湖北省高中名校联盟2024-2025学年高三上学期第二次联合测评数学试卷（Word版附解析）

这是一份湖北省高中名校联盟2024-2025学年高三上学期第二次联合测评数学试卷（Word版附解析），共17页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答等内容，欢迎下载使用。
命题单位：武汉外国语学校数学备课组 审题单位：圆创教育教研中心宜昌市第一中学
本试卷共4页，19题.满分150分.考试用时120分钟.
考试时间：2024年11月7日下午15：00—17：00
★祝考试顺利★
注意事项：
1.答题前，先将自己的姓名､准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码贴在答题卡上的指定位置.
2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷､草稿纸和答题卡上的非答题区战均无效.
3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区城内.写在试卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
4.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交.
一､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，若，则实数的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
2.已知，点在线段的延长线上，且，则点的坐标为（ ）
A. B. C. D.
3.已知为实数，是关于的方程的一个根，则（ ）
A. B.2 C.4 D.
4.已知双曲线的离心率为，则该双曲线的渐近线方程为（ ）
A. B.
C. D.
5.若关于的函数的定义域为，则实数的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
6.如图，某圆柱的一个轴截面是边长为3的正方形，点在下底面圆周上，且，点在母线上，点是线段上靠近点的四等分点，则的最小值为（ ）
A. B.4 C.6 D.
7.在正三棱柱每条棱的中点中任取2个点，则这两点所在直线平行于正三棱柱的某个侧面或底面所在平面的概率为（ ）
A. B. C. D.
8.已知函数的部分图象如图所示，若所在平面不等式在上恒成立，则实数的取值范围是（ ）
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.某老师想了解班上学生的身高情况，他随机选取了班上6名男同学，得到他们的身高的一组数据（单位：厘米）分别为，则下列说法正确的是（ ）
A.若去掉一个最高身高和一个最低身高，则身高的平均值会变大
B.若去掉一个最高身高和一个最低身高，则身高的方差会变小
C.若去掉一个最高身高和一个最低身高，则身高的极差会变小
D.这组数据的第75百分位数为181
10.已知抛物线，过点的直线与交于两点，直线分别与的准线交于两点.则下列说法正确的是（ ）
A.
B.直线的斜率分别记为，则为定值
C.的取值范围为
D.面积的最小值为
11.如图，在长方体中，为棱上一点，且，平面上一动点满足是该长方体外接球（长方体的所有顶点都在该球面上）上一点，设该外接球球心为，则下列结论正确的是（ ）
A.长方体外接球的半径为
B.点到平面的距离为
C.球心到平面的距离为
D.点的轨迹在内的长度为
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.记为等差数列的前项和，若，则__________.
13.已知为锐角，且，则__________.
14.对任意，都有，则实数的取值范围为__________.
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.（13分）
记的内角的对边分别为，已知.
（1）求；
（2）若边的中点为，且外接圆的半径为，求外接圆的半径.
16.（15分）
如图，球的半径为为球面上三点，若三角形为直角三角形，其中.延长与球的表面交于点.
（1）求证：平面；
（2）若直线与平面所成的角分别为，试求二面角的正弦值.
17.（15分）
已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）若恒成立，求实数的取值范围.
18.（17分）
已知椭圆的左､右焦点分别为，点在上，且的离心率为.
（1）求椭圆的方程；
（2）点为上一动点（不与的左､右端点重合）.
①当时，求的面积；
②点在线段上，且和的内切圆半径相等，试问是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由.
19.（17分）
对任意，都存在.若数列满足，且，则称为“阶好数列”.记为“阶好数列”的个数.
例如，对，有3个“6阶好数列”，分别为①；②；③.因此.
（1）直接写出的值；
（2）求，其中；
（3）给定，求证：存在，使得对任意，都有.
湖北省高中名校联盟2025届高三第二次联合测评
数学试卷参考答案与评分细则
1.【答案】B
【详解】因为，画数轴可得，所以B正确.
2.【答案】C
【详解】因为点在线段的延长线上，且，所以.
所以点的坐标为，所以C正确.
3.【答案】D
【详解】因为是关于的方程的一个根，
所以，即.
所以且，解得，所以.所以D正确.
4.【答案】C
【详解】由题知，，解得，
又双曲线的焦点在轴上，所以该双曲线的渐近线方程为.
5.【答案】C
【详解】由题意，，且对任意①，.②
对于①，，结合，得.
若，由②知对任意，矛盾；
若，由②知对任意，即，则，
得，所以C正确.
6.【答案】A
【详解】由题意知，又，所以.将三角形展开到与三角形共面，
记为三角形.易知共线，所以.
所以，当共线时取等号.
又，
在中，由余弦定理得，所以A正确.
7.【答案】D
【详解】如图，将直线分成3种情况：
，均平行于上､下底面，有条；
，均不平行于正三棱柱的某个平面；
，均平行于某个侧面，有条.
又直线总数为条，所求概率为，所以D正确.
8.【答案】B
【详解】由图得，所以，由得，
所以，将代入，得，
所以，于是，即.
又，所以，所以.
因为，所以，所以.
所以，令，则.
因为不等式在上恒成立，所以在恒成立.
所以在上恒成立，所以.
又，所以函数在上单调递增，
所以当时，有，所以，所以B正确.
9.【答案】BC
【详解】去掉前的平均值为，
去掉后的平均值为，所以A错误；
去掉前的方差为
，
去掉后的方差为，所以B正确；
去掉前的极差为，去掉后的极差为，所以C正确；
由，知这组数据的第75百分位数为184，所以D错误.
10.【答案】ABD
【详解】设的方程为.
由消去，得.
所以，而，
所以，所以A正确；
因为，所以正确；
的方程为，则点的坐标为，同理.
所以
，所以C错误；
因为，所以D正确.
11.【答案】ABD
【详解】对于A，长方体外接球的半径，所以A正确.
对于B，以为一顶点，为以为顶点的棱，构造棱长为3的正方体，则点到平面的距离为正方体体对角线长的，则，所以B正确.
（或者通过等体积法可得，.）
对于C，取的中点，连结，则，所以面.
面平面平面.
过作于，则平面.在中，可计算得，
所以，
于是，所以C错误.
对于D，过点向平面作垂线，垂足为，连结，则，又由，可得，即点的轨迹为以为直径的圆，在中，，则点的轨迹在内的长度为，所以D正确.
12.【答案】10
【详解】由，得.又，
所以，则，故.
13.【答案】
【详解】由，得，即.
所以.
由于为锐角，所以，则，结合，
所以，
因此.
14.【答案】
【详解】记，则.
由，得.
所以在单调递减，在单调递增.
所以的最小值为（*）
记，则.
则单调递减，且.
所以在内，在内.
所以在内单调递增，在内单调递减.
所以.则由（*）知，即的取值范围是.
（注：求出给满分）
15.【答案】（1）（2）
【详解】（1）因为，
又，所以.
（2）设外接圆的半径为外接圆的半径为.
由正弦定理，得，则.
因为，所以为锐角.
所以.
于是，所以.
16.【答案】（1）见过程（2）
【详解】（1）因为是球的直径，所以.
因为平面，所以平面，
因为平面，所以，
因为平面，所以平面.
（2）因为直线与平面所成的角分别为，
所以.
不妨令，则.
由，以为坐标原点，
以所在直线为轴，过点作的平行线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则.
所以
设平面的法向量为，
平面法向量为，
由得即.
取，得.
由得即.
取，得.
设二面角的平面角为，则，
所以.
17.【答案】（1）见答案（2）
【详解】（1）.
若，则，此时在单调递减；
若，令，解得，其中.
由，得，由，得.
所以在单调递减，在单调递增.
综上，当时，在单调递减；当时，在单调递减，在单调递增.
（2）由，得，则，
即.
令，则.
因为在上单调递减，所以，即，
所以.
令，则.
当时，单调递增；
当时，单调递减，
所以.
所以，即的取值范围是.
18.【答案】（1）（2）①②
【详解】（1）将代入的方程可得.①
由离心率可得.②
联立①②得到.所以的方程为.
（2）①设，则.
在中，由余弦定理，得
，
所以.
所以.
②设，记和的面积分别为，内切圆半径均为，记，则.
所以，
由，得.
同理.
在和中，，
由余弦定理得，
所以，整理可得.
即.（*）
将代入（*），解得，即.
所以为定值.
19.【答案】（1）（2）①②见答案
【详解】（1）对于，由，知，此时有2个“2阶好数列”.
①；②，因此.
对于，由，知，此时有4个“14阶好数列”.
①；②；
③；④，因此.
（2）对于，因为，所以，则且.
若，则，与矛盾，所以或0.
①若，则，
即.
所以为“阶好数列”，有个.
②若，则.
又，
则此时只有一个“阶好数列”“”.
所以.
又，所以.
（3）首先证明：对任意，若，则
证明：对为“阶好数列”，
，其中，则.
有三种情况：①，则
由于，则为“阶好数列”，有个.
②，则，
因为，
则.
由于，
则是“阶好数列”，有个.
③，
则，矛盾.
综合以上三种情况，得成立，则得证.
于是对任意，即.由于，
则对于，利用（*）可得，
即.
令，则.
由于为常数且为整数，则存在，使得，命题得证.
【说明】若约定，可以证明：
当时，，.
当时，，.
则可以利用递推求出所有的.题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案
B
C
D
C
C
A
D
B
BC
ABD
ABD