
当时，单调递增，
所以，
因为恒成立，所以.
记，
当时，单调递增，当时，单调递减，所以，所以.
又，所以，所以.
（3）先证，设，则，
所以在区间上单调递减，所以，即.
所以，再证.
由（2）可知，当时等号成立，
令，则，
即，
所以，
累加可得，
所以.
19．(1)
(2)①证明见解析；②存在，
【分析】（1）根据椭圆的定义，可得曲线的方程.
（2）设直线的方程为，将直线方程与椭圆方程联立.
①根据直线与椭圆的位置关系，由可以得到关于的一元二次方程，根据韦达定理，可得，再得，所以直线的斜率成等差数列.
②法一：分别用表示出的坐标，结合①中的，，根据求的值即可；
法二：分别用表示出的坐标，结合①中的，，根据求的值即可；
法三：分别用表示出的坐标，结合①中的，，根据求的值即可；
法四：分别用表示出的坐标，结合①中的，，根据求的值即可.
【详解】（1）因为，
所以的轨迹是以为焦点，且长轴长为4的椭圆，
设的轨迹方程为，则，可得.
又，所以，所以的方程为.
（2）设，易知过且与相切的直线斜率存在，设直线方程为，联立，消去得，
由，得
设两条切线的斜率分别为，则
①证明：设的斜率为，则，
因为，所以的斜率成等差数列.
②法1：在中，令，得，所以，
同理，得，所以的中垂线为.
易得的中点为，所以的中垂线为，
联立解得，
所以，，
要使，则，即，
整理得，
而，
所以，解得，因此，
故存在符合题意的点，使得，此时.
法2：在中，令，得，因此，
同理可得，所以的中垂线为.
易得的中点为，所以的中垂线为，
联立解得，
因为，所以，即，
而，
所以，解得，因此，
故存在符合题意的点，使得，此时.
法3：要使，即或，
从而，又，所以，
因为，
所以，解得，所以，
故存在符合题意的点，使得，此时.
法4：要使，即或，从而.
在中，令，得，故，同理可得，因此，
所以，
故，即，
整理得，
所以，整理得，解得或（舍去），
因此，故存在符合题意的点，使得，
此时.法5：要使，即或，从而.
在中，令，得，故，同理可得，
由等面积法得，
即，整理得，
所以，整理得，解得或（舍去），
因此，故存在符合题意的点，使得，
此时.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
B
D
B
C
B
A
D
AD
BCD
题号
11









答案
ACD









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