湖南省长沙市2025届高三数学下学期6月保温练习卷二含解析

这是一份湖南省长沙市2025届高三数学下学期6月保温练习卷二含解析，共21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。
项是符合题目要求的.
1．已知复数 在复平面内对应的点的坐标是 ，则 （ ）
A． B． C． D．
2．若向量 满足 ，则 在 上的投影向量是（ ）
A． B． C． D．
3．设 是等差数列 的前 n 项和，若 ，则 （ ）
A．15 B．30 C．45 D．60
4．若 ，则 （ ）
A． B． C． D．
5．已知抛物线 E： 上存在两点 A，B 关于直线 l： 对称，F 为 E 的焦点，
则 （ ）
A．4 B．6 C．8 D．10
6．如图，圆锥 的高 ，侧面积 ， ， 是底面圆 上的两个动点，则
面积的最大值为（ ）
A． B．2 C．1 D．
7．某数学兴趣小组成员为测量某建筑的高度 OP，选取了在同一水平面上的 A，B，C 三处，
其中 B 是 AC 的中点.如图.已知在 A，B，C 处测得该建筑顶部 P 的仰角分别为
米，则该建筑的高度 （ ）
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A． 米 B．10 米 C． 米 D． 米
8．若函数 在 上不单调，则实数 的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题:本题共 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.
9．一组递增数据 , , , , 的平均数为 3，方差为 4，极差为 6，若
，则（ ）
A． , , , , 的极差为 12
B． , , , , 的方差为 16
C． , , , , 的第 80 百分位数为
D． , , , , , , , , , 的平均数为 5
10．如图，四面体 中，等边 的边长为 ， ， ，平面
平面 ，则下列选项正确的是（ ）
A．四面体 的体积为
B．直线 与直线 所成角的大小为
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C．直线 与平面 所成角的正弦值为
D．点 到平面 的距离为 3
11．已知数列 ： ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ，其中第 项为 ，接下来的
项为 ， ，接下来的 项为 ， ， ，再接下来的 项为 ， ， ， ，依此类推，则
（ ）
A．
B．
C．存在正整数 ，使得 ， ， 成等比数列
D．有且仅有 个不同的正整数 ，使得
三、填空题:本题共 3 小题,每小题 5 分,共 15 分.
12．已知双曲线 （ ， ）的一条渐近线方程为 ，且 的两顶
点之间的距离为 4．则 的方程为 ．
13．已知函数 满足 ，且 ，则方程
的实数解的个数为 ．
14．若有限集 ，且满足 ，则称 A 为“完
美集”．
（1）若 为“完美集”，则实数 ：
（2）若 且为“完美集”，则 ．
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．（本题满分 13 分）已知函数 ．
(1)当 时，求曲线 在点 处的切线方程；
(2)若 恒成立，求 的取值范围．
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16．（本题满分 15 分）如图甲所示，在平面四边形 中， 为等腰直角三角形，
， 为正三角形，E，F 分别为 中点，连接 分别交 于
点 O，G．将四边形 沿 向上翻折（如图乙所示），使得平面 平面
，二面角 的大小为 ．
(1)证明： 平面 ；
(2)求平面 与平面 所成角的余弦值．
17．（本题满分 15 分）一盒子中有大小与质地均相同的 20 个小球，其中白球 个，
其余为黑球.
(1)当盒中的白球数 时，从盒中不放回地随机取两次，每次取一个球，用 A 表示事件“第
一次取到白球”，用 B 表示事件“第二次取到白球”，求 和 ，并判断事件 A 与 B
是否相互独立；
(2)某同学要策划一个抽奖活动，参与者从盒中一次性随机取 10 个球，若其中恰有 3 个白球，
则获奖，否则不获奖，要使参与者获奖的可能性最大、最小，该同学应该分别如何放置白球
的数量 n？
(3)若 ，参与者从盒子中有放回的随机取 m 次球，若其中取到白球的个数为 ，
（ ），则 m 为何值时，概率 .
18．（本题满分 17 分）已知椭圆 ： 的右焦点为 ，且 过点
.
(1)求 的方程.
(2)过点 的直线 （斜率存在且不为 0）与 C 交于 M，N 两点，N 关于 x 轴的对称点为 P.
（i）证明：直线 过定点.
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（ii）记直线 过的定点为 Q，过点 N 作直线 的垂线，垂足为 H，试问 是否
存在最小值?若存在，求最小值；若不存在，请说明理由.
19．（本题满分 17 分）已知 为正整数，数列 是公差为 的等差
数列.若从中随机取出若干项后，对于剩余项始终有 ，则称取出的项
按从小到大顺序排成的数列为 的“间子列”.
(1)直接写出数列 所有的间子列；
(2)证明：存在数列 的一个间子列，其也为数列 的间子列；
(3)从数列 中随机取出 项，记将这 项按从小到大顺序排成的新数列
为 的间子列的概率为 ，证明： .
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湖南省长沙市 2025 届高三 6 月保温练习卷数学（二）
参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 C D C D D B A D ABD ACD
题号 11
答案 ABD
1．C
【分析】首先根据复平面内点的坐标将复数 表示出来，然后求出共轭复数的表达式，最后
求出答案.
【详解】因为复数 在复平面内对应的点的坐标是 ，
所以 .
所以共轭复数为： .
所以 .
故选：C.
2．D
【分析】先设投影向量是 ，利用 解出 即可得出答案.
【详解】设投影向量是 ，则 ，所以 ，
即 在 上的投影向量是 ．
故选：D.
3．C
【分析】根据等差数列的性质求出 ，再根据等差数列前 n 项和公式即可得解.
【详解】由题意得 ，所以 ，
所以 .
故选：C.
4．D
【分析】利用两角和的正弦公式和切化弦可求得 ， ，进而利用
两角差的正弦公式可求得 的值.
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【详解】因为 ，
所以 ， ，所以 ，故选：D.
5．D
【分析】利用设点法结合斜率可求中点纵坐标，从而得中点横坐标，故可根据焦半径公式求
解 .
【详解】解：设 ， ，则 ，故 ，
所以 ，代入 l 得 ，则 ，
故选：D．
6．B
【分析】设圆锥母线长为 l，底面圆 O 半径为 ,由侧面展开图面积 ，再作出圆锥的轴截
面，由 时，面积最大求解.
【详解】设圆锥母线长为 l，底面圆 O 半径为 ，
所以 ，解得 ，
作出圆锥的轴截面，如图所示：
则 ，
因为底面圆周上有两动点 ， ，当 时，则 面积的最大，
最大值为 .
故选：B.
7．A
【分析】根据三角形余弦定理求解即可．
【详解】设 米，在 中，
已知 所以 在 中
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已知 所以 在 中
已知 所以 因为 B 是 的中点，且 米，
所以 米．又因为 所以
在 中，由余弦定理可得：
解得 所以 米．
故选：
8．D
【分析】根据题意可知导函数 在 上有正有负，通过讨论 的取值范围结合二阶
求导分析计算可得结果.
【详解】∵ ，∴ .
∵ ，∴ .
设 ，则 .
当 时， ， 在 上单调递增，
∴ ，此时 在 上单调递增，不合题意.
当 时，由 得 ，由 得 ，
∴ 在 上单调递减，在 上单调递增，
∴ ，
当 时， ，当 时， ，
∵函数 在 上不单调，
∴ ，即 ，
∴ ，解得 ，即实数 的取值范围为 .
故选：D.
9．ABD
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【分析】利用极差的定义判断选项 A；利用方差的性质判断选项 B；利用百分位数的定义判
断选项 C；利用平均数的定义和计算公式判断选项 D.
【详解】对于选项 A:
因为数据 的极差为 6，
所以 .
根据 可知： ， .
所以 ，所以 A 正确.
对于选项 B：
因为数据 的方差为 4， ，
所以根据方差的性质可知：数据 的方差为 .
所以 B 正确.
对于选项 C：
因为 ，为整数，则第 80 百分位数是第 4 项与第 5 项数据的平均值，
即 ，所以 C 错误.
对于选项 D：
因为数据 的平均数为 3， ，
所以数据 的平均数为 .
所以数据 , 的平均数为 .
所以 D 正确.
故选： .
10．ACD
【分析】根据面面垂直的性质得到 平面 ，再由锥体的体积公式判断 A，由线面垂
直的性质判断 B，取 的中点 ，连接 、 ，得到 平面 ，则 为直线
与平面 所成角，即可判断 C，利用等体积法判断 D.
【详解】对于 A：因为 ，平面 平面 ，平面 平面 ，
平面 ，所以 平面 ，
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又等边 的边长为 ， ， ，
所以 ，
所以 ，故 A 正确；
对于 B：因为 平面 ， 平面 ，所以 ，
即直线 与直线 所成角的大小为 ，故 B 错误；
对于 C：取 的中点 ，连接 、 ，则 ，
又平面 平面 ，平面 平面 ，
平面 ，所以 平面 ，
所以 为直线 与平面 所成角，
又 ，在 中， ，
所以 ，即直线 与平面 所成角的正弦值为 ，故 C 正确；
对于 D：因为 ， ，
设点 到平面 的距离为 ，则 ，解得 ，
即点 到平面 的距离为 ，故 D 正确.
故选：ACD
11．ABD
【分析】将数列 中的项重新排列成如图数表，可以发现规律是：第 行是以 1 为首项公
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差为 的等差数列，根据数列中的性质逐项判断.
【详解】根据规律，数列 中各项可以如下排列：
规律为每一行均为等差数列，首项为 1，第 行的公差为 ，第 行的最后一项为
，
第 行的最后一位数在整个数列 中的项数为第 项，故
，故 B 正确；
对于 A，根据规律，第 6 行的最后一项为 ，此行的公差为 5，故第 20 项
是 ，故 A 正确；
对于 C，由于数列的每一组都是从 1 开始，然后一次增加固定的正整数，所以每一行均为递
增的正项数列，
若 不在同一行，则 或 ，
若 ，则 ，不可能成立；
若 ，则这三项为 ，由 知不可能成等比数列；
若 在同一行，设为公差为 ，且 ,则 ，则故 ,故
矛盾，所以不可能存在连续三项成等比数列，故 C 错误；
对于 D，对 的位置分以下三种情况讨论
①若 在同一行，设在第 行，由 得 ，
设 为此行中第 项，则 ，即
，其中 ，
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所以 或 ，
第 52 行的数字依次为：1，52，103，…，所以 满足条件，此时第
51 行最后一项为第 项，故 ；
第 18 行的数字依次为：1，18，35，52，69，…，所以 满足条件，
此时第 17 行最后一项为第 项，故 ；
②若 中 在第 行的最后一位， 在第 行的前两位，
则 ， ，
由 得 ，
即 ，对于 无解；
③若 中 在第 行的最后两位， 在第 行的第一位，
则 ， ， ，
由 得 ，解得 ，
第 10 行的最后两位 ，第 11 行第一位数为 ，满足条件，此时第 10
行最后一项为第 项，故 ，
综上所述，存在有且仅有 3 个不同的正整数 ，使得 ，故 D 正确.
故选：ABD
【点睛】关键点点睛：此题将问题转化为数表问题，数表中的规律与数列性质结合可以更好
的解决数列问题.
12．
【分析】根据双曲线的几何性质，可求得 ， ，可得双曲线方程.
【详解】由题可得 ，故 ，因为 的一条渐近线方程为 ，
所以 ，即 ，故 的方程为 ．
故答案为： ．
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13．
【分析】首先可得 的周期为 ，方程 的解，即为 与 的交点横坐
标，画出 与 的图象，数形结合即可判断.
【详解】由函数 满足 ，则 ，所以 的周期为 ，
由 ，则 ，
可得 的图象如图，
方程 的解，即为 与 的交点横坐标，
且当 时 ，
由图可知两图象交点个数为 ，即方程 的实数解的个数为 .
故答案为：
14．
【分析】（1）根据题意得到方程，求出 ；
（2）不妨设 ，且均为正整数，因为 ，故 ，当
时，推出 ， ， 无解，不合要求， 时，推出
，进而列出方程，求出 ，得到一个“完美集”，为 ；当 时，推
出矛盾，不存在“完美集”，从而得到答案.
【详解】（1）由题意得 ，解得 ；
（2） ，不妨设 ，且均为正整数，
因为 ，故 ，
由于 ，故当 时， ，由于 为正整数，故 ，
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由“完美集”的定义， ，显然 无解，
故当 时，不存在“完美集”；
当 时，可得 ，由于 且为正整数，故 ，
由“完美集”的定义， ，
解得 ，故当 时，存在一个“完美集”，为 ；
当 时，由 得 ，
故 ，
而当 时， 恒成立，
即 ，
这与 矛盾，
故当 时，不存在“完美集”，
综上， .
故答案为： ，
【点睛】方法点睛：新定义问题的方法和技巧：
（1）可通过举例子的方式，将抽象的定义转化为具体的简单的应用，从而加深对信息的理
解；
（2）可用自己的语言转述新信息所表达的内容，如果能清晰描述，那么说明对此信息理解
的较为透彻；
（3）发现新信息与所学知识的联系，并从描述中体会信息的本质特征与规律；
（4）如果新信息是课本知识的推广，则要关注此信息与课本中概念的不同之处，以及什么
情况下可以使用书上的概念.
15．(1)
(2)
【分析】（1）依据题意求出切点，利用导数的几何意义求出斜率，进而得到切线方程即可.
（2）利用导数求出 的最小值，再建立不等式并结合给定条件求出参数范围即可.
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【详解】（1）当 时， ，
而 ，则切点坐标为 ，
易得 ，得到切线斜率为 ，
故曲线 在点 处的切线方程为 ，
即 .
（2）由题意得 的定义域为 ，
且 ，
而 ，令 ， ，令 ， ，
即 的单调递减区间为 ，单调递增区间为 ，
则当 时， 有最小值 ，
得到 ，解得 ，
， ，即 的取值范围为 .
16．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由题意可得 ≌ ，则 ，再利用等腰三角形的性质可
得 ，即可得 ，从而 ，然后利用线面垂直的
判定定理可证得结论；
（2）由题意可证得 两两垂直，所以以 为原点， 所在的直线分别为
轴建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可.
【详解】（1）证明：在平面四边形 中，因为 为正三角形，所以
，
因为 ， ，
所以 ≌ ，所以 ，
因为 ，所以 ， 为 的中点，
因为 E，F 分别为 中点，所以 ∥ ，
所以 ，
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所以将四边形 沿 向上翻折后， ，
因为 ∥ ，所以 ，
因为 ， 平面 ，
所以 平面 ；
（2）因为在平面四边形 中， 为等腰直角三角形， ，
所以 ，
因为 为正三角形， 为 的中点，
所以 ， ，
因为 为 的中位线， ，
所以 ，
由（1）知 ，所以 为二面角 的平面角，
所以 ，
因为平面 平面 ，平面 平面 ， ， 平面 ，
所以 平面 ，
因为 平面 ，所以 ，
所以 两两垂直，
所以以 为原点， 所在的直线分别为 轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则 ，
因为 ，所以 ，
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因为 ，所以 ，
所以 ，
设平面 的法向量为 ，则
，令 ，可得 ，
则 为平面 的一个法向量，
设平面 的法向量为 ，则
，令 ，则 ，
则 为平面 的一个法向量，
设平面 与平面 所成角为 ，则
，
所以平面 与平面 所成角的余弦值为 .
17．(1) ， ，事件 与 相互不独立
(2)当 时，参与者获奖的可能性最大；当 时，参与者获奖的可能性最小
(3) 或 14 时，概率 的值最大
【分析】（1）根据给定条件，利用古典概率及条件概率公式性质求解 ，再利用全概
率公式求出 ，利用相互独立事件定义判断即可；
（2）求出获奖的概率，再构造函数，结合组合数公式探讨单调性确定概率最大、最小值；
（3）由题可得 ，结合二项分布的概率可得
，再根据 最大可得 ，解不
等式组即可得此时 的值.
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【详解】（1）当 时，盒中有 6 个白球，14 个黑球，
则 ， ， ，
所以 ，
则 ，所以事件 与 相互不独立．
（2）从 20 个球中取 10 个球，恰有 3 个白球的概率 ， ,
设 ，
当 时， ，
，
当 时， ，
当 时， ，
因此 ，
而 ，
则 ， ，
所以当 时，参与者获奖的可能性最大；当 时，参与者获奖的可能性最小．
（3）若 ，盒中有 9 个白球，11 个黑球，则每次取到白球的概率为 ，
参与者从盒子中有放回的随机取 m 次球，若其中取到白球的个数为 ，则 ，
所以 ，
若概率 最大，则有 ，
所以 ，解得 ，又 ，故 或 14，
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所以 或 14 时，概率 的值最大.
18．(1)
(2)（i）证明见解析；（ii）不存在，理由见解析
【分析】（1）求曲线 方程：根据已知条件列出关于 、 的方程组 ，解方
程组得出 、 的值，进而得到曲线 方程.
（2）（i）证明直线 PM 过定点：先设直线 方程，与曲线 方程联立，用韦达定理得到
和 的值.再写出直线 PM 方程，化简后求出 的值为 ，从而得出直线 PM
过定点 .
（ii）求 情况：利用向量关系转化 ，结合韦达定理化简式子，得到
，分析 时情况，发现此时直线斜率不存在，所以 无最小值.
【详解】（1）依题意可得
解得 ， ，
故 C 的方程为 .
（2）（i）如图：
依题意可设直线 的方程为 ， ， ， .
联立 得 ，
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由韦达定理得 ， ，
则直线 的方程为 ，
即 ，
.
则直线 的方程为 ，故直线 过定点 .
（ii） .
因为 ，所以 ，
所以
，
当 时， 取得最小值 ，但此时 的斜率不存在，故 不存在最小值.
19．(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）根据数列的间子列的定义列举即可；
（2）考虑数列 其剩下的项不含 项情况，由 ，在剩下的项添加项
，根据 ，结合间子列定义即可求解，
（3）根据“抽取到间子列的概率”和“抽取到取完间子列后剩下数列”的概率相同，可得
，进而可得 ，根据
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，即可求证.
【详解】（1）由题可得数列 的间子列为 ；
（2）当 为奇数，取 的一个间子列， ，
则此数列对于 的剩余项为 ，对于 ，
满足 ，则 也是 的间子列；
当 为偶数，取 的一个间子列， ，
则此数列对于 的剩余项为 ，对于 ，
满足 ，则 也是 的间子列；
综上，存在数列 的一个间子列，其也为数列 的间子列；
（3）证明：考虑取出间子列后剩余的数列，记剩余的项按原顺序排成的数列为“剩余列”.因
为间子列和剩余数列互补成原数列，因而它们成一一对应的关系，
即“拟取到间子列”的概率和“抽取到剩余列”的概率相同.
设 为数列 的剩余列数量，
其中，记 为不含有 的剩余列数量， 为含有 的剩余列数量，
则有 .
对于数列 ，由（2）中的结论可知，
对于不含 的非双项剩余列，其数量与含 的非双项剩余列数量相同；
并且对于 ， 的含 的双项剩余列，
其由 前的每一项和 的组合而成，即有 .
因为 ，
所以 ，
即 ，
答案第 1 页，共 2 页
故 .
故 ，
当 时， ，
故 .
每个取出的新数列均按照从小到大的顺序排列，取出的总方法数共有
（种）；
故 ，
故 ，
故 ，
故当 时， ，
又 ，
故 ，
故 ，
故当 时， .
【点睛】方法点睛：对于以数列为背景的新定义问题的求解策略：
1、紧扣新定义，首先分析新定义的特点，把心定义所叙述的问题的本质弄清楚，应用到具
体的解题过程中；
2、用好数列的性质，解题时要善于从试题中发现可以使用的数列的性质的一些因素.
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