精品解析：湖南省2025届高三下学期仿真演练二数学试题

湖南省2025届高考仿真演练二 数学 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上. 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. 若，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 3. 若，，则（ ） A. B. C. D. 4. 若函数与直线恰有三个交点，则a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 5. 从两名男同学和四名女同学中随机选出三人参加数学竞赛，则恰好选出一名男同学和两名女同学的概率为（ ） A. B. C. D. 6. 已知是直三棱柱，a，b，c分别是角A，B，C的对边，且满足，，若三棱柱有内切球，则（ ） A. B. C. D. 7. 数列满足，为其前 项和，若对任意正整数，，若 时，恒有成立，则（ ） A. B. C. D. 8. 若椭圆 的左右焦点分别为，，直线l：与椭圆交于A，B两点，若点P为线段 上的动点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 二、选择题：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. 若，均为复数，下列说法正确的是（ ） A. B. 若，则 C. 若， D. 若，在复平面内对应的点在第一象限，则实数n的范围是 10. 已知函数，下列说法正确的是（ ） A. 当时， B. 是周期函数，且最小正周期为 C. 不存在直线与曲线相切 D. 若，，，则 11. 为抛物线上一点，按照如下方式构造与：过点作 的切线交 轴于，取中点为，过点作 的切线，切点为，与 轴交于点，与为两个不同的点， 为抛物线的焦点，若，则（ ） A. 数列为等比数列 B. 数列为等比数列 C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若随机变量，且，则______. 13. 已知椭圆， 为 的右焦点，为第一象限内椭圆上的一点，过点作 的切线，与 、 轴分别交于，两点，若，则点的坐标为______. 14. 若函数，，若，为偶函数，则______.若为奇函数，则 ______. 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. 已知在中，a，b，c分别是角A，B，C所对的边，且，，D为外一点. （1）求角A； （2）若A，B，C，D四点共圆，求四边形面积的最大值. 16. 已知椭圆，，，M为C上异于P，Q一点，O为坐标原点. （1）当点P到直线 的距离为1时，求直线 的斜率； （2）若直线交于点N， ，的面积分别为和，若，求直线 的斜率. 17. 如图，正三棱锥的各棱长均为， ， ， 分别是，，的中点，连接 ，，点为底面内 边上的高所在直线上的动点， 为的中心（图中未画出）， （1）若平面 平面 直线 ，证明： 平面 （2）若，平面与平面的夹角的余弦值为，求 . 18. 已知函数 （1）证明：. （2）若有且只有一个零点，求a的范围. 19. 甲同学与乙同学进行如下游戏：在个白色小方格中，甲同学将从上往下数的第i行，从左往右数的第j列涂黑，而乙同学从除黑色方格以外的任意一格出发，只能往前、后、左、右四个方向移动，且不能经过黑色方格.若乙可以不重复的一次性经过所有白色方格，则乙获胜，否则甲获胜，记甲涂黑的方格为. （1）若，甲同学随机涂黑一个方格，求甲获胜的概率. （2）若甲将涂黑，求证：当m为奇数时，甲一定获胜. （3）若m为奇数，乙从出发，甲将涂黑，其中i，j不同时为1，求证：甲获胜的概率. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 湖南省2025届高考仿真演练二 数学 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上. 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. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数的四则运算化简可得解. 【详解】由， 则， 所以， ， 故选：B. 2. 已知集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据对数函数的定义域及分式函数的定义域求解集合A，解一元二次不等式求解集合B，然后利用并集概念求解即可. 【详解】对于集合A：由题意，得， 所以， 对于集合B，，则， 所以， 因此. 故选：A 3. 若，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据诱导公式及二倍角公式化简可得解. 【详解】原式， 故选：B. 4. 若函数与直线恰有三个交点，则a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】画出函数的图象，结合图像求解即可. 【详解】画出的图象， 由图象可知a的范围是. 故选：D 5. 从两名男同学和四名女同学中随机选出三人参加数学竞赛，则恰好选出一名男同学和两名女同学的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据古典概型的概率公式可得解. 【详解】六名同学选名同学，有种选法， 其中恰好选出一名男同学和两名女同学有种选法， 所以， 故选：C. 6. 已知是直三棱柱，a，b，c分别是角A，B，C的对边，且满足，，若三棱柱有内切球，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据正弦定理及两角和的正弦公式化简可得，进而结合等面积法求得的内切圆半径，即可求得三棱柱内切球的半径，进而求解即可. 【详解】由， 根据正弦定理得，， 则， 因为，所以，则，即， 则，又， 所以，所以，即， 设的内切圆半径为 ， 则，即， 要使三棱柱有内切球，说明内切球半径刚好为， 所以三棱柱的高为内切球的直径，即. 故选：B. 7. 数列满足，为其前项和，若对任意正整数，，若 时，恒有成立，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用赋值法计算各项，即可得解. 【详解】由已知 当 ， 时，，即， 当， 时，，得， 当， 时，，得， 又当，时，，即，解得， 则，，，，， 当， 时，，得， 当， 时，，得， 所以， 故选：B. 8. 若椭圆 的左右焦点分别为，，直线l：与椭圆交于A，B两点，若点P为线段上的动点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】结合图形特征分类讨论P点位置即可计算得出最小值. 【详解】联立直线与椭圆的方程， 可得，即得，代入， 得，，，， 因为，令 则 ，则， 若，， 又因为，的面积都为定值， 因此， 因此我们只需要求的最小值即可， 设，，， 作差得， 时最小为， 因此； 同理，当时，， ，当时最小为0， S最小为，综合比较可的最小值为， 故选：C 二、选择题：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. 若，均为复数，下列说法正确的是（ ） A. B. 若，则 C. 若， D. 若，在复平面内对应的点在第一象限，则实数n的范围是 【答案】AC 【解析】 【分析】设，，求出复数的模判断A；利用特值法判断B；利用复数的运算以及复数的分类判断C；化简复数后求出对应点坐标判断D. 【详解】，，则， ，，故A正确 设，，则，而，故B错误 设，，则，则，故C正确 因为，因此，所对应点为 该点在第一象限，说明，即，故D错误. 故选：AC. 10. 已知函数，下列说法正确的是（ ） A. 当时， B. 是周期函数，且最小正周期为 C. 不存在直线与曲线相切 D. 若，，，则 【答案】AD 【解析】 【分析】求导，构造函数可判断A选项，根据三角函数的周期性可判断B选项，根据导数的几何意义可判断C选项，计算即可判断D选项. 【详解】由函数 ，， 所以函数 在上单调递增，在上单调递减， 所以，即，当且仅当 时等号成立； 又函数，恒成立，函数单调递减， 所以当时，， 所以，A选项正确； 由，周期为 ，故B选项错误； 令 ，方程有解，故C选项错误； ，且在单调递增， 因此，所以， 所以，，故D选项正确； 故选：AD. 11. 为抛物线上一点，按照如下方式构造与：过点作 的切线交轴于，取中点为，过点作 的切线，切点为，与轴交于点，与为两个不同的点， 为抛物线的焦点，若，则（ ） A. 数列为等比数列 B. 数列为等比数列 C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】过点作切线，结合抛物线方程可得切线方程，即可得与，同理可得，递推可判断AB选项，可得，即可得，根据等比数列求和可判断D选项，再分别计算，，即可判断C选项. 【详解】由抛物线，即，， 当时，过点做抛物线的切线，则切线斜率为：， 则切线方程为，即，则， 又为中点坐标值为，， 过的切线，代入，得，， 可得，，故A错误，B正确； 又，则， 所以，，所以 则，故D正确； 过点的切线为，所以， 令，，即，又， ， 所以，故C正确； 故选：BCD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若随机变量，且，则______. 【答案】0.7## 【解析】 【分析】根据给定条件，利用正态分布的对称性求出概率.. 【详解】随机变量，且，故， 所以. 故答案为：0.7 13. 已知椭圆， 为 的右焦点，为第一象限内椭圆上的一点，过点作 的切线，与、 轴分别交于，两点，若，则点的坐标为______. 【答案】 【解析】 【分析】设，可得切线方程，进而可得，，结合向量数量积可得解. 【详解】设， ， 易知切线斜率存在， 则设切线方程为 ，可得， 则， 所以，代入直线，可得， 即，即直线为，即 ， 令 ，得，同理令，得， 因此，， 又因为，， 故，得，， 故点的坐标为， 故答案为：. 14. 若函数，，若，为偶函数，则______.若为奇函数，则 ______. 【答案】 ①. ， ②. ， 【解析】 【分析】根据结合两角和差的正弦公式化简可得，进而可得；根据为奇函数，可得，结合对数运算以及两角和差的正弦公式化简可得，从而可得答案. 【详解】当时，， 若为偶函数，则， ， 整理得恒成立， 恒成立， 因此，， 若为奇函数，则，即 整理得： ， 因此，此时，. 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. 已知在中，a，b，c分别是角A，B，C所对的边，且，，D为外一点. （1）求角A； （2）若A，B，C，D四点共圆，求四边形面积的最大值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理及诱导公式将条件化为，由得，根据角的范围确定角A即可. （2）由题意，根据余弦定理及基本不等式得和，即可求解四边形面积的最大值. 【小问1详解】 由及正弦定理得， 即， 又，故， 因为，所以，所以，， 所以，所以. 【小问2详解】 由题意为圆内接四边形，所以， 又，由余弦定理得，所以，所以， 同理，，所以， 所以， 所以四边形面积为 ， 所以四边形面积最大值为. 16. 已知椭圆，，，M为C上异于P，Q一点，O为坐标原点. （1）当点P到直线 的距离为1时，求直线 的斜率； （2）若直线交于点N， ，的面积分别为和，若，求直线 的斜率. 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）根据点得设出直线方程，再应用点到直线距离得出直线斜率； （2）应用面积关系列式得出，再根据直线和椭圆联立计算得出直线斜率. 【小问1详解】 设，由题意 解得，所以的斜率为； 【小问2详解】 过点P作，所以， 所以，设，，所以 ，联立 联立 所以，， 解得，，所以直线的斜率为或. 17. 如图，正三棱锥的各棱长均为， ， ， 分别是，，的中点，连接 ，，点为底面内 边上的高所在直线上的动点，为的中心（图中未画出）， （1）若平面 平面 直线 ，证明： 平面 （2）若，平面与平面的夹角的余弦值为，求 . 【答案】（1）证明如下： ， ， 分别是，，的中点， ， 又 平面 ，平面 ， 平面 ， 平面 ，且平面 平面 ， ， 又平面， 平面， 平面； （2） 【解析】 【分析】（1）根据中位线的性质，可证线线平行，进而可证线面平行； （2）建立空间直角坐标系，利用坐标法表示两平面夹角余弦值，解方程即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由三棱锥为正三棱锥，且为底面的中心， 则 平面， 又由已知三棱锥的各棱长均为， ，， ，，，， 又 为底面内 边上的高所在直线上的动点， ， ， ，， 设平面的一个法向量为， 则， 令 ，可得， 又易知平面的一个法向量为， 则，， 解得. 18. 已知函数 （1）证明：. （2）若有且只有一个零点，求a的范围. 【答案】（1）证明：，，当时，； 当时，要证，即证，即证即证， 构造函数，当时，在上单调递减， 当时，在上单调递增， 所以函数在处取得最小值，所以，即可得证，所以； （2） 【解析】 【分析】（1）先化简分，得出，再取对数得出，最后构造函数应用导函数得出极小值即可证明； （2）先求出导函数再分，，分别应用导函数得出函数单调性即可求参. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 令， 当时，， 则在上单调递增，故 ，函数无零点； 当时，，由（1）得，， 所以，所以，在上单调递增，， ， ，当时，，且， 因为在上单调递增，所以存在一个，使 ， 所以在上单调递减，在上单调递增， 又因为 ，所以，在上没有零点， 又因为，所以，又因为，且在上单调递增， 此时存在一个使， 但当时，无零点, 综上，. 19. 甲同学与乙同学进行如下游戏：在个白色小方格中，甲同学将从上往下数的第i行，从左往右数的第j列涂黑，而乙同学从除黑色方格以外的任意一格出发，只能往前、后、左、右四个方向移动，且不能经过黑色方格.若乙可以不重复的一次性经过所有白色方格，则乙获胜，否则甲获胜，记甲涂黑的方格为. （1）若，甲同学随机涂黑一个方格，求甲获胜的概率. （2）若甲将涂黑，求证：当m为奇数时，甲一定获胜. （3）若m为奇数，乙从出发，甲将涂黑，其中i，j不同时为1，求证：甲获胜的概率. 【答案】（1） （2）我们为格子标号： 1 黑格 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 乙不妨从1出发，则乙的路线必定是1→2→1→2…， 若乙要获胜，则标号为1的格子数与标号为2的格子数之差的绝对值不大于1， 若最后是2，则说明1的数量和2的数量相同，若最后是1，则说明1比2多一个， 由于m为奇数，则第1,3，5，7…m列，1的数量比2的数量多1个， 这样的列数一共有个，也就是1比2的数量多， 同理，第2，4，6，…列，2的数量比1的数量多一个（不考虑黑格），这样的列一共有列， 因此1的数量比2的数量多个， 但实际情况是第二列中1的数量和2的数量一样多，因此1的数量比2的数量多两个， 这说明乙无法不重复地一次性经过所有白色方格，因此当m为奇数时，甲一定获胜. （3）受到（2）的启发，我们仍然为格子标号： 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 乙的路线仍然是1→2→1→2→…,乙获胜只需要使1和2一样多，或1比2多一个， 我们考虑1比2多两个的情况： 若不考虑涂黑的格子，由（2）可知：1比2的数量多1个 当且仅当涂黑2时，1比2的数量多两个，此时甲一定获胜， 第1，3，5…m列每列个2，第2，4，6…列每列有个2，因此一共有个2， 又因为甲可以涂黑除了共个方格，因此甲获胜的概率. 【解析】 【分析】（1）不难看出只有当甲不涂黑方格的四个角和中心处，甲一定获胜，由此可得甲获胜的概率； （2）给格子标号，若乙要获胜，则标号为1的格子数与标号为2的格子数之差的绝对值不大于1， 即1比2的数量多两个时，此时甲一定获胜，计算当m为奇数时，1号和2号的格子数， 发现1的数量比2的数量多两个，故当m为奇数时，甲一定获胜； （3）由（2）可知，考虑1比2多两个的情况，只有涂黑2时，1比2的数量多两个，此时甲一定获胜， 计算2号格子的数量，除以甲能涂黑的格子数，即可证明甲获胜的概率. 【小问1详解】 甲随机涂黑一个，在方格的四个角和中心处，显然乙可以不重复地一次性经过所有白色方格， 只有当甲涂黑，，，时，乙无法不重复地一次性经过所有白色方格， 故甲获胜的概率为. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $