湖南省邵阳市2025届高三第二次联考数学试卷（解析版）

这是一份湖南省邵阳市2025届高三第二次联考数学试卷（解析版），共17页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】，，
所以.
故选：D
2. 已知复数在复平面内对应的点的坐标是，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】复数在复平面内对应的点的坐标是，则，故.
故选：B
3. 命题“，”的否定为（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】D
【解析】命题“，”是全称量词命题，其否定是特称量词，改量词否定结论.
所以命题“，”的否定为“，”.
故选：D.
4. 定义在上的函数满足，且在上单调递增，设，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】因为定义在上的函数满足，
所以即图象关于直线对称，
所以，，
又在上单调递增，所以.
故选：A
5. 已知函数，则满足的的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】，定义域为，
，为奇函数，
又，所以在上单调递增，
所以即，
即的取值范围是.
故选：C
6. 过抛物线的焦点的直线交抛物线于、两点，交抛物线的准线于点．若，则（ ）
A B. C. D.
【答案】C
【解析】抛物线的焦点为，设点、，
若直线与轴重合，此时，直线与抛物线只有一个交点，不合乎题意，
设直线的方程为，联立可得，
因为，则，
所以，，可得，
所以，，可得，
，解得，
所以，，，则，
抛物线的准线方程为，所以，点的横坐标为，
所以，.
故选：C.
7. 有甲、乙、丙3台车床加工同一型号的零件，加工的次品率分别为、、，加工出来的零件混放在一起．已知甲、乙、丙台车床加工的零件数分别占总数的、、．任取一个零件，如果取到的零件是次品，则它是甲车床加工的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】记事件取到的零件为甲车床加工的，事件取到的零件为乙车床加工的，
事件取到的零件为丙车床加工的，事件取到的零件是次品，
则，，，
，，，
由贝叶斯公式可得.
因此，如果取到的零件是次品，则它是甲车床加工的概率为.
故选：C.
8. 已知向量满足，，则取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】取，为线段的中点，记，则．
．
又，
点的轨迹是以为焦点的椭圆，
长半轴的长为4，短半轴的长为，
．
故选：A.
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. 下列说法正确的是（ ）
A. 一组数5，7，9，11，3，13，15的第60百分位数是11
B 若随机变量，满足，，则
C. 一组数据的线性回归方程为，若，则
D. 某学校要从12名候选人（其中7名男生，5名女生）中，随机选取5名候选人组成学生会，记选取的男生人数为，则服从超几何分布
【答案】ACD
【解析】数据组为5，7，9，11，3，13，15，排序后为3，5，7，9，11，13，15.
计算第60百分位数：
根据人教版教材方法，位置计算为 ，向上取整到第5个位置，对应数值11,因此选项A正确;
选项分析：
随机变量，已知，根据方差性质：
方差线性变换公式为 ，选项中错误;
选项分析：
线性回归方程 必经过样本均值点,当 时，代入方程得 ，选项正确;
选项分析：
从12名候选人（7男5女）中不放回地抽取5人，男生人数X服从超几何分布H(12, 7, 5)，选项D正确.
故选：ACD.
10. 已知双曲线的左、右焦点分别为、，过的直线与的右支交于、两点，则（ ）
A. 直线与恰有两个公共点
B. 双曲线的离心率为
C. 当时，的面积为
D. 当直线的斜率为，过线段的中点和原点的直线的斜率为时，
【答案】BC
【解析】对于A选项，联立可得，
所以，直线与恰有只有一个公共点，A错；
对于B选项，对于双曲线，则，，，
所以，双曲线的离心率为，B对；
对于C选项，设，，由双曲线的定义可得，
由余弦定理可得，
可得，则，C对；
对于D选项，设点、，线段的中点为，
则，，则，
由题意可得，所以，，则，D错.
故选：BC.
11. 设函数的导函数为，即．当，函数在区间上的图象连续不断时，直线，，和曲线所围成的区域的面积为，且，则（ ）
A.
B. 当时，
C. 存在实数，使得、、成等比数列
D. 直线，，和曲线所围成的区域的面积为
【答案】BD
【解析】对于选项A，，为常数，A错；
对于选项B，，为常数，
即要证，．
设，，．
则在上单调递减，所以．B正确；
对于选项C，，，，
要使、、成等比数列，
则．．
． ①
时，，
又．
，．
①不成立，C错误．
对于选项D，，为常数．
D正确．
故选：BD.
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 的展开式中，各二项式系数的和与各项系数的和之比为，则的值为______．
【答案】7
【解析】根据题意，的展开式中，各二项式系数的和为，
再令，可得其展开式中各项系数和为，
依据题意有，解得.
故答案为：7.
13. 在中，角所对的边分别是．若，，则______．
【答案】
【解析】由，
由即正弦定理可得，
所以，
所以，
所以.
故答案为：
14. 已知正六棱锥的高为，它的外接球的表面积是．若在此正六棱锥内放一个正方体，使正方体可以在该正六棱锥内任意转动，则正方体的棱长的最大值为______．
【答案】
【解析】设外接球的半径为，则，．
设正六棱锥的底面边长为，则，，
即正六棱锥的底面边长为1，侧棱长为2．
正六棱锥的底面积．
侧面面积．
正六棱锥的体积．
设正六棱锥的内切球的半径为，
则．
．
设正方体的棱长为，则，．
正方体的棱长的最大值为．
故答案为：.
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. 已知向量，，设函数．
（1）求函数的最小正周期和单调递减区间；
（2）当时，，求实数的取值范围．
解：（1）．
函数的最小正周期．
由，，
得，．
的单调递减区间为，．
（2）当时，，
结合的图像，当时，．
当时，，
，解得．实数的取值范围为．
16. 如图，在三棱柱中，平面平面，，，，，为线段上一点，且．
（1）证明：平面；
（2）是否存在实数，使得点到平面的距离为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
（1）证明：，，，故．
又面面，面面，面，
面．
面，，
又，面，，面．
（2）解：面，，四边形为菱形，
取的中点为，连接，，为等边三角形．
．又，．
又平面，．
如图所示，以点为坐标原点，分别以所在直线为轴，轴，轴，
建立空间直角坐标系．
则，，，，，，
，，．
设为面的一个法向量，
则令，则．
设为点到面的距离，
则．
，即或．
故存在或，满足题意．
17. 已知等差数列的前项和为，，．数列满足，．
（1）求数列的通项公式；
（2）证明：数列是等比数列；
（3）求数列的前项和．
（1）解： 是等差数列，，．
又，．
等差数列的公差，
．
（2）证明：，．
又，，为常数．
是首项为1，公比为2的等比数列．
（3）解：由（2）得，
记，
．
18. 已知椭圆的离心率为，且过点．
（1）求的方程；
（2）过的右焦点的直线交于两点，线段的垂直平分线交于两点．
①证明：四边形的面积为定值，并求出该定值；
②若直线的斜率存在且不为0，设线段的中点为，记，的面积分别为．当时，求的最小值．
解：（1）根据题意，得，解得，
所以椭圆的方程为．
（2）（ⅰ）证明：设四边形的面积为，
由（1）得，椭圆的焦点，
因为直线的垂直平分线段，所以，
当直线与轴重合时，此时，，
．
由圆的性质知直线过坐标原点，由椭圆的对称性知．
当直线与轴不重合时，设直线方程为．
，，
．
，则直线的方程为，联立椭圆方程，
得，解得
．
．
．
综上所述，四边形的面积为定值．
（ⅱ）易知，，又，
直线的斜率存在且不为0，
．
由（ⅰ）知，
设，则，
．
当且仅当，即时，等号成立，此时．
故的最小值为．
19. 已知函数，．
（1）求的极值；
（2）当时，证明：；
（3）当恰有四个零点，，，时，证明：．
解：（1）由题知，
令，则．
当时，，此时在上为减函数，
当时，，此时在上为增函数，
故，无极小值．
（2）．
令，
，故在上为减函数．
，即．
由（1）可知在上为增函数，，，
即．
（3）由（2）同理可证，当时，．
令，得，
由题意得直线与两条曲线，共有四个交点．
如图所示，，且．
由，得．
，，且在上为增函数，
，即．．同理：．
故，即，得证．