湖南省岳阳市2025届高三下学期教学质量监测（二）数学试题（解析版）

第第页湖南省岳阳市2025届高三下学期教学质量监测（二）数学试题一、单项选择题：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．若集合A=x∣x≤2A．−4,4 B．1,4 C．1,4 D．0,5【答案】C【解析】【解答】解：因为A=B=x∣所以A∩B=1,4.故答案为：C.【分析】根据根式不等式求解方法与对数不等式求解方法，从而分别得出集合A和集合B，再利用交集的运算法则得出集合A∩B.2．若z+2z=2+iA．1+i B．1−i C．−1+i【答案】B【解析】【解答】解：因为z+2z=2+i，

所以z+2=2+i所以，z=2故答案为：B.【分析】先将分式进行整理得出z=23．已知非零向量a,b，若a=2b，且aA．π4 B．π6 C．π3【答案】D【解析】【解答】解：由a+b⊥a−2所以，2b因为a,b∈0,故答案为：D.【分析】根据两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的运算律，再结合数量积的定义和两向量夹角的取值范围，从而得出a与b的夹角.4．已知直线m,n,l，平面α,β，若平面α⊥平面β，且α∩β=l，则下列命题正确的是（）A．若m∥α，则m⊥βB．若m⊂α,n⊂β，则m⊥nC．若m⊂α，则m⊥βD．若m⊂α，则直线m必垂直于平面β内的无数条直线【答案】D【解析】【解答】解：对于A，若m∥α，则m与β也可能平行或者m⊂β，故A错误；对于B，若m⊂α,n⊂β，当m,n至少有一条直线与l垂直时才有m⊥n，

否则还有可能存在平行或异面及相交但不垂直的情况，故B错误；对于C，若m⊂α，且m⊥l，才会有m⊥β，

否则还有可能存在平行或相交但不垂直的情况，故C错误；对于D，当直线a⊂β，且a⊥l，此时a⊥m，

所以，满足条件的直线a有无数条，故D正确.故答案为：D.

【分析】根据空间中直线与直线的位置关系和直线与平面之间的位置关系，再结合面面垂直的性质定理，从而逐项判断找出真命题的选项.5．某校食堂为打造菜品，特举办菜品评选活动.已知评委团由家长代表，学生代表和教工代表组成，人数比为1:2:2，现由评委团对1号菜品和2号菜品进行投票（每人只能投一票且必须投一票）.若投票结果显示，家长代表和学生代表中均有23的人投票给1号菜品，教工代表中有1A．821 B．1321 C．421【答案】A【解析】【解答】解：根据人数比例设家长代表、学生代表和教工代表人数分别是m,2m,2m

（m为比例系数），由题意知：家长代表中有23的人投给1号，人数为23×m=2m3；

学生代表中有23的人投给1号，人数为23×2m=4m所以，投给1号的总人数为2m3+4m则所求概率为4m3故答案为：A.

【分析】根据频数等于频率乘以样本容量公式和分类加法计数原理以及古典概率公式，从而得出从1号菜品的投票人中任选1人，他是学生代表的概率.6．若函数fx有唯一零点，且fx+1=A．−12 B．13 C．【答案】C【解析】【解答】解：因为函数fx有唯一的零点，

所以f又因为y=x2−1,y=aex所以g0=f1=−1+2a=0，故答案为：C.【分析】根据偶函数的性质结合零点的唯一性，从而可得g07．已知圆锥的侧面展开图为半圆，其轴截面是以A为顶点的等腰三角形，若A,B,C分别是该三角形的三个内角，则tanBA．3 B．23 C．0 【答案】B【解析】【解答】解：设圆锥的底面圆半径以及圆锥的母线分别为r,l，由题意可得2πr=1因此三角形ABC为等边三角形，

所以A=B=C=60则tanB故答案为：B.

【分析】根据2πr=12×2πl8．设椭圆C:x24+y23=1的左右焦点分别为F1,FA．3 B．23 C．3104【答案】D【解析】【解答】解：因为椭圆C:x24+y23=1的焦点F1在△F1P则|PF1|⋅|PF2|=154，

解得由PA平分∠F1PF2，

得|AF2||AF所以|PA|=(故答案为：D.【分析】根据已知条件，由椭圆定义结合余弦定理求出|PF二、多项选择题：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．下列说法正确的有（）A．已知随机事件A,B的概率不为0，若A和B相互独立，则A和B一定不互斥B．若y关于x的经验回归方程为y=−0.2x+0.8，则样本点2,−1C．数据x1,D．设随机变量X服从正态分布N4,1【答案】A,D【解析】【解答】解：对于A，由随机事件A,B的概率不为0，得P(A)>0,P(B)>0，若事件A和B互斥，则P(AB)=0，若事件A和B相互独立，则P(AB)=P(A)P(B)≠0，所以事件A和B相互独立，

则事件A和B一定不互斥，故A正确；对于B，将x=2代入回归方程为y=−0.2x+0.8，

可得y则样本点的残差为−1−0.4=−1.4，故B不正确；对于C，因为数据x1可得x1+x则x1所以x1对于D，由随机变量X服从正态分布N4,19，则E2X+1故答案为：AD.

【分析】由事件A和事件B相互独立，则P(AB)=P(A)P(B)≠0，则可判断选项A；将x=2代入线性回归方程y=−0.2x+0.8中，从而得出y^的值，进而得到残差值，则可判断选项B；利用平均数公式和方差的公式，从而得出x12+10．已知不等式lnx≤x−1在x∈0,+∞A．lnx≥1−1xC．12+1【答案】A,B,D【解析】【解答】解：对于A，将x替换为1x，则ln1x≤1对于B，由选项A，可得1−174<ln74所以37<ln74对于C，由选项A，令x=n+1n，得则n=12024对于D，因为1<17<2×故答案为：ABD.

【分析】将x替换为1x结合已知条件，则可判断选项A；根据lnx≥1-1xx>0和lnx≤x−1，则取11．已知数列an的前n项和为Sn，且对任意的n∈N*，总存在m∈NA．若an=n，则B．若an为等比数列，则aC．设an为等差数列，当a1=1，公差d<0时，若D．对任意的等差数列an，总存在两个“回归数列”bn和c【答案】A,C,D【解析】【解答】解：对于A，由an=n，可得Sn=a1+ann2对于B，由等比数列通项公式，得an=a1qn−1，显然，对任意的n，Sn=a11−对于C，当a1=1假设总存在am=S对任意的n上式恒成立，不妨取n=1，可得m−1d=0，存在m=1再取n=2，可得1+m−1因为d<0且m∈N*，所以当d=−1时，对任意的n≥3，

由1−可得总存在m满足成立，故C正确；对于D，设等差数列an总存在两个回归数列bn显然bn和cn是等差数列，使得证明如下：因为bn又因为bn所以，数列{bn}前n项和Bn=na1当n≥3时，由2+(n−3)n2为正整数，

当m=2+(n−3)n所以，存在正整数m=2+(n−3)n2，使得bm=B因为cn=an−bn又因为n(n−1)2∈N，

所以，存在正整数m=所以，数列cn故答案为：ACD.

【分析】利用已知条件和等差数列qiann项和公式和回归数列的定义，则判断出选项A；等比数列的通项公式和等比数列的前n项和公式以及回归数列的定义，则判断出选项B；利用已知条件和等差数列前n项和公式以及恒成立问题求解方法，则判断出选项C；利用等差数列的前n项和公式和回归数列的定义以及分组求和的方法，则判断出选项D，从而找出结论正确的选项.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12．将函数fx=sin2x−π6的图象向左平移π6个单位长度，得到函数y=g【答案】−【解析】【解答】解：依题意，g(x)=f(x+π当x∈0,π2时，2x+π6∈[π6,7π6故答案为：[−1【分析】利用正弦型函数的图象变换求出函数g(x)的解析式，再利用换元法和正弦函数求值域的方法，从而得出函数gx在区间0,13．已知曲线y=x+lnx在点1,1处的切线与曲线y=ax2【答案】0或2【解析】【解答】解：由y=x+lnx，得y'=1+1x，则曲线y=x+lnx在点1,1处的切线方程为因为它与y=ax2+a+4x+1则ax所以a≠0Δ=a+2解得a=2或a=0.故答案为：0或2.【分析】利用导数的几何意义得出切线的斜率，再利用点斜式得出曲线在点1,1处的切线方程，再联立切线方程和抛物线方程并消去y，再利用判别式为零得出a的值.14．祖暅，南北朝时期的伟大科学家，于5世纪末提出了体积计算原理：“幂势既同，则积不容异”，这就是“祖暅原理”.“势”即是高，“幂”是面积，意思是：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等.已知双曲线C：x29−y24=1，若直线y=0与y=2在第一象限内与双曲线C及其渐近线围成图形OABN（如图1），则它绕y轴旋转一周所得几何体Ω的体积为；由双曲线C和两直线y=±2围成的封闭图形绕y【答案】18π；【解析】【解答】解：由x29−y2则y=2在第一象限内与渐近线y=23x所以，y=2与双曲线x29−易得M0,2,A3,0，

如图所示，设直线y=y00≤y0≤2则D0,所以DN则πD根据祖晅原理，它绕y轴旋转一圈所得几何体的体积等于2×9π=18π又因为直角△OMN绕y轴旋转一周所得圆锥体积为：13所以Γ的体积为218故答案为：18π；48π.

【分析】设直线y=y00≤y0≤2与y轴的交点为D，在第一象限与双曲线及其渐近线的交点为B0,N0，从而得到πD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．记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，已知向量m=3sinC,−cos（1）求A；（2）若△ABC的面积为3，且b2+c【答案】（1）解：由题意知，m⋅由正弦定理得3sin因为0<C<π，所以sin则3sinA−cosA=0，又因为0<A<π，

所以A=（2）解：因为△ABC的面积为S=12bcsinA=所以b2由余弦定理得a2=b2+【解析】【分析】（1）根据数量积的坐标表示和正弦定理边角互化结合三角形中角C的取值范围以及同角三角函数基本关系式，可化简得tanA的值，再利用三角形中角A的取值范围，从而得出角A的值.（2）根据三角形的面积公式可得bc的长，从而得出b2（1）由题意知，m⋅由正弦定理得3sin因为0<C<π，所以sin则3sinA−cos又0<A<π，所以A=（2）因为△ABC的面积为S=12bc所以b2由余弦定理得a2=b16．已知函数fx（1）当a=−3时，求函数fx（2）讨论函数fx【答案】（1）解：当a=−3时，fx则f'由f'x<0，得0<x<2；

由f所以fx在0,2上单调递减，在2,+所以fx的极小值为f（2）解：因为x∈f当a≤0时，由f'x<0，得0<x<2；

由f此时，fx在0,2上单调递减，在2,+当0<a<2时，由f'x<0由f'x>0，得0<x<a此时，fx在a,2上单调递减，在0,a和2,+当a=2时，f'x=此时，fx在0,+当a>2时，由f'x<0由f'x>0，得0<x<2此时，fx在2,a上单调递减，在0,2和a,+综上可知，当a≤0时，fx在0,2上单调递减，在2,+当0<a<2时，fx在a,2上单调递减，在0,a和2,+当a=2时，fx在0,+当a>2时，fx在2,a上单调递减，在0,2和a,+【解析】【分析】（1）利用a的值得出函数的解析式，再利用求导的方法判断函数的单调性，从而得出函数fx（2）利用x的取值范围和对a≤0，0<a<2，a=2，a>2进行分类讨论，再利用求导的方法判断函数的单调性的方法，从而讨论出函数fx（1）当a=−3时，fxf由f'x<0，得0<x<2；由f所以fx在0,2上单调递减，在2,+故fx的极小值为f（2）x∈0,+当a≤0时，由f'x<0，得0<x<2；由f此时，fx在0,2上单调递减，在2,+当0<a<2时，由f'x<0由f'x>0，得0<x<a此时，fx在a,2上单调递减，在0,a和2,+当a=2时，f'x=此时，fx在0,+当a>2时，由f'x<0由f'x>0，得0<x<2此时，fx在2,a上单调递减，在0,2和a,+综上可知，当a≤0时，fx在0,2上单调递减，在2,+当0<a<2时，fx在a,2上单调递减，在0,a和2,+当a=2时，fx在0,+当a>2时，fx在2,a上单调递减，在0,2和a,+17．如图，在圆锥PO中，AC为底面圆O的一条直径，B,D为底面圆周上不同于A,C的两点，圆锥母线长为5,AC=2,∠BAC=（1）若AD=1，平面PAD与平面PBC的交线为l，证明：AD∥l；（2）若AD与平面PCD所成角的正切值为433，求【答案】（1）证明：因为AC为直径，

所以AD⊥CD,AB⊥BC，且AD=1,AC=2，

则CD=3且∠CAD=又因为∠BAC=30∘，

所以∠BAD=90∘，

则AD⊥AB，且AB⊥BC，AD,BC⊂平面ABCD，

可知AD//BC，且AD⊄平面PBC,BC⊂平面PBC，

所以又因为AD⊂平面PAD，平面PAD∩平面PBC=l，所以AD//l.（2）解：方法一：由题意知，AD⊥CD，如图，以D点为坐标原点，DA,DC所在直线为x,y轴，

过D与OP平行的直线为z轴，建立空间直角坐标系，可知PO=5−1=2，

设则Aa,0,0可得DA设平面PCD的法向量为n=x,y,z，

则令z=1，则x=−4a,y=0设AD与平面PCD所成角为θ∈0,则tanθ=sinθcosθ=433，

则cosDA整理得16+a2=19，解得a=3，方法二：以O点为坐标原点，OC,OP所在直线分别为y和z轴，

在平面ABCD内过O垂直于AC的直线为x轴，建立空间直角坐标系，则PO=5−1=2，设Dcosθ,sinθ,0，可得设平面PCD的法向量为n=x,y,z，则令z=1，则x=2−2sinθ设AD与平面PCD所成角为α∈0,π2，

则tanα=sinαcosα=43则cos整理得18+2sinθ=19，解得所以AD=2+2sinθ=【解析】【分析】（1）根据题意可得AD//BC，从而证出直线AD//平面PBC，再结合线面平行的性质定理证出AD∥l.（2）利用两种方法求解.

方法一：以D点为坐标原点建立空间直角坐标系，设AD=a，则得出点的坐标和向量的坐标，再利用两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，从而得出平面PCD的法向量，再利用同角三角函数基本关系式和数量积求向量夹角公式，从而得出实数a的值，进而得出AD的长.

方法二：以O点为坐标原点建立空间直角坐标系，则得出点的坐标，设Dcosθ,sinθ,0，从而得出向量的坐标，再利用两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，则得出平面（1）因为AC为直径，则AD⊥CD,AB⊥BC，且AD=1,AC=2，则CD=3且∠CAD=又因为∠BAC=30∘，则∠BAD=90且AB⊥BC，AD,BC⊂平面ABCD，可知AD//BC，且AD⊄平面PBC,BC⊂平面PBC，所以AD//平面PBC，又因为AD⊂平面PAD，平面PAD∩平面PBC=l，所以AD//l.（2）方法一：由题意知，AD⊥CD，如图，以D点为坐标原点，DA,DC所在直线为x,y轴，过D与OP平行的直线为z轴，建立空间直角坐标系，可知PO=5−1=2，设则Aa,0,0可得DA=设平面PCD的法向量为n=x,y,z，则令z=1，则x=−4a,y=0设AD与平面PCD所成角为θ∈0,则tanθ=sinθ且cos2θ+sin即cosDA整理得16+a2=19，解得a=方法二：以O点为坐标原点，OC,OP所在直线分别为y和z轴，在平面ABCD内过O垂直于AC的直线为x轴，建立空间直角坐标系，则PO=5−1=2，设Dcosθ,sinθ,0，可得设平面PCD的法向量为n=x,y,z，则令z=1，则x=2−2sinθ设AD与平面PCD所成角为α∈0,π2，则tan且cos2α+sin即cosDA整理得18+2sinθ=19，解得所以AD=2+2sin18．已知双曲线C:x2a2−y2（1）若抛物线的方程为y2①求双曲线C的方程；②设直线l:x=32与x轴交于点E，过点P6,0的直线交C于A,B两点，点Q在直线l上，且直线AQ⊥y（2）过F的直线m与抛物线Γ交于M,N两点，与C的两条渐近线交于S,T两点（均位于y轴右侧）.若实数λ满足λ1OS+【答案】（1）①解：设双曲线的焦距为2c，

则p2=c=23，

又因为p=4b，所以c=2b则a=c所以双曲线C的方程为x2②证明：由题意得，E3当直线AB与x轴不重合时，

设直线AB的方程为x=ty+6,Ax1,由x29−y2因为Δ>0恒成立，

由韦达定理得y则9由Q32,y1，

得直线BQ的方程为y−则x=−y1=32y则直线BQ恒过点154当直线AB与x轴重合时，

设A4,0,B−4,0，点Q32,0，直线综上所述，直线BQ恒过定点154（2）解：由题意知，p2=c，又因为p=4b，

则所以双曲线C的渐近线方程为y=±3易知直线m的斜率不为0，

设直线m:x=ny+c,Sx5,因为S,T两点且均位于y轴右侧，所以n2由x=ny+cy=±33x，则1OS设Mx3,y3,Nx4,则y31MF−=11+n由λ1OS+1OT=1MF−1NF又因为0≤n2<3，所以3则实数λ的取值范围为0,1【解析】【分析】（1）①根据抛物线的焦点坐标和双曲线的焦点坐标和已知条件，再利用双曲线中a，b，c三者的关系式，从而得出a,b,c的值，进而得出双曲线C的标准方程.

②由题意得，E32,0，当直线AB与x轴不重合时，设直线AB的方程为x=ty+6,Ax1,y1,Bx2,y2，联立直线方程和双曲线方程得出韦达定理式，再利用点Q的坐标和点斜式方程得出直线BQ的方程，令y=0，计算得出直线BQ恒过点154,0；当直线AB与（2）联立直线方程和抛物线方程，从而得出y5=c3−n,y（1）①设双曲线的焦距为2c，则有p2=c=23，又所以b=3，则a=所以双曲线C的方程为x2②由题意得，E3当直线AB与x轴不重合时，设直线AB的方程为x=ty+6,Ax由x29−Δ>0恒成立，由韦达定理得y则有9由Q32,y1得，直线BQx=−y1=32即直线BQ恒过点154当直线AB与x轴重合时，设A4,0,B−4,0，点Q32154,0.综上，直线BQ恒过定点（2）由题意知，p2=c，又p=4b，则所以双曲线C的渐近线方程为y=±3易知直线m的斜率不为0，设直线m:x=ny+c,Sx由于S,T两点且均位于y轴右侧，有n2由x=ny+cy=±331OS设Mx3,y3,Nx则有y31MF−=11+由λ1OS+λ⋅3c=又0≤n2<3，则3故实数λ的取值范围为0,119．中国