精品解析：湖南省新高考教学教研联盟2025届高三第二次联考暨怀化市二模考试数学试题

2025届新高考教学教研联盟高三第二次联考 暨怀化市2025上期高三二模考试 数学试卷 由 长郡中学；衡阳市八中：永州市四中；岳阳县一中，湘潭县一中；湘西州民中；石门县一中；澧县一中；益阳市一中；桃源县一中；株洲市二中；麓山国际；郴州市一中；岳阳市一中；娄底市一中；怀化市三中，邵东市一中；洞口县一中；宁乡市一中；浏阳市一中. 联合命制 命题学校：永州四中 审题学校：邵东一中 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名､考生号､考场号､座位号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上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.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一､选择题（本大题共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】D 【解析】 【分析】解不等式化简集合，再利用交集的定义求解. 【详解】解不等式，得，解得，则， 解不等式，得，则， 所以. 故选：D 2. 已知复数满足（为虚数单位），则的虚部为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数的周期性以及复数的除法运算计算复数，然后由共轭复数的定义求出，最后由虚部的定义得出结果. 【详解】因为复数满足，所以， 所以，故的虚部为. 故选：B 3. 已知，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. . D. 【答案】D 【解析】 【分析】计算，根据投影向量的计算公式直接计算即可. 【详解】因为，所以， 在上的投影向量为. 故选：D 4. 若，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由可得的取值，结合角的范围以及平方和为1可计算，由两角和的余弦配凑角可求出结果. 【详解】因为，所以， 因为，所以， 所以， 所以 . 故选：C 5. 已知是不同的直线，是不同的平面，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若为异面直线且，则与中至少一条相交 D. 若，则 【答案】C 【解析】 【分析】对于AB，由线面平行的性质判断选项正误；对于C，由反证法结合题意可判断选项正误；对于D，由图及题意可判断选选项正误. 【详解】对于A，当时，可能与平行，也可能相交，异面，故A错误； 对于B，当时，可能包含于平面，则不一定平行于，故B错误； 对于C，假设均不与相交，因，则， 又，均不与相交，则，这与为异面直线相矛盾，则与中至少一条相交，故C正确； 对于D，当时，设，则如图当与不垂直时，不与垂直，故D错误. 故选：C 6. 下列函数满足在定义域上有两个以上不同的单调区间，且存在，使得函数图象无限趋近于直线但不与其相交的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】分析各选项中的单调性或值域，结合题中定义逐项判断即可. 【详解】对于A选项，， 内层函数在上为减函数，在上为增函数， 外层函数为增函数， 所以，函数的减区间为，增区间为，不合乎要求； 对于B选项，， 由得，可得；由得，可得， 所以，函数的减区间为，增区间为，不合乎要求； 对于C选项，函数的定义域为，， 由可得或，由可得， 所以，函数的减区间为、，增区间为， 当时，，且当时，， 所以，函数的图象以直线为渐近线，符合要求； 对于D选项，，该函数的定义域为， 取，则， 当且，， 取，则， 当且，， 由于函数在上的图象是连续不断的，故函数的值域为， 故函数的图象不存在渐近线，不满足要求. 故选：C. 7. 甲､乙､丙､丁四人同时对一目标进行射击，四人击中目标的概率都为，目标被一人击中不会摧毁，目标被两人击中而摧毁的概率为，目标被三人击中而摧毁的概率为，若四人都击中目标肯定被摧毁，则目标被摧毁的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由条件可得击中次数服从二项分布，分别求得其对应概率，再由全概率公式代入计算，即可得到结果. 【详解】设击中次数为，则， 所以， ， 由全概率公式得，目标被摧毁的概率. 故选：C 8. 在正三棱柱中，为线段上的动点，为边上靠近B的三等分点，则三棱锥的外接球体积的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】如图建立空间直角坐标系，利用外心定义可得的外接圆圆心的坐标，进而可得外接圆半径，设点的坐标为，设的坐标为，然后利用，可得，再由基本不等式可得答案. 【详解】以A为坐标原点，为轴，过A作的垂线为轴，为轴建立如图所示的空间直角坐标系，则， 设三角形的外接圆的圆心为，则点在平面上，且为线段AB中垂线与线段AD中垂线交点，注意到线段AB中垂线方程满足，AD中点为， 又在平面中，，则AD中垂线方程满足， 联立与，故解得点的坐标为， 过点作平面的垂线，则外心一定在此垂线上，故可设的坐标为，又因为， 故三角形的外接圆半径， 由题可设点的坐标为，且， 由外接球的定义知：， 故，得， 故当最小时，半径最小，即体积最小， 由基本不等式知，，当且仅当时等号成立，即， 故体积. 【点睛】关键点睛：外接球问题，一般先找到球心，再由勾股定理结合图形构建关于外接球半径的等式. 二､多选题（本大题共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. 为弘扬中华优秀传统文化，树立正确的价值导向，落实立德树人的根本任务，某校组织全体高一年级学生进行古典诗词知识测试，从中随机抽取100名学生，记录他们的分数，整理得到频率分布直方图如图（各组区间除最后一组为闭区间外，其余各组均为左闭右开区间），则以下说法正确的是（ ） A. B. 估计此次测试学生分数的众数为95 C. 估计此次测试学生分数的中位数为90 D. 估计此次测试学生分数的下四分位数为85 【答案】BD 【解析】 【分析】根据频率分布直方图中的相关信息，由各组的频率之和为1求出值，判断A，利用众数，中位数和下四分位数的概念依次判断BCD项即可. 【详解】对于A，由得，所以A错误； 对于B，因众数是频率分布直方图中最高矩形的底边中点的横坐标，故众数是95，B正确； 对于C，由于90左边的频率是0.35，所以C错误； 对于D，由第25百分位数就是下四分位数，又85左边的频率是0.25，所以D正确. 故选：BD. 10. 已知函数的定义域是，且满足，作的图象关于轴的对称图象，并右移一个单位，再将横坐标变为原来的得到函数的图象，下列说法正确的有（ ） A. B. 与有相同的值域 C. 的最小正周期是6 D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】由函数图像的变换即可判断AB，由函数周期性的定义即可判断C，结合函数周期的性质代入计算，即可判断D. 【详解】由图象的变换知A项正确； 因为图象变换中没有上下平移，所以值域不变，可知B项正确； 由得①， 在中用代替得②， 由①②得，所以3是的周期，C项错误， 由知的周期， 则， 在中令得，所以，D项正确. 故选：ABD 11. 过点作抛物线的两条切线，切点为为抛物线的焦点，则下列说法正确的是（ ） A. 点的坐标为 B. 若线段的中点为与抛物线交于点，则 C. 设抛物线上之间任意一点处的切线分别与交于点，记的面积分别为，则 D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，利用导数的几何意义，求出在点处的切线方程，联立切线方程，即可求解；对于B，根据题设条件，直接求得，即可求解；对于C，根据题设求得，，即可求解；对于D，利用两点间的距离公式及抛物线的焦半径公式，即可求解. 【详解】对于选项A，由，得到，则，由导数的几何意义知， 曲线在点处的切线方程为，整理得到， 又，所以，即， 同理可得曲线在点的处切线方程为， 则， 解得，所以点的坐标为，故选项A正确； 对于选项B，易知，由选项A知的方程为， 所以，代入，得， 所以是线段的中点，故，所以选项B正确， 对于选项C，由选项B知垂直轴，不妨设，则 ， 由，同理可得， 所以，故选项C错误； 对于选项D，点的坐标为，点的坐标为， 则， 又由抛物线定义可知， 所以，故选项D正确， 故选：ABD. 三､填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知数列中，，，则数列的前项和的最大值等于__________. 【答案】 【解析】 【分析】分析可知，数列为等差数列，确定该数列的首项和公差，求出该数列的前项和，结合二次函数的基本性质可求得的最大值. 【详解】当时，，且， 所以，数列是首项为，公差为的等差数列， 则数列的前项和为， 因，故当或时，取得最大值. 故答案为：. 13. 已知点在圆上，点，则当最小时，点到原点的距离为__________. 【答案】 【解析】 【分析】设，根据题设得到，令，得到，根据题设可得与圆相切时满足题意，即可求解. 【详解】由题知，圆的标准方程为，圆心为，， 设，又，则， 所以，令，则， 又在圆上，由，解得， 根据题设可知满足题意，即与圆相切时满足题意， 此时，即点到原点的距离为， 故答案为：. 14. 定义：对于一个位正整数，若其各位数字的极差（即最大数字与最小数字之差）不超过2，则称其为位“稳定数”，则三位“稳定数”共有__________个. 【答案】151 【解析】 【分析】法一：依题意，按照最小值分别取0，取1到7，和取8，取9进行分类讨论，计算每个对应的三位数的数量合计即得；法二：根据极差，按照，，，分类讨论每种情况下的三位“稳定数”的数量，再合计即可. 【详解】法一：要求各位数字的极差不超过2的“稳定数”的数量，可以按照最小值进行分类讨论，并计算每个对应的三位数的数量. ①当时：允许的数字范围是，百位数不能为0，因此百位只能是1或2，总数为种， 减去不含0的情况（即所有数字都是1或2）的8种，得到10个符合条件的数； ②当到7时：允许的数字范围是，百位数可以是中的任何一个，总数为种， 减去不含的情况（即所有数字都是或）的8种，得到每个对应的19个数，故共有133个符合条件的数； ③当时：允许的数字范围是8，9，百位数可以是8或9，总数为种， 减去不含8的情况（即所有数字都是9）的1种，得到7个符合条件的数； ④当时：所有数字都是9，只有1个数999. 将各个的情况累加起来，总数为：. 故答案为：151. 法二：位数的极差范围为0到9，根据定义，“稳定数”需满足极差，即. ①极差，所有数字相同，即形如，共9个（即）. ②极差，分两种情况： 最小值含0：数字范围为，且百位，此时十位和个位可为0或1，但需至少含一个0，共3个. 最小值：数字范围为，每位可选或，且至少含和各一次， 每位选择数有2种（或），扣除全或全的情况， 每个对应6个数，共8个，共个，小计：个. ③极差，分两种情况： 最小值含0：数字范围为，且百位，需至少含0和2各一次， 时，十位和个位需含0和2，共2个； 时，十位和个位需含0，共5个（），小计：个. 最小值：数字范围为，每位可选，且至少含和各一次， 由容斥原理有个，共7个，共个.小计：个. 三位“稳定数”总数为个. 故答案为：151. 四､解答题（本大题共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，角的对边分别为，且. （1）求； （2）若，点在边上，且是的平分线，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）解法一：由正弦定理及两角和的正弦公式化简求解即可； 解法二：直接由余弦定理化简求解即可； （2）解法一：先由三角形的面积公式得到，再结合可得，进而求解即可； 解法二：由，结合三角形的面积公式得到，进而求解即可. 【小问1详解】 由，得， 解法一：由正弦定理得， 又中，，所以， 所以， 于是， 又，所以， 又，所以. 解法二：由余弦定理得， 化简得， 由余弦定理得， 又，所以. 【小问2详解】 由是的平分线，得， 解法一：， 又， 所以 . 解法二：由得 . 即， 解得， 所以. 16. 已知甲、乙两个箱子中均装有1个黑球和2个白球（各球大小，质地均相同），每次操作从甲、乙两个箱子中各任取一个球交换放入另一箱子. （1）当进行1次操作后，设甲箱子中黑球个数为，求的分布列及数学期望； （2）重复次这样的操作后，记甲箱子中恰有1个黑球的概率为，求. 【答案】（1） 0 1 2 数学期望为1 （2） 【解析】 【分析】（1）写出随机变量的所有取值，求出对应概率，即可得出分布列，再根据期望公式求期望即可； （2）根据全概率公式求出与的关系，再利用构造法即可得解. 【小问1详解】 由题意知的可能取值为， ， ， ， 所以的分布列为 0 1 2 所以； 【小问2详解】 重复次这样的操作后，记甲箱子中恰有0个黑球的概率为， 则甲箱子中恰有2个黑球的概率为，根据全概率公式可得， 当时，， ， 由（1）知， 所以数列是首项为，公比为的等比数列， 故， 所以. 17. 如图所示，在直角梯形中，分别是上的点，且，将四边形沿向上折起，连接，在折起的过程中，记二面角的平面角为. （1）请将几何体的体积表达为关于的函数，并求其最大值； （2）当时，求平面和平面夹角的余弦值的取值范围. 【答案】（1），，最大值为； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据题意，证明折叠过程中始终有平面，平面，由此求得棱锥的高，再利用分割法求得多面体的体积； （2）建立空间直角坐标系，利用向量法求出平面与平面所成夹角的余弦值，结合换元法和函数单调性求取值范围. 【小问1详解】 由题意，在折叠之前的平面图形中， ，，是平面内的两条相交直线，是平面内的两条相交直线， 折叠过程中始终有平面，平面， 故二面角，故到平面的距离为， 平面平面， 平面，故到平面的距离等于到平面的距离，即为. 连接，则， ，当时取得最大值. 【小问2详解】 以点为坐标原点，以所在直线为，轴，过点作平面的垂线，以所在直线为轴，建立空间直角坐标系如图， 则， ， 设平面的法向量为，则，且， 即 可得. 同理设平面的法向量为， 则，且， 即 可得， 记平面和平面所成角的平面角为，则 ， 令， 故， 显然为关于的增函数，故. 18. 已知函数有三个不同的零点. （1）若，求的取值范围； （2）若，且对任意都有恒成立，求实数的取值范围； （3）若，比较的极大值与的大小. 【答案】（1） （2） （3）极大值大于 【解析】 【分析】（1）由极大值大于0，极小值小于0可得答案； （2）由题可得是方程的两个根，则由韦达定理结合题意可得：，随后分类讨论与大小关系可得答案； （3）设的两个不等根为，由题可得的极大值为，然后由，可用表示，可得，最后利用导数知识可比较大小. 【小问1详解】 时，，， 知时，时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 故的极大值是的极小值是， 由有三个零点知有解得. 【小问2详解】 由知，所以， 所以是方程的两个根， 即有，得， 所以，由，得， ①时，， 则此时不成立； ②时，， 所以只需，即，解得. 综上可知. 【小问3详解】 当时，， 由有三个零点知有两个不相等的解，记为（设）， 所以有，得（舍去）， 由求根公式知， 在上单调递增，在上单调递减， 所以的极大值为， 由，得，得， 代入得， 由及知， 考虑函数， ，所以在上单调递减， 所以， 所以， 所以的极大值大于. 【点睛】关键点睛：对于零点问题，常转化为直线与函数图象交点个数问题，也可利用函数单调性结合零点存在性定理解决；函数极值问题，常转化为导函数零点问题处理. 19. 已知椭圆，过原点的两条直线和分别与椭圆交于点和点为椭圆上一点，且. （1）设的斜率分别为，求的值； （2）求证：的面积为定值； （3）当直线的斜率时，斜率为的直线与线段交于点，与椭圆交于不同的两点，求的最大值. 【答案】（1） （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）设出三点坐标，由向量关系写出点坐标与坐标的等式，代入椭圆，计算化简可得斜率的关系. （2）由坐标表示出，结合点在椭圆上以及第（1）问的结果化简计算可求出，又因为，从而求出结果. （3）联立直线，由韦达定理表示两点坐标之间的关系，计算为定值，结合不等式计算可求出结果. 【小问1详解】 设，则，得 点在椭圆上，， ，化简整理得，即， 故. 【小问2详解】 由（1）可设直线的方程为， 则点到直线的距离， 所以， 又由，得，展开整理得， 由（1）知，所以，即， 两式联立得， 故的面积，为定值. 【小问3详解】 由已知可设，则直线的方程为，即， 联立消得， 设，依题意，即， 且， 所以 ， 因为， 所以 ， 所以，当且仅当时，等号成立. 故的最大值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025届新高考教学教研联盟高三第二次联考 暨怀化市2025上期高三二模考试 数学试卷 由 长郡中学；衡阳市八中：永州市四中；岳阳县一中，湘潭县一中；湘西州民中；石门县一中；澧县一中；益阳市一中；桃源县一中；株洲市二中；麓山国际；郴州市一中；岳阳市一中；娄底市一中；怀化市三中，邵东市一中；洞口县一中；宁乡市一中；浏阳市一中. 联合命制 命题学校：永州四中 审题学校：邵东一中 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名､考生号､考场号､座位号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上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.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一､选择题（本大题共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. 已知复数满足（为虚数单位），则的虚部为（ ） A. B. C. D. 3. 已知，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. . D. 4. 若，则的值为（ ） A. B. C. D. 5. 已知是不同的直线，是不同的平面，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若为异面直线且，则与中至少一条相交 D. 若，则 6. 下列函数满足在定义域上有两个以上不同的单调区间，且存在，使得函数图象无限趋近于直线但不与其相交的是（ ） A. B. C. D. 7. 甲､乙､丙､丁四人同时对一目标进行射击，四人击中目标的概率都为，目标被一人击中不会摧毁，目标被两人击中而摧毁的概率为，目标被三人击中而摧毁的概率为，若四人都击中目标肯定被摧毁，则目标被摧毁的概率为（ ） A. B. C. D. 8. 在正三棱柱中，为线段上的动点，为边上靠近B的三等分点，则三棱锥的外接球体积的最小值为（ ） A. B. C. D. 二､多选题（本大题共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. 为弘扬中华优秀传统文化，树立正确的价值导向，落实立德树人的根本任务，某校组织全体高一年级学生进行古典诗词知识测试，从中随机抽取100名学生，记录他们的分数，整理得到频率分布直方图如图（各组区间除最后一组为闭区间外，其余各组均为左闭右开区间），则以下说法正确的是（ ） A. B. 估计此次测试学生分数的众数为95 C. 估计此次测试学生分数的中位数为90 D. 估计此次测试学生分数的下四分位数为85 10. 已知函数的定义域是，且满足，作的图象关于轴的对称图象，并右移一个单位，再将横坐标变为原来的得到函数的图象，下列说法正确的有（ ） A. B. 与有相同的值域 C. 的最小正周期是6 D. 11. 过点作抛物线的两条切线，切点为为抛物线的焦点，则下列说法正确的是（ ） A. 点的坐标为 B. 若线段的中点为与抛物线交于点，则 C. 设抛物线上之间任意一点处的切线分别与交于点，记的面积分别为，则 D. 三､填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知数列中，，，则数列的前项和的最大值等于__________. 13. 已知点在圆上，点，则当最小时，点到原点的距离为__________. 14. 定义：对于一个位正整数，若其各位数字的极差（即最大数字与最小数字之差）不超过2，则称其为位“稳定数”，则三位“稳定数”共有__________个. 四､解答题（本大题共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，角的对边分别为，且. （1）求； （2）若，点在边上，且是的平分线，求的面积. 16. 已知甲、乙两个箱子中均装有1个黑球和2个白球（各球大小，质地均相同），每次操作从甲、乙两个箱子中各任取一个球交换放入另一箱子. （1）当进行1次操作后，设甲箱子中黑球个数为，求的分布列及数学期望； （2）重复次这样的操作后，记甲箱子中恰有1个黑球的概率为，求. 17. 如图所示，在直角梯形中，分别是上的点，且，将四边形沿向上折起，连接，在折起的过程中，记二面角的平面角为. （1）请将几何体的体积表达为关于的函数，并求其最大值； （2）当时，求平面和平面夹角的余弦值的取值范围. 18. 已知函数有三个不同的零点. （1）若，求的取值范围； （2）若，且对任意都有恒成立，求实数的取值范围； （3）若，比较的极大值与的大小. 19. 已知椭圆，过原点的两条直线和分别与椭圆交于点和点为椭圆上一点，且. （1）设的斜率分别为，求的值； （2）求证：的面积为定值； （3）当直线的斜率时，斜率为的直线与线段交于点，与椭圆交于不同的两点，求的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $