湖南省2025届新高考教学教研联盟（长郡二十校）高三第二次预热演练数学试题

这是一份湖南省2025届新高考教学教研联盟（长郡二十校）高三第二次预热演练数学试题，共24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。

一、单选题
1．函数，若存在，使有解，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
2．已知数列中，，则（ ）
A．96B．97C．98D．99
3．已知为虚数单位，复数，则以下命题为真命题的是（ ）
A．的共轭复数为B．的虚部为
C．D．在复平面内对应的点在第一象限
4．“太极图”因其形状如对称的阴阳两鱼互抱在一起，故也被称为“阴阳鱼太极图”.如图是放在平面直角坐标系中的“太极图”，图中曲线为圆或半圆，已知点Px,y是阴影部分（包括边界）的动点，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
5．某平台为维护消费者权益，开设维权通道，消费者可通过电话投诉专线、邮件投诉等多个渠道进行消费维权投诉．平台将对投诉情况进行核实，为消费者提供咨询帮助．据统计，在进行维权的消费者中，选择电话投诉专线维权和邮件投诉维权的概率分别为和，且对应维权成功的概率分别为、，选择其他方式维权且成功的概率为，则在维权成功的条件下，选择邮件投诉的概率为（ ）
A．B．C．D．
6．已知为平行四边形的边的中点，以B，E为焦点的椭圆过点A，D，且，则椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
7．在锐角中，角的对边分别为，为的面积，且，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
8．已知函数，则“”是“的最大值大于2”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
二、多选题
9．我国著名数学家华罗庚曾说：“数缺形时少直观，形少数时难入微.”事实上，很多代数问题都可以转换为几何问题加以解决，如：对于形如的代数式，可以转化为平面上点Mx,y与的距离加以考虑.结合以上观点，对于函数，下列说法正确的是（ ）
A．的图象是轴对称图形
B．是单调函数
C．的值域为
D．方程无实数解
10．在锐角中，内角的对边分别为，若，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．的取值范围为
C．的最小值为
D．的取值范围是
11．在复数域内，大小成为了没有意义的量，那么我们能否赋予它一个定义呢，在实数域内，我们通常用绝对值来描述大小，而复数域中也相应的有复数的模长来代替绝对值，于是，我们只需定义复数的正负即可，我们规定复数的“长度”即为模长，规定在复平面轴上方的复数为正，在轴下方的复数为负，在轴上的复数即为实数大小.“大小”用符号+“长度”表示，我们用来表示复数的“大小”，例如：，则下列说法正确的是（ ）
A．在复平面内表示一个圆
B．若，则方程无解
C．若为虚数，且，则
D．复数满足，则的取值范围为
三、填空题
12．的展开式中的各项系数和为243，则该展开式中的系数为 .
13．已知，若，则的最小值为 .
14．如图，在三棱锥中，为等边三角形，，，若，则三棱锥外接球体积的最小值为 ．

四、解答题
15．已知函数．
(1)当时，求的单调性；
(2)若函数在处取得极小值，求实数的取值范围．
16．已知椭圆的离心率为，以原点为圆心､椭圆的短半轴长为半径的与直线相切.
(1)求椭圆的方程，
(2)过定点斜率为的直线与椭圆交于两点，若.求实数的值及的面积.
17．空间中，我们将至少两条坐标轴不垂直的坐标系称为“空间斜坐标系”．类比空间直角坐标系，分别为“空间斜坐标系”中三条数轴（轴、轴、轴）正方向的单位向量，若向量，则与有序实数组相对应，称向量的斜坐标为，记作．如图，在平行六面体中，，，，．以为基底建立“空间斜坐标系”．
(1)若点在平面内，且平面，求的斜坐标；
(2)若的斜坐标为，求平面与平面的夹角的余弦值．
18．设数列，其中，，若同时满足①或；②对于任意，都存在使得（且两两不相等），则称数列为数列．
(1)当，时，求满足条件的数列的个数；
(2)记，若．
（ⅰ）证明：；
（ⅱ）在的条件下，求的概率．
19．设是给定的正整数．对于数列，，…，，令集合．
(1)对于数列，，，直接写出集合；（用列举法表示）
(2)设常数．若，，…，是以为首项，为公差的等差数列，求证：集合的元素个数为；
(3)若，，…，是等比数列，且，公比．求集合的元素个数，并求集合中所有元素之和．
《湖南省2025届新高考教学教研联盟（长郡二十校）高三第二次预热演练数学试题》参考答案
1．A
【分析】构造函数，利用导数求最值，进而得的取值范围.
【详解】若存在，使得有解，即．
设，，则．
令，解得，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，所以．
故的取值范围为．
故选：A
2．C
【分析】利用倒叙相加法求和即可.
【详解】①，
②，
①+②得
，
所以.
故选：C.
3．D
【分析】先根据复数的除法运算求出复数值，然后结合复数性质逐一分析每个选项
【详解】，
，A选项错误，
的虚部是，B选项错误；
，C选项错误，
在复平面内对应的点为，在第一象限，D选项正确.
故选：D
4．C
【分析】转化为点Px,y与连线的斜率，数形结合后由直线与圆的位置关系求解.
【详解】记，则为直线的斜率，
故当直线与半圆相切时，得k最小，
此时设，故，解得或（舍去），
即．
故选：C.
5．B
【分析】设选择邮件投诉为事件，维权成功为事件，求出、的值，利用条件概率公式可求得的值.
【详解】设选择邮件投诉为事件，维权成功为事件，
则，，
故在维权成功的条件下，选择邮件投诉的概率为.
故选：B.
6．D
【分析】利用向量的线性运算以及数量积运算律可得，连接并利用椭圆的定义求，再由余弦定理求，易知，建立方程求间的关系，进而可得椭圆的离心率
【详解】如下图所示：

因为为平行四边形的边的中点，
所以
，
所以，所以．
连接，由椭圆的定义可知，；
设，则，故，
在中，．
在中，．
在平行四边形中，，所以，
所以，则，整理得，
所以椭圆的离心率为，
故选：D．
【点睛】方法点睛：处理本题中向量数量积问题时还可以利用平面向量中的极化恒等式：或．其几何意义为向量的数量积可以表示为以这组向量为邻边的平行四边形的“和对角线”与“差对角线”的平方差的．
7．C
【分析】由三角形面积公式及余弦定理得到，结合同角三角函数关系得到，，由正弦定理得到，且根据三角形为锐角三角形，得到，求出，利用对勾函数得到的最值，求出的取值范围.
【详解】由三角形面积公式可得：，故，
，故，
因为，所以，
解得：或0，
因为为锐角三角形，所以舍去，
故，，
由正弦定理得：
，
其中，
因为为锐角三角形
所以，故，所以，，
，，
令，则为对勾函数，在上单调递减，在上单调递增，
则，
又，
因为，所以，
则.
故选：C
【点睛】解三角形中求解取值范围问题，通常有两种思路，一是利用正弦定理将角转化为边，利用基本不等式进行求解，二是利用正弦定理将边转化为角，结合三角函数的图象，求出答案.
8．A
【分析】首先对函数进行变形，令，，则，然后根据充分性和必要性两方面判断.
【详解】，令，，
则，故
充分性：
当时，，故当时，，；
当时，，，故在单调递减，在单调递增，而，则的最大值 必大于2，充分性成立；
必要性：
当时，，则不满足最大值大于2，当时，，
故当时，，；当时，，；
故在单调递减，在单调递增，又，
要使最大值大于2，必有，则，即，即，，
故，解得，必要性不成立．
综上，“”是“的最大值大于2”的充分不必要条件．
故选：A.
9．ACD
【分析】根据对称性的定义，即可判断A，根据条件将函数构造为两点间距离，即可判断BCD.
【详解】.
设，则.
对于
，
，
图象的对称轴为直线，故A正确；
对于B，当三点共线时，即x=2时，取得最小值，所以不单调，故B错误；
对于C，由题知，，
的值域为，故C正确；
根据选项C，对于D，设，方程等价于，
即，解得或，
又，矛盾
所以方程无实数解，故D正确.
故选：ACD.
10．AB
【分析】利用正弦定理角化边得，结合余弦定理和二倍角公式可得，可判断A；根据三个角为锐角列不等式组求解可判断B；利用商数关系和和差公式，结合化简，运用基本不等式可判断C；边化角，利用二倍角和三倍角公式化简，结合角范围可判断D.
【详解】对A，由正弦定理角化边得，
由余弦定理有，
，
因为为锐角三角形，所以，，
所以，
所以，所以，A正确；
对B，由上知，，
因为为锐角三角形，，解得，
所以，B正确；
对C，
，
当时，得，
因为，，所以等号不成立，C错误；
对D，
，
因为，所以，
所以，所以，
即，D错误.
故选：AB
【点睛】关键点睛：根据在于利用正弦定理角化边，代入余弦定理表示出，结合二倍角公式求得.
11．BCD
【分析】根据已知条件，理解的意义，结合复数的几何意义，模长计算，逐一判断即可.
【详解】A：根据已知条件表示模长为1，在复平面位于轴上方的复数，所以并不是一个圆，故A错误；
B：若，则方程为一个实数，所以无解，故B正确；
C：若为虚数，且，设，则，
所以，所以，故C正确；
D：设，
根据复数的新定义有，
所以，且，
所以，
所以是，
所以，故D正确；
故选：BCD.
【点睛】关键点点睛：本题关键在于对的理解.
12．
【分析】令求出，然后求出展开式中的常数项和含的项，分别与因式中的项相乘可得.
【详解】令可得，解得，
的展开式中通项，，
分别令，得，
所以展开式中的常数项和含的项分别为，
所以展开式中的系数为.
故答案为：
13．
【分析】根据题意，分析得，进而得到，从而利用“1”的代换与基本不等式即可得解.
【详解】因为，
则方程与有相同的解，不妨设为，
则，故，即，整理得，
因为，
所以
，
当且仅当且，即时，等号成立，
所以的最小值为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键在于分析得方程与有相同的解，从而得到，由此得解.
14．
【分析】利用外接球球心在过底面外接圆圆心的垂线上，通过球心到各顶点的距离想等来求解即可.
【详解】如图，取中点，连接，则，，

又，，平面，则平面，
因为平面，则，
又，，，平面，
所以平面，
所以三棱锥的外接球球心必在过的中心且平行于的直线上，
且，
设，则，，
设三棱锥的外接球半径为，则有，
当时，，
故三棱锥外接球体积的最小值为．
故答案为：.
15．(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）在时，对函数求导后分解因式，根据导函数的正负即可判断原函数的单调性；
（2）对函数求导后，对，，，的情况进行讨论，由题意即得参数的取值范围.
【详解】（1）当时，，
则，
令，解得或．
令f′x0，解得或，即在，上单调递增．
综上，函数在，上单调递增，在上单调递减．
（2）由求导得，
① 当时，恒成立，
令f′x0，解得，即在1,+∞上单调递增，
故时，函数在处取得极小值，符合题意；
②当时，令，解得，，且，
当时，f′x0，函数在上单调递增，
所以函数在处取得极小值，符合题意．
③ 当时，令，解得，此时f′x≥0恒成立且f′x不恒为0，
单调递增，故函数无极值，不符合题意．
④ 当时，令，解得，，且，
当时，f′x>0，函数在上单调递增；
当时，f′x