精品解析：湖北省十一校2024-2025学年高三第二次联考数学试卷

鄂南高中 黄冈中学 黄石二中 荆州中学 龙泉中学 武汉二中 孝感高中 襄阳四中 襄阳五中 宜昌一中 夷陵中学 2025届高三湖北省十一校第二次联考 数学试题 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 命题学校：襄阳四中 命题人：高江涛､曾晓燕 审题学校：龙泉中学 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名､准考证号､考场号､座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘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域均无效. 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域内.写在试卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 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，则 （ ） A. B. C. D. 2. 设复数（ 为虚数单位），的共轭复数是，则（ ） A. B. C. D. 3. 函数为定义在上的奇函数，当时，，则的值为（ ） A. B. C. D. 2 4. 已知等差数列的公差 ，且成等比数列，则数列的前2025项和为（ ） A. B. C. 505 D. 1013 5. 已知向量满足：，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数的最小正周期为，则下列说法正确的是（ ） A. B. 关于点对称 C. 将函数的图象向右平移个单位长度，得到的函数图象恰好关于原点对称 D. 在区间上单调递增 7. 如图，在棱长为1的正方体内部，有8个以正方体顶点为球心且半径相等的部分球体，有1个以正方体体心为球心的球体与均相切，则该9部分的体积和的最大值为（ ） A. B. C. D. 8. 函数，若 恒成立，则的取值范围是（ ） 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. 9. 下列命题正确的是（ ） A. 在经验回归方程中，当解释变量 每增加1时，响应变量 平均增加2.3 B. 若，则事件相互独立与互斥不可能同时成立 C. 在对高三某班学生物理成绩的比例分配的分层随机抽样调查中，抽取男生12人，其平均数为75，方差为；抽取女生8人，其平均数为70，方差为23，则这20名学生物理成绩的方差为33 D. 对于独立性检验，随机变量的观测值越小，判定“两变量有关系”犯错误的概率越大 10. 已知 为坐标原点，双曲线的左顶点为 ，右焦点为 ，以 为直径的圆与 轴正半轴交于点 ，过 且垂直于 轴的直线与 的某条渐近线交于点，且 与 轴垂直，则下列式子中与 的离心率相等的有（ ） A. B. C. D. 11. 对于任意两个正数 ，当时，记曲线与直线，直线以及 轴围成的曲边梯形的面积为，当 时，约定，并约定.德国数学家莱布尼茨（Leibniz）最早发现.关于，下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 对正数，有 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分，其中第14题第一空2分，第二空3分. 12. 若，则__________. 13. 若，则__________. 14. 已知点在抛物线上，为直线 上的一动点，过点作 的2条切线，切点分别为 ，直线分别交 轴于点，则的取值范围为__________，外接圆半径的最小值为__________. 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，内角 所对的边分别为的面积为.已知①；②，从这两个条件中任选一个，回答下列问题. （1）求角 ； （2）若，求 周长的取值范围. 16. 如图，在四棱锥中， ，底面 是边长为的菱形，. （1）证明：平面 平面 ； （2）若平面与平面 所成角的正切值为2，点 满足，求直线 与平面 所成角的余弦值. 17. 已知函数. （1）当时，求函数在点处的切线方程； （2）求函数的单调区间； （3）若不等式恒成立，求整数 的最大值. 18. 某学校数学小组建立了如下的数学模型：将一个小盒里放入6个小球，其中4个黑球，2个红球.模型一为：若取出黑球，则放回小盒中，不作任何改变；若取出红球，则放回小盒并再往小盒里加入2个红球；模型二为：若取出黑球，则放回小盒中，不作任何改变；若取出红球，则用黑球替换该红球重新放回小盒中. （1）分别计算在两种模型下，抽两次球，第二次取到的球是红球的概率； （2）在模型二的前提下： ①求在第次抽球时，抽到的球恰好是第二个红球的概率（结果用 表示）. ②现规定当两个红球都被抽出来时停止抽球，且最多抽球10次，第10次抽球结束后无论盒中是否还有红球均停止抽球，记抽球的次数为 ，求 的数学期望. 19. 古希腊数学家阿波罗尼斯在他的代表作《圆锥曲线》一书中指出：平面内动点 与两定点的距离之比是一个常数，那么动点 的轨迹是一个圆，且圆心在直线 上，我们把由此产生的圆叫做阿波罗尼斯圆.已知阿波罗尼斯圆的两个定点分别为椭圆的右焦点 与右顶点 ，且椭圆 的离心率为. （1）求椭圆 的标准方程； （2）如图，过右焦点 斜率为的直线 与椭圆 相交于 （点在 轴上方），点是椭圆 上异于 的两点，平分平分. ①求的取值范围； ②若外接圆的周长为，求直线 的方程. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 鄂南高中 黄冈中学 黄石二中 荆州中学 龙泉中学 武汉二中 孝感高中 襄阳四中 襄阳五中 宜昌一中 夷陵中学 2025届高三湖北省十一校第二次联考 数学试题 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 命题学校：襄阳四中 命题人：高江涛､曾晓燕 审题学校：龙泉中学 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名､准考证号､考场号､座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘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域均无效. 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域内.写在试卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 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，则 （ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，将集合化简，再由交集的运算，即可得到结果. 【详解】因为对数函数是上的减函数， 所以由，得，则； 因为指数函数是 上的增函数， 所以由 ，得，则， 由此，. 故选：B. 2. 设复数（ 为虚数单位），的共轭复数是，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，利用共轭复数的意义及复数除法求解. 【详解】由，得， 所以. 故选：C 3. 函数为定义在上的奇函数，当 时，，则的值为（ ） A. B. C. D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】根据奇函数的定义，，代入求解即可. 【详解】因为函数为定义在上的奇函数，当 时，， 则，故. 故选：A. 4. 已知等差数列的公差 ，且成等比数列，则数列的前2025项和为（ ） A. B. C. 505 D. 1013 【答案】D 【解析】 【分析】根据成等比数列，结合等差数列的通项公式可得 ，进而得到 ，，进而求和即可. 【详解】设首项为，因为成等比数列， 所以，则， 解得 或，当时，，此时与成等比数列矛盾，故排除， 当 时，，此时令， 而其前2025项和为， . 故选：D 5. 已知向量满足：，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】首先根据条件求，再代入投影向量公式，即可求解. 【详解】由题意可知：，因为，即，可得， 所以在上的投影向量为. 故选：B. 6. 已知函数的最小正周期为 ，则下列说法正确的是（ ） A. B. 关于点对称 C. 将函数的图象向右平移个单位长度，得到的函数图象恰好关于原点对称 D. 在区间上单调递增 【答案】D 【解析】 【分析】首先根据辅助角公式，化简函数的解析式，根据周期求，利用代入法判断选项. 【详解】因为. 因为函数的最小正周期为 ，且，所以，故A错误； 因为，所以， 所以是函数的一条对称轴，不是函数的对称中心.故B错误； 将函数的图象向右平移个单位长度，得到的函数，不是奇函数，故C错误； 当时，，因为在递增，由复合函数单调性法则知在区间上单调递增，故D正确. 故选：D 7. 如图，在棱长为1的正方体内部，有8个以正方体顶点为球心且半径相等的部分球体，有1个以正方体体心为球心的球体与均相切，则该9部分的体积和的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据几何体的特征，再应用二次函数值域结合球的体积公式计算求解. 【详解】设球体的半径为半径为，所以，即得， 又，所以开口向下，对称轴为， 所以， 该9部分的体积和为 . 故选：C. 8. 函数，若 恒成立，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先化简结合对数函数单调性得出，再构造，根据导函数得出函数单调性即可求解. 【详解】由题设在上恒成立， 知 ，此时在上都单调递增， 所以只需在上的零点相同， 即，所以， 令，则， 当时，，即在上单调递增， 当 时， ，即在上单调递减， 所以，即的取值范围是. 故选：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. 9. 下列命题正确的是（ ） A. 在经验回归方程中，当解释变量 每增加1时，响应变量 平均增加2.3 B. 若，则事件相互独立与互斥不可能同时成立 C. 在对高三某班学生物理成绩的比例分配的分层随机抽样调查中，抽取男生12人，其平均数为75，方差为；抽取女生8人，其平均数为70，方差为23，则这20名学生物理成绩的方差为33 D. 对于独立性检验，随机变量的观测值越小，判定“两变量有关系”犯错误的概率越大 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据经验回归方程中参数的意义，即可判断A，根据独立事件与弧长事件的概率公式，即可判断B，根据分层抽样整体方差公式，即可判断C，根据的意义，即可判断D. 【详解】对于A，因为， 所以当解释变量x每增加1时，响应变量y平均减少0.85，故A错误； 对于B选项，若互斥，则. 若A， 相互独立，则（因为. 所以事件A，B相互独立与A，B互斥不可能同时成立，B选项正确； 对于C：这20名同学物理成绩的平均数为：， 所以这20名同学物理成绩的方差为：，故C正确； D项，对于独立性检验，随机变量的观测值越小， 判定“两变量有关系”犯错误的概率越大，故D项正确. 故选：BCD 10. 已知 为坐标原点，双曲线的左顶点为 ，右焦点为 ，以 为直径的圆与 轴正半轴交于点 ，过 且垂直于 轴的直线与 的某条渐近线交于点 ，且 与 轴垂直，则下列式子中与 的离心率相等的有（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】由条件分别写出线段，，.由射影定理得到，即可判断A选项；由及线段长即可求出斜率，即可判断D选项；由勾股定理化简及线段长化简后即可判断B选项；代入线段长化简即可判断D选项. 【详解】由题可知，， ∵ 轴，且 交曲线渐近线与点 ，∴， ∵以 为直径的圆与y轴正半轴交于点 ，且轴， ∴， 又，由射影定理得，所以，A错误； 由得，故，即，解得，D正确. 又，B正确， 又，C正确. 故选：BCD 11. 对于任意两个正数 ，当时，记曲线与直线，直线以及 轴围成的曲边梯形的面积为，当 时，约定，并约定.德国数学家莱布尼茨（Leibniz）最早发现.关于，下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 对正数，有 【答案】AD 【解析】 【分析】根据已知条件及新定义分别计算判断A，B，再结合图形及面积判断B，D. 【详解】由题意，所以， 当时，； 当时，； 当时，； 当或时，也成立；综上所述：. 对于选项A：，故A正确； 对于选项B：如图，因为，所以 即，故B错误. 对于选项C，取，则，故C错误； 对于选项D：因为阴影部分的面积小于上底长为，下底长为，高为 的 直角梯形的面积，所以， 又阴影部分面积大于长为 ，宽为的矩形的面积， 所以，综上故有对正数有，故D正确. 故选：AD. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分，其中第14题第一空2分，第二空3分. 12. 若，则__________. 【答案】1 【解析】 【分析】根据二倍角公式，以及两角和差的正余弦公式，化简为的式子，再求值. 【详解】由题意可得：. . 故答案为：1 13. 若，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】由即可求解； 【详解】由题意， ， 由通项公式可知：. 故答案为： 14. 已知点在抛物线上，为直线 上的一动点，过点作 的2条切线，切点分别为 ，直线分别交 轴于点，则的取值范围为__________，外接圆半径的最小值为__________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】首先求抛物线方程，根据导数的几何意义求切线方程，并求点的坐标，并联立方程求点的坐标，根据点的坐标的特点，以及弦长，转化为二次函数求最值；根据坐标运算得到，，确定四点共圆，根据圆的几何性质，即可求解. 【详解】由题意知，，所以，所以抛物线， 设，因为，则，故， 直线，直线， 令 ，有， 由，可得，故， 所以，即. ， 又，所以的取值范围为； 由题意可知C的焦点，故， ，同理，故， 所以四点共圆，则的外接圆的直径为， 即为 到直线的距离，此距离为， 即的外接圆的半径的最小值为. 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，内角 所对的边分别为的面积为.已知①；②，从这两个条件中任选一个，回答下列问题. （1）求角 ； （2）若，求 周长的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）选①，由正弦定理及两角和的正弦公式化解求解即可； 选②，根据平面向量的数量积的定义及三角形面积公式求解即可； （2）由余弦定理及基本不等式求解即可 【小问1详解】 选①，， 由正弦定理可得， ， ， 又. 选②，由可得：， 故有， 又. 【小问2详解】 由余弦定理得 . ，当且仅当时取等号 又有， . 16. 如图，在四棱锥中， ，底面 是边长为的菱形，. （1）证明：平面 平面 ； （2）若平面与平面 所成角的正切值为2，点 满足，求直线 与平面 所成角的余弦值. 【答案】（1） 连接交 于点 ，连接 ， 因为 是菱形，所以 ， 又因为 为的中点， ，所以 ， 又 面 ，且 ，所以平面 ， 又 平面 ，所以平面 平面 ； （2） 【解析】 【分析】（1）连接交 于点 ，连接 ，易得 ， 进而可得线面垂直，然后根据面面垂直判定定理即得； （2）建系，求得平面法向量及直线方向向量，代入夹角公式即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 过 作 交 于点 ，面 面 ， 面 面 面 ，所以面 ， 因为 面 ，所以面 ， 又 面 ，所以 ， 所以 为 的交点， 为等边三角形，所以H为 的重心，设DH与AB交点为M，连接 ，则 为二面角 的平面角， 因为，在 中 ，解得 ， 因为，所以 ，所以 平面 ， 以 为原点， 所在直线为 轴建立如图坐标系， 则， ， 设平面 的法向量为， 则，即，令，可得： 即，又， 设平面 和直线 所成的角为，则， 所以. 17. 已知函数. （1）当时，求函数在点处的切线方程； （2）求函数的单调区间； （3）若不等式恒成立，求整数 的最大值. 【答案】（1） ； （2）增区间，减区间； （3） 【解析】 【分析】（1）求导确定切线斜率即可求解； （2）求导，由 ， 可求得单调区间； （3）构造函数，求导，确定函数单调性，求得最值即可求解； 【小问1详解】 函数的定义域为， 则曲线在点处的切线为， 即 . 【小问2详解】 因为， 时，由 ，得，令 ，得， 所以在上单调递增，在上单调递减. 综上所述，的单调递增区间为，单调递减区间为. 【小问3详解】 依题知，恒成立，即恒成立， 设， 则， 当时，由，得，由，得， 所以在上单调递增，在上单调递减， 则恒成立， 整理得. 设，则恒成立，所以在上单调递增，又，且 故整数 的最大值为 . 18. 某学校数学小组建立了如下的数学模型：将一个小盒里放入6个小球，其中4个黑球，2个红球.模型一为：若取出黑球，则放回小盒中，不作任何改变；若取出红球，则放回小盒并再往小盒里加入2个红球；模型二为：若取出黑球，则放回小盒中，不作任何改变；若取出红球，则用黑球替换该红球重新放回小盒中. （1）分别计算在两种模型下，抽两次球，第二次取到的球是红球的概率； （2）在模型二的前提下： ①求在第次抽球时，抽到的球恰好是第二个红球的概率（结果用 表示）. ②现规定当两个红球都被抽出来时停止抽球，且最多抽球10次，第10次抽球结束后无论盒中是否还有红球均停止抽球，记抽球的次数为 ，求 的数学期望. 【答案】（1）； （2）①；② 【解析】 【分析】（1）分为取到“黑红”和“红红”两种情况，分别对两种模型第二次取到的球是红球的概率进行计算即可； （2）①先算出第 次是第一次取到红球，第 次是第二次取到红球的概率为， 则第 次恰好抽到第二个红球的概率为中 从 到取值累加求和； ②利用数学期望的定义和①中的概率公式可得到的表达式，再利用错位相减法计算得出期望值. 【详解】（1）记在模型一下，第二次取到红球的概率为，则分为取到“黑红”和“红红”两种情况， 则； 记在模型二下，取到红球的概率为，同样分为取到“黑红”和“红红”两种情况， 则； （2）①设第 次是第一次取到红球，第 次是第二次取到红球的概率为， 则， 则第 次恰好抽到第二个红球的概率 为中 从 到取值累加求和，即 ， 利用等比数列求和公式即可得 ； ②由题可知， 的取值依次为， 当时，， 由数学期望的定义和①中的概率公式可知， ， 设， 由错位相减法可得， 所以. 19. 古希腊数学家阿波罗尼斯在他的代表作《圆锥曲线》一书中指出：平面内动点 与两定点的距离之比是一个常数，那么动点 的轨迹是一个圆，且圆心在直线 上，我们把由此产生的圆叫做阿波罗尼斯圆.已知阿波罗尼斯圆的两个定点分别为椭圆的右焦点 与右顶点 ，且椭圆 的离心率为. （1）求椭圆 的标准方程； （2）如图，过右焦点 斜率为的直线 与椭圆 相交于 （点 在 轴上方），点是椭圆 上异于 的两点，平分平分. ①求的取值范围； ②若外接圆的周长为，求直线 的方程. 【答案】（1） （2）①；②. 【解析】 【分析】（1）依据阿波罗尼斯圆的定义，取圆上的特殊点，计算得 的值； （2）①先证得角平分线定理，令，再设直线 方程，得，再求得的范围，即可解得的范围； ②设外接圆与直线 的另一个交点为 ，由几何关系可得，再通过几何关系解得，再利用弦长公式即可求得直线方程. 【小问1详解】 令，由阿波罗尼斯圆的定义知，且，解得，则， 故椭圆 的方程为 【小问2详解】 ①由，又， 得（或由角平分线定理得） 令，设 联立，解得 则 所以，即， 则 又，所以，解得 又，所以， 综上 ②由①知，，由阿波罗尼斯圆定义知， 在以 为定点得阿波罗尼斯圆上，设该圆圆心为，半径为，与直线 的另一个交点为 ， 则有，即，解得. 又外接圆的周长为，故，则， 又， 则 ， 得，解得 则，故直线 的方程为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $