湘豫名校联考2024-2025学年高三下学期第二次模拟考试数学试卷（附答案解析）

这是一份湘豫名校联考2024-2025学年高三下学期第二次模拟考试数学试卷（附答案解析），共18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．命题“，”的否定是（ ）
A．，B．，
C．，D．，
2．已知，则在复平面内，复数对应的点位于（ ）
A．实轴上B．虚轴上
C．直线上D．直线上
3．某中学有初中生600名，高中生200名，为保障学生的身心健康，学校举办“校园安全知识”了竞赛.现按比例分配的分层随机抽样的方法，分别抽取初中生名，高中生名，经统计：名学生的平均成绩为74分，其中名初中生的平均成绩为72分，名高中生的平均成绩为分，则（ ）
A．74B．76C．78D．80
4．已知，，，设与的夹角为，则（ ）
A．240°B．225°C．135°D．90°
5．已知函数为上的奇函数，若函数与的图象关于点对称，则（ ）
A．1B．0C．D．
6．若函数在区间内没有最小值，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
7．已知集合，曲线上的点构成集合，则曲线上的点到直线的最大距离为（ ）
A．B．C．D．
8．已知函数，则满足的实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．已知数列的通项公式为，则（ ）
A．
B．中的最小项为
C．从第三项起，的每一项都大于它的前一项
D．数列为等差数列
10．如图，在三棱柱中，是与的交点，，，则（ ）
A．B．
C．平面D．到平面的距离为
11．已知曲线，，，设是上任意一点，为坐标原点，则（ ）
A．曲线关于原点对称
B．曲线上所有的点都在椭圆内部
C．曲线在由直线和所围成的矩形框里（含边界）
D．存在点，使得为钝角
三、填空题
12．某同学收集了第一届全国学生（青年）运动会吉祥物“壮壮”和“美美”的卡片各一张，第19届亚运会吉祥物“宸宸”“琮琮”和“莲莲”的卡片各一张.现该同学准备将这5张卡片贴在墙上，若将“壮壮”和“美美”的卡片贴在“宸宸”和“莲莲”之间，则不同的贴法种数为 .（用数字作答）
13．已知抛物线的焦点为，过点且不与轴垂直的直线与交于两点，过的中点作轴的平行线交于点，则 .
14．在中，角，，所对的边分别为，，，边上的高为.若，，则的最小值为 ；若，则的最大值为 .
四、解答题
15．为探究某药物对小鼠的生长抑制作用，将生长情况相同的80只小鼠随机均分为两组：对照组（不含药物）和实验组（添加药物），饲养相同时间后，分别测量这两组小鼠的体重增加量（单位：g），并对数据进行分析，得到如下频率分布直方图：
(1)估计实验组小鼠体重增加量的80%分位数；
(2)将这两组小鼠的体重增加量，从低到高分为三个等级：
假设对照组和实验组小鼠体重增加量的等级结果相互独立.根据所给数据，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率.现从实验组和对照组中各随机抓取一只小鼠，求抓取的实验组小鼠体重增加量的等级高于对照组小鼠体重增加量的等级的概率.
16．已知数列的各项均为正数，前项和为，且，是与的等差中项.
(1)证明：数列是等差数列；
(2)设，求数列的前项和.
17．已知双曲线的左、右顶点分别为，，虚轴的两个端点分别为，，点在上，四边形的周长为.
(1)求的标准方程；
(2)过点的直线与交于，两点，直线，分别与轴交于，两点，证明：.
18．已知函数.
(1)当时，若不等式恒成立，求的取值范围；
(2)若有两个零点，，且.
（i）求的取值范围；
（ii）证明：.
19．已知四面体.
(1)若该四面体为正四面体，球与其四个面都相切，证明：该四面体与球的体积之比等于它们的表面积之比；
(2)设点是满足，过点的平面分别与直线，，交于点，，，且，，，证明：；
(3)若空间内一点满足（，，，均为实数，且全不为0），证明：.
体重增加量/g
等级
较轻
中等
较重
《湘豫名校联考2024-2025学年高三下学期第二次模拟考试数学试卷》参考答案
1．D
【分析】根据含有一个量词命题的否定的原则，即可得答案.
【详解】含有一个量词的命题的否定的做法为“换量词，否结论”，
所以“，”的否定为“，”.
故选：D.
2．C
【分析】利用复数的乘、除法运算化简，由几何意义可得复数所对应的点的坐标，从而判断其位置.
【详解】因为，所以
所以复数所对应的点坐标为，位于直线上.
故选：C.
3．D
【分析】根据分层随机抽样的特点求出与的关系，再利用平均数的计算公式列出关于的方程，进而求解的值.
【详解】由题意，得可得，解得.
故选：D.
4．C
【分析】利用向量的平方等于模的平方来求解夹角即可.
【详解】由得：
因为，，所以，
即，
因为，所以，
故选：C.
5．B
【分析】根据函数为上的奇函数，可得，又由函数与的图象关于点对称，可得，从而可解.
【详解】根据题意，函数为上的奇函数，
所以，则，所以，
函数与的图象关于点对称，
则，即，
所以.
故选：B
6．D
【分析】由题设在上没有最小值，结合正弦函数图象的性质列不等式求参数范围.
【详解】由，则且，
所以在上没有最小值，
若，可得，
若且，可得，，
所以，
综上，.
故选：D
7．A
【分析】先求出曲线C，再应用三角换元，结合点到直线距离公式及三角函数值域得出最大距离.
【详解】因为，曲线上的点构成集合，
设曲线C上的点，则，
所以，所以，即，
所以设，
所以曲线上的点到直线的最大距离为
，
因为，所以，
当且仅当，即时取等号，曲线上的点到直线的最大距离为.
故选：A.
8．B
【分析】根据解析式得到，即的图象关于对称，导数研究函数的区间单调性，利用对称性、单调性解不等式求参数范围.
【详解】若，则，故，
所以的图象关于对称，
当，有，则，
所以在上单调递增，故在上单调递减，
对于，则，可得，
所以.
故选：B
9．ABD
【分析】根据，写出相关项并确定最小项判断A、B、C，再应用等差数列的定义判断D.
【详解】，
对于A，，则，故A正确；
对于B，当时，中的最小项为，故B正确；
对于C，由上计算得，显然从第三项起，的每一项不一定大于它的前一项，故C错误；
对于D，由，
显然，
所以是公差为4的等差数列，故D正确.
故选：ABD.
10．BC
【分析】对A，利用向量的线性运算求解；对B，由平方后结合数量积的运算，即可求得答案；对C，利用向量数量积运算验证，可得，同理得，根据线面垂直的判定定理得证；对D，由C选项得为平面的一个法向量，利用向量法求点到平面的距离.
【详解】设，，，
对于A，
，故A错误；
对于B，因为，
所以
，
则，故B正确；
对于C，因为，
所以，同理，可得，又，平面，
所以平面，故C正确；
对于D，因为，
由选项C知，平面，所以为平面的一个法向量，
所以点到平面的距离，故D错误.
故选：BC.
11．AC
【分析】曲线上任意点关于原点对称的点为，代入曲线验证判断A；曲线化为并得到、判断C，椭圆化为，在取相同值情况下比较、大小判断B，特殊点界点并应用余弦定理判断D.
【详解】对于上任意点，关于原点对称的点为，
所以，即，
所以也在曲线上，A对；
曲线可化为，
所以，得，同理可得，
所以曲线在由直线和所围成的矩形框里（含边界），C对；
又可化为，
所以，
所以，则，
所以曲线上所有的点都在椭圆外部（含边界），B错；
显然在曲线上，此时，
结合B结论，易知，D错.
故选：AC
12．8
【分析】按照特殊元素优先考虑的原则，先排“壮壮”、“美美”和“宸宸”、“莲莲”，再与“琮琮”进行排列即可.
【详解】先将“壮壮”和“美美”的卡片贴在“宸宸”和“莲莲”之间，有种贴法，
再将这4张卡片看成一个整体，与“琮琮”一起贴在墙上，有种贴法，
由分步乘法计数原理可得，不同的贴法种数为种.
故答案为：8.
13．4
【分析】根据题意作示意图，设出直线的方程，与抛物线方程联立，利用韦达定理可得点的坐标，从而求得点的坐标，再根据抛物线的定义求解.
【详解】如图，由题意可知，直线的斜率存在且不等于0，
因为抛物线的焦点为，设直线的方程为，
联立方程可得，
设，则，
设，则代入抛物线方程可得，
由抛物线的定义可知，
.
所以.
故答案为：4.
14． 6 4
【分析】若，根据三角形面积公式可得，利用，得解；若，根据三角形面积公式可得，结合余弦定理可得，代入运算得解.
【详解】若，由，
所以，当且仅当，即时，取等号，
所以的最小值为6.
若，，解得,
由余弦定理得，
整理得，
，当时，取得最大值4.
故答案为：6，4.
15．(1)
(2)
【分析】（1）根据百分位数的定义结合频率计算求解；
（2）应用独立事件概率乘积公式结合互斥事件概率和公式计算求解.
【详解】（1）因为的频率为，且的频率为，
所以在内，所以，所以.
（2）对照组较轻的概率为，中等的概率为，较重的概率为；
实验组较轻的概率为，中等的概率为，较重的概率为；
设抓取的实验组小鼠体重增加量的等级高于对照组小鼠体重增加量的等级为事件，
则.
所以抓取的实验组小鼠体重增加量的等级高于对照组小鼠体重增加量的等级的概率为.
16．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先根据等差中项列式，再根据完全平方公式计算化简，由定义得出等差数列；
（2）先写出等差数列的通项公式，再应用的分组求和得出即可.
【详解】（1）因为是与的等差中项，所以，
所以，
因为数列的各项均为正数，所以，
所以，所以，
所以数列是公差为1，首项为的等差数列；
（2）因为数列是公差为1，首项为的等差数列，
所以，
所以，当时，，
当时，，
所以,
所以，
17．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意列出方程，求解即可；
（2）设直线，，，联立，韦达定理，然后写出M、N的纵坐标，证明为，中点即可.
【详解】（1）由题可得，解得，
所以C的方程为；
（2）
设直线，，，由（1）得，
联立得，
韦达定理得，
，所以直线，
令，得，同理可得,
，
代入得
，
所以为，中点，所以.
18．(1)
(2)（i），（ii）证明见解析
【分析】（1）整理不等式并构造函数，利用导数分情况研究函数单调性，可得答案；
（2）（i）利用导数分情况研究函数单调性，求得其最值，结合零点存在性定理，可得答案；（ii）明确零点的取值范围，分析整理不等式，利用函数的单调性，构造不等式与函数，利用导数求新函数的最值，可得答案.
【详解】（1）设，
则，令，则，
所以在上单调递增，从而.
①当，即时，，则在上单调递增，从而，符合题意；
②当，即时，，则一定存在，使得当时，，则在上单调递减，从而，合题意．
综上所述，的取值范围为．
（2）（i）由题意知，的定义域为．
当时，，所以在上单调递增，
从而在上至多有一个零点．7分当时，令，得．
当时，在上单调递减；
当时，在上单调递增．
所以是的极小值点，也是最小值点，
即．，则．
所以当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减，
所以是的极大值点，也是的最大值点．
即，从而．
一方面，由（1）可知，取，当时，，即，
即，易知当时，也成立．
所以当时，．所以，即，从而．
因为，所以在内有一个零点.
另一方面，由（1）知，．
又，
所以
，
所以在区间内有一个零点．
综上所述，的取值范围是．
（ii）证明：由，得，
所以，即．
要证成立，只需证，
即证，即证．令，则．
即证，即证．
设，则，
所以在区间上单调递增，所以，即式成立．
所以不等式成立.
19．(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）根据正四面体的性质，结合勾股定理可得，进而可求解四面体的体积，利用等体积法可求解球半径，即可利用球的体积，以及表面积公式求解，
（2）根据向量的线性运算，结合共面的结论可得结合即可求解，
（3）先证明，进而根据法向量的性质以及数量积可得，即可体积公式可证明，即可求解.
【详解】（1）设正四面体的棱长为，其内切球的半径为，
如图：过作底面，则为的中心，连接并延长交于，
故,所以，
故正四面体的体积为,
又故，
故内切球的体积为，
故,
设正四面体以及球的表面积分别为,
则
因此
（2）由可得，
解得
由于四点共面，所以，
由于，，，所以，
因此结合故，
即
（3）先证明，
假设，则，代入,
可得，即
又不共面，所以，从而，这与全不为0矛盾，
所以，
由得,
即，
如图：设平面的单位法向量为，则，
故，
从而，
设到平面的距离分别为,则，
所以
两边同乘得，
即,即，
同理可得，
故
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
D
C
D
C
B
D
A
B
ABD
BC
题号
11









答案
AC