湖南省长沙市2025届高三数学下学期第二次模拟考试仿真训练二含解析

这是一份湖南省长沙市2025届高三数学下学期第二次模拟考试仿真训练二含解析，共21页。试卷主要包含了 已知 ，则 的值为， 一组样本数据如下， 抛物线 C等内容，欢迎下载使用。
注意事项:
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，
用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上
无效.
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回.
一、单选题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合
题目要求的.
1. 设集合 ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用集合的并集运算求解.
【详解】解：因为集合 ，
所以 ，
故选：B
2. 若复数 z 满足 ，则复数 z 的虚部是（ ）
A. 2 B. C. 3 D.
【答案】C
【解析】
【分析】设 ，根据复数相等可得方程组，求解即可.
【详解】设 ，根据题意，可得 ，
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化简为 ，
根据复数相等，得 ，解得 ，
所以 ，即复数 z 的虚部是 3.
故选：C
3. 已知向量 ， ，若 ， 的夹角为钝角，则 的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由 ， 的夹角为钝角，可得 ，且 与 不共线，从而可求出 的取值范围.
【详解】因为 ， ， ， 的夹角为钝角，
所以 ，解得 ，且 ，
即 的取值范围是 ，
故选：B
4. 已知 ，则 的值为（ ）
A. B. 1 C. D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】利用齐次化思想化简 ，代值计算即得.
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【详解】 .
故选：C
5. 从 6 男 2 女共 8 名学生中选出队长 1 人，副队长 1 人，普通队员 2 人组成 4 人服务队，要求服务队中至
少有 1 名女生，共有不同的选法种数为（ ）
A. 420 B. 660 C. 840 D. 880
【答案】B
【解析】
【分析】
利用间接法可得答案.
详解】从 6 男 2 女共 8 名学生中选出队长 1 人，副队长 1 人，普通队员 2 人组成 4 人服务队，
共有 种选法，
其中不含女生的有 种选法，
所以服务队中至少有 1 名女生的选法种数为 .
故选：B
【点睛】本题考查了有限制条件的排列组合综合题，使用间接法是解题关键，属于基础题.
6. 折扇是我国古老文化的延续，在我国已有四千年左右的历史，“扇”与“善”谐音，折扇也寓意“善良"“善行”、
它常以字画的形式体现我国的传统文化，也是运筹帷幄、决胜千里、大智大勇的象征（如图甲），图乙是一
个圆台的侧面展开图（扇形的一部分），若两个圆弧 ， 所在圆的半径分别是 3 和 6，且
，则关于该圆台，下列说法错误的是（ ）
A. 高为 B. 体积为
C. 表面积为 14π D. 轴截面面积为
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【答案】B
【解析】
【分析】设圆台的上底面半径为 ，下底面半径为 ，根据圆弧所在圆的半径和圆心角，求出 ， ，计算
圆台的高、体积、表面积和轴截面面积即可逐一判断.
【详解】设圆台的上底面半径为 ，下底面半径为 ，
依题意， ，解得 ，
又圆台的母线长 ，则圆台的高为 ，故 A 正确；
圆台的体积为 ，故 B 错误；
圆台的表面积为 ，故 C 正确；
圆台的轴截面面积为 ，故 D 正确.
故选：B.
7. 在 中，角 所对的边分别为 ， ， 的平分线交 于点 ，且
，则 的最小值为（ ）
A. 6 B. 7 C. 8 D. 9
【答案】D
【解析】
【分析】根据面积关系建立方程关系，结合基本不等式“1”的代换进行求解即可．
【详解】由题意得， ，
即 ，
所以 ，得 ，
得 ，
当且仅当 ，即 时， 的最小值为 .
故选：D．
8. 已知斜率为 的直线 过双曲线 的左焦点 ，且与 的左，右两支分别交于
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， 两点，设 为坐标原点， 为 AB 的中点，若 是以 FP 为底边的等腰三角形，则双曲线的离
心率为（ ）
A. 2 B. C. 3 D.
【答案】A
【解析】
【分析】由点差法得 ，由条件知直线 的倾斜角为 倾斜角的两倍，由二倍角公式得直线
的斜率，代入两直线的斜率关系式 ，求得 ，进而得离心率.
【详解】由双曲线 ，可知 .
设 ,
由 均在 上， 为 的中点，
得 ，则 ，
由 分别在 的左，右两支，则 ，且 ，
， .
设直线 的倾斜角为 ，则 ， 为锐角，
是以 为底边的等腰三角形，则 ，
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直线 的倾斜角为 ，则 .
，
由 代入得， .
所以椭圆的离心率为 .
故选：A.
【点睛】结论点睛：中点弦定理：若直线与椭圆（双曲线）交于 不同两点，中点为 （不为原点），且
斜率存在，则有 ，其中 为坐标原点， 为曲线的离心率.
二、多选题：本题共 3 小题，共 18 分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.
9. 一组样本数据如下：47，48，49，50，50，51，52，53，则（ ）
A. 该组数据的平均数为 50 B. 该组数据的中位数为 50
C. 该组数据的方差为 3 D. 该组数据的第 80 百分位数为 51.5
【答案】AB
【解析】
【分析】求出平均数、中位数、方差、第 80 百分位数依次判断即可.
【详解】对于 A，平均数为 ，A 正确；
对于 B，中位数为 ，B 正确；
对于 C，方差为 ，C 错误；
对于 D，由 ，得第 80 百分位数为 52，D 错误.
故选：AB
10. 抛物线 C： 的准线为 l，P 为 C 上的动点，过 P 作 的一条切线，Q 为切点，
过 P 作 l 的垂线，垂足为 B，则（ ）
A. l 与 相切
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B. 当 P，A，B 三点共线时，
C. 当 时，
D. 满足 的点 有且仅有 2 个
【答案】ABD
【解析】
【分析】A 选项，抛物线准线为 ，根据圆心到准线 距离来判断；B 选项， 三点共线时，先
求出 的坐标，进而得出切线长；C 选项，根据 先算出 的坐标，然后验证 是否成立；
D 选项，根据抛物线的定义， ，于是问题转化成 的 点的存在性问题，此时考察
的中垂线和抛物线的交点个数即可，亦可直接设 点坐标进行求解.
【详解】A 选项，抛物线 的准线为 ，
的圆心 到直线 的距离显然是 ，等于圆的半径，
故准线 和 相切，A 选项正确；
B 选项， 三点共线时，即 ，则 的纵坐标 ，
由 ，得到 ，故 ，
此时切线长 ，B 选项正确；
C 选项，当 时， ，此时 ，故 或 ，
当 时， ， ， ，
不满足 ；
当 时， ， ， ，
不满足 ；
于是 不成立，C 选项错误；
D 选项，方法一：利用抛物线定义转化
根据抛物线的定义， ，这里 ，
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于是 时 点的存在性问题转化成 时 点的存在性问题，
， 中点 ， 中垂线的斜率为 ，
于是 的中垂线方程为： ，与抛物线 联立可得 ，
，即 的中垂线和抛物线有两个交点，
即存在两个 点，使得 ，D 选项正确.
方法二：（设点直接求解）
设 ，由 可得 ，又 ，又 ，
根据两点间的距离公式， ，整理得 ，
，则关于 的方程有两个解，
即存在两个这样的 点，D 选项正确.
故选：ABD
11. 定义在 上的函数 满足 当 时 则（ ）
A. 当 时
B. 对任意正实数 k 在区间 内恰有一个极大值点
C. 当 n 为正整数时
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D. 若 在区间 内有 4 个极大值点，则 k 的取值范围是
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于 A：根据题意求 的解析式，即可判断；对于 C：利用累加法分析判断；对于 BD：分
析可知当 时， ，求导，利用导数求极值点，举反例说明 B，
根据极值点即可判断 D.
【详解】对于选项 A，因为函数
当 时
当 时
当 时 故 A 正确；
对于选项 C， 且
则
累加可得：
所以 故 C 正确；
对于选项 B，由 A 选项的规律知，当 时
令 解得
令 解得
所以 在 内单调递增，在 内单调递减，
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所以在 仅有一个极大值点
列举几个极大值点
取 然而
即有两个极大值点，故 B 错误；
对于选项 D，若 在区间 内有四个极大值点，
则 k 的取值范围为 故 D 正确.
故选：ACD.
【点睛】关键点点睛：对于 BD：根据选项只需研究 内的极值点，得到其解析式的通式，进而由
极值点求得 k 的取值范围.
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
12. 在△ 中， ， ，且 ，则 ______．
【答案】 或
【解析】
【分析】先由正弦定理，求得 ,进而可得解.
【详解】在△ 中，由正弦定理得 ，
∴ ，
又 ，
∴ ，
∴ 或 ．
故答案为： 或
13. 已知随机变量 ， ，且 ， ，则 _________.
【答案】
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【解析】
【分析】由题意可得出 ， ，由 ，可求出 值.
【详解】因为随机变量 ，所以 ，
，且 ，所以 ，
所以 ，解得： .
故答案为：
14. 已知函数 ，则不等式 的解集是______.
【答案】 ，
【解析】
【分析】先构造函数 ，得到 关于 对称，且单调递增，再结合对
称性与单调性将不等式 转化为 即可求解．
【详解】构造函数 ，那么 是单调递增函数，
且向左移动一个单位得到 ，
的定义域为 ，且 ，
所以 为奇函数，图象关于原点对称，所以 图象关于 对称．
不等式 等价于 ，
等价于
结合 单调递增可知 ，
所以不等式 的解集是 ， ．
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. 已知数列 满足 ．
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（1）证明：数列 是等比数列；
（2）求数列 的前 n 项和 ．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用等比数列的定义，结合已知条件即可证明；（2）利用错位相减法求和即可.
【小问 1 详解】
因为 ，
所以 ，且 ，
所以数列 是首项为 、公比为 的等比数列．
【小问 2 详解】
由（1）知， ，
所以 ，
所以 ，
两式相减得 ，
所以 ．
16. 在某人工智能的语音识别系统开发中，每次测试语音识别成功的概率受环境条件 安静或嘈杂 的影响．
（1）已知在安静环境下，语音识别成功的概率为 ；在嘈杂环境下，语音识别成功的概率为 某天进
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行测试，已知当天处于安静环境的概率为 ，处于嘈杂环境的概率为 ，求测试结果为语音识别成功的
概率；
（2）已知当前每次测试成功的概率为 ，每次测试成本固定，现有两种测试方案：
方案一：测试 次；方案二：先测试 次，如果这 次中成功次数小于等于 次，则再测试 次，否则不再
测试，为降低测试成本，以测试次数的期望值大小为决策依据，应选择哪种方案？
【答案】（1）
（2）应选择方案二
【解析】
【分析】（1）根据全概率公式即可求解，
（2）根据相互独立事件的概率公式求解方案二的分布列，即可求解期望，比较期望大小即可求解.
【小问 1 详解】
记事件 是“安静环境”，则 是“嘈杂环境”，记事件 是“语音识别成功”．
所以 ；
【小问 2 详解】
设每次测试成本固定为 ，
设方案一和方案二测试成本分别 ，
方案一：测试 次，则 ；
方案二： 可取 ，
，
，
随机变量 的分布列如下表所示：
所以 ．
所以 ，即方案一测试次数的期望值大于方案二测试次数的期望值，所以应选择方案二．
17. 如图，三棱柱 的所有棱长都为 3，点 在底面上的射影恰好是 的中心.
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（1）证明: 四边形 是正方形;
（2）设 分别为 的中点, 求二面角 的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用线面垂直的判定定理可证明 平面 ，可得 ，由几何体结构特征即可
得出证明；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求出两平面的法向量即可求出二面角的余弦值，即可得二面角
的正弦值.
【小问 1 详解】
设点 为 的中心，连接 ，连接 并延长交 于点 ，
则 平面 ，因为 平面 ，所以 ，
又因为 ， 、 平面 ，所以 平面 ，
因为 平面 ，所以 ，
又因为 ，所以 ，且 ，
所以四边形 是矩形，因为 ，
所以四边形 是正方形.
【小问 2 详解】
以 为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，
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则 ，
所以 ，
因为 为 的中点，所以 ，
所以 ，
设平面 与平面 的法向量分别为 ，
则有 ，即 ，
取 ，则 ，所以 ，
易知，平面 的法向量沿 轴方向，不妨取 ，
所以 ，
故二面角 的正弦值为 .
18. 已知函数 .
（1）若 ，求曲线 在点 处的切线；
（2）讨论 的单调性；
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【答案】（1）
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）求导，利用导数的几何意义得到切线方程；
（2）求导，对导函数因式分解，分 ， 和 三种情况，进行求解函数的单调性.
【小问 1 详解】
当 时，函数 ，则 ，切点坐标为 ，
，则曲线 在点 处的切线斜率为 ，
所求切线方程为 ，即 .
【小问 2 详解】
，函数定义域为 R，
，
① ， 解得 或 ， 解得 ，
所以 在 和 上单调递增，在 上单调递减，
② ， 解得 或 ， 解得 ，
所以 在 和 上单调递增，在 上单调递减，
③ ， 恒成立， 在 上单调递增.
综上，当 时， 在 和 上单调递增，在 上单调递减；
当 时， 在 和 上单调递增，在 上单调递减；
当 时， 在 上单调递增.
19. 已 知 椭 圆 的 右 焦 点 为 上 一 动 点 到 的 距 离 的 取 值 范 围 为
.
（1）求 的标准方程；
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（2）设斜率为 的直线 过 点，交 于 ， 两点.记线段 的中点为 ，直线 交直线
于点 ，直线 交 于 ， 两点.
①求 的大小；
②求四边形 面积的最小值.
【答案】（1） ；
（2）① ；②3.
【解析】
【分析】（1）设出椭圆半焦距，结合椭圆的定义求出 的取值范围，进而求出 即可.
（2）①设出直线 的方程并与椭圆方程联立，借助韦达定理求出 坐标，利用斜率关系求出 ；
②利用弦长公式求出 ，再表示出四边形面积，借助基本不等式求出最小值.
【小问 1 详解】
设椭圆 的半焦距为 c，则 ，
而点 到 的距离的取值范围为 ，
因此 ，解得 ， ，
所以 标准方程为 .
【小问 2 详解】
①由（1）知点 ，设直线 的方程为 ， ，
由 消去 得 ，
， ，
则 ，线段 的中点 ，
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直线 的斜率 ，直线 交直线 于点 ，
因此直线 的斜率 ，即 ，则直线 与直线 垂直，
所以 .
②由①知，
，
直线 的方程为 ，同理得 ，
因此四边形 的面积 ，
而 ，当且仅当 ，即 时取等号，
则 ，
所以四边形 面积的最小值为 3.
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