湖南省永州市2025届高三上学期高考第二次模拟考试数学试卷（解析版）

这是一份湖南省永州市2025届高三上学期高考第二次模拟考试数学试卷（解析版），共24页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题：本题共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】B
【解析】由题可知中的元素表示满足的奇数，
故.
故选：B.
2. 已知复数，则（ ）
A. B. C. D. 1
【答案】D
【解析】由.
故选：D
3. 已知非零向量，满足，且，则与的关系是（ ）
A. 垂直B. 共线C. 夹角为D. 夹角为
【答案】B
【解析】设已知两个向量的夹角为θ，
由题
，
，所以共线.
故选：B.
4. 已知函数是上的增函数，则实数a的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】因为函数是上的增函数，
所以.
故选：A.
5. 设、分别是椭圆的左、右焦点，过点作x轴的垂线交C于A、B两点，其中点A在第一象限，且.若P是C上的动点，则满足是直角三角形的点P的个数为（ ）
A. 0B. 2C. 4D. 6
【答案】C
【解析】由题，又，.
，即（t为参数），
取上顶点时最大，此时.
不会为直角，只有当或是直角才符合题意，
所以由对称性可知满足是直角三角形的点P的个数为4.
故选：C.
6. 正三棱台的上、下底边长分别为6，18，该正三棱台内部有一个内切球（与上、下底面和三个侧面都相切），则正三棱台的高为（ ）
A. 3B. 4C. 5D. 6
【答案】D
【解析】由题可知上下底正三角形的高分别为，
由几何体结构特征结合题意可知内切球与上、下底面切点为上下底的重心，
故如左图所示作截面，得到右图，设内切球半径为，
则有即，
所以正三棱台的高为6.
故选：D.
7. 已知数列满足，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则所有项恒大于等于
B. 若，则是单调递增数列
C. 若常数列，则
D. 若，则是单调递增数列
【答案】C
【解析】对于A，当时，，当且仅当即时等号成立，
所以，但值不定，
所以若，则所有项不一定恒大于等于，故A错误；
对于B，若时，，，而，故B错；
对于C，若是常数列，则，即，
所以，故C正确；
对于D，由题，
因为，所以由递推关系可知，且，，
所以，.故D错误.
故选：C.
8. 在平面直角坐标系xOy中，，，，其中，，，则当面积最小时，（ ）
A B. C. D.
【答案】C
【解析】如图所示，
设，则，，，，
所以由可得，
，
记，则，
所以时，，解得（舍去）或，
时，，解得，
所以时可取最小值，而，
所以.
故选：C.
二、多项选择题：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，全部选对得6分，部分选对得部分分，选错得0分.
9. 设样本空间含有等可能的样本点，且，，，则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】对于A，由题意可得，
所以，故A正确；
对于B，，
所以，故B正确；
对于C，因为，，
所以，故C错误；
对于D，因为，所以.故D正确.
故选：ABD.
10. 斜率为2的直线l与双曲线的两条渐近线交于，两点，与双曲线交于C，D两点，P是线段的中点，则下列说法正确的是（ ）
A. 是双曲线两条渐近线所构成的“X”形图象的方程
B. P也是线段的中点
C. 若l过双曲线的焦点，则直线的斜率是
D. 若l过双曲线的焦点，点P的坐标为，则
【答案】ABD
【解析】对于A.，或，这恰为双曲线两条渐近线，故A正确；
对于B.设直线方程为，分别联立与，
得和，
这两式的两根之和都是，所以，中点为同一个，故B正确；
对于C.因为，，
所以，
所以直线的斜率是，故C错误；
对于D.由C选项可知，即，故D正确.
故选：ABD.
11. 已知的定义域为非零有理数集，且满足下面三个性质：
①；
②；
③当时，，其中
下列说法正确的是（ ）
A. 若，，则
B. 恰有两个整数解
C. 若，，则，，中至少有两个相等
D. 若，则
【答案】AC
【解析】A：令，有，即；
令，有，即；
令，有，即是偶函数；
因为
，，所以，A正确；
B：假设选项正确，对于任意除1和以外的整数，有，
即，，而，且，
所以，，矛盾，故B错误.
C：，所以，
若，结论显然成立；
若，则，即或，结论依然成立，C正确；
D：，
，
，D错误.
故选：AC
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知，则_________.
【答案】
【解析】由题得，
所以
故答案为：.
13. 用红、橙、黄、绿四种颜色给一些大小相同的正四面体模具上色，要求每个正四面体四个面颜色各不相同.我们规定：如果两个已上色的四面体，可以通过旋转将其中一个变得与另一个完全相同，则认为它们用了同一种上色模式.那么不同的上色模式共有________种.
【答案】2
【解析】假设一个正四面体四个顶点为、、、，则作底面顶点时，通过旋转，除底面外三个面的朝向有三种，如图所示：
同理，，作底面顶点时也分别有3种，一共有12种，
即一个正四面体可以通过旋转得到12种朝向.
因为四种颜色的排列数有种，
所以一共有种不同的上色模式.
故答案为：2
14. 在平面直角坐标系xOy中，射线，，半圆C：.现从点向上方区域的某方向发射一束光线，光线沿直线传播，但遇到射线、时会发生镜面反射.设光线在发生反射前所在直线的斜率为k，若光线始终与半圆C没有交点，则k的取值范围是________.
【答案】
【解析】将半圆依次沿着，，作对称，如图所示：
光线在镜面发生反射可以等效处理为：光线进入了镜子后的空间，
因此问题就转化为光线如何与镜子内外的圆没有交点，光线变化的范围如图所示.
当光线与相切时，光线所在直线斜率为，
由对称性可知当光线遇射线时反射光线若与相切，则入射光线所在直线为与圆相切，
当光线与圆相切但遇射线时反射光线不与相切时，
此时，所以光线斜率为
当光线与相切时，光线斜率为，
所以由图可知k的取值范围是.
故答案为：.
四、解答题：本题共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A，B，C所对的边分别为a，b，c，，，.
（1）求的外接圆半径；
（2）若为锐角三角形，求周长的取值范围.
解：（1）由可得
，
故，由于，故
由余弦定理得
由于，所以，
，根据解得，
所以的外接圆半径为.
（2）由（1）知，，，，
由正弦定理有，
所以
，
因为为锐角三角形，所以，解得 ，
所以，则，
所以，则.
所以周长的取值范围为.
16. 如图，正方体的棱长为1，点M，N分别在线段，上，且，.
（1）若，证明：；
（2）若，点P，Q分别在直线，上，且，，求的取值范围.
（1）证明：连接，，当，则是的中点，是的中点，
所以，
因为面，面，所以，
所以.
（2）解：以点原点，，，方向为，，轴正方向建立空间直角坐标系，则
，，，，，
，，所以，，
所以，，所以，
又，设直线的方向向量为，
则由得，
取，又，
所以
由得，
易知在单调递减，单调递增
所以，所以.
17. 箱子里有四张卡片，分别写有数字1，2，3，4，每次从箱子中随机抽取一张卡片，各卡片被抽到的概率均为，记录卡片上的数字，然后将卡片放回箱子.重复这个操作，直到满足下列条件之一结束：
（a）第一次抽取的卡片上写的数字是4；
（b）设n为大于等于2的整数，第n次抽取的卡片上写的数字大于第次抽取的卡片上写的数字.例如，当记录的数字依次为3，2，2，4时，这个操作在第4次结束.
（1）若操作进行了4次仍未结束，求前四次抽取的情况总数；
（2）求操作在第n次结束的概率.
解：（1）由题意可得若操作进行了4次仍未结束，则前四次抽取的卡片数字可能为：
1111，2111，3111，2211，3211，3311，2221，3221，3321，3331，2222，3222，3322，3332，3333，共有15种情况.
（2）设操作在第次结束的概率为，操作在第次未结束的概率为.
则当时，，； 当时，.
接下来我们讨论操作进行了次，但是并没有结束的情形，抽取的数字结构如下所示：
分别设序列中的3，2，1的个数为，，，可知.
利用隔板法，可以知道对应情形的数量，操作如下：
令，，，即，
一共有种情形，
各情形概率均为，所以有，
当时，.
经检验，其对依然成立，所以.
18. 已知函数，.
（1）设直线与曲线交于点P，求P点纵坐标的最小值；
（2）a取遍全体正实数时，曲线在坐标平面上扫过一片区域，该区域的下边界为函数，求的解析式；
（3）证明：当时，对任意正实数a，.（附：）
解：（1）时，.
令，当且仅当时等号成立，
所以点纵坐标的最小值为.
（2），定义域为，
令，
则，
①当，即时，，在上单调递增，
；
②当，即时，由，
在上单调递减，在上单调递增，
.
综上所述，.
（3）证明：由第（2）问可知恒成立，所以只需证明即可.
①若，构造
因为，所以在上恒成立，在上单调递增，所以，
即在上恒成立；
②若，，
因为，所以
构造，则.
令，则，所以在单调递增，
而，所以恒成立，
在单调递增，.
因为，即，
，所以，
而，即证在上恒成立.
19. 在直角坐标系xOy中，椭圆经过点，短半轴长为.过点作直线l交C于A，B两点，直线PA交y轴于点M，直线PB交y轴于点N，记直线PA，PB的斜率分别为和.
（1）求C的标准方程；
（2）证明是定值，并求出该定值；
（3）设点，证明C上存在异于其上下顶点的点Q，使得恒成立，并求出所有满足条件的Q点坐标.
（1）解：由已知得，则的标准方程为.
（2）证明：将椭圆向右平移个单位，再向下平移1个单位得，
即，
运用齐次化方法，构造平移后的直线，
设，则过点，则，
，
整理得，
显然和是的两个根，
，，
，得证.
（3）解：根据角平分线性质，可得，设，
直线：，令，得，同理，
代入，则，
两边平方化简得，
即，
即，得，即满足条件的轨迹是一个定圆，
联立其和椭圆，得，解得或（舍），
综上，椭圆上存在点或使得恒成立.