湖北省十一校2024-2025学年高三第二次联考数学试卷（解析版）

第1页/共1页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：C3.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：D5.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：D7.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2.3B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33D.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：BCD10.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：BCD11.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：113.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，则的最小值为__________，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.，所以当时，的最小值为2；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）证明见解析（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】连接交于点，连接，因为是菱形，所以，又因为为中点，，所以，又面，且，所以平面，又平面，所以平面平面；【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；（