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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
1．（2025·湖南模拟）已知集合，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：解不等式，
得，
解得，
则，
解不等式，
得，
则，
所以.
故答案为：D.
【分析】利用一元二次不等式的求解方法和对数函数的单调性，从而得出集合A和集合B，再利用交集的运算法则，从而得出集合.
2．（2025·湖南模拟）已知复数满足（为虚数单位），则的虚部为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】虚数单位i及其性质；复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算；共轭复数
【解析】【解答】解：因为复数满足，
所以，
可得：，
所以，
故的虚部为.
故答案为：B.
【分析】根据复数的周期性和复数的除法运算法则，从而计算出复数，再由共轭复数的定义求出复数，再由复数的虚部的定义得出复数的虚部.
3．（2025·湖南模拟）已知，则在上的投影向量为（　　）
A． B． C．. D．
【答案】D
【知识点】平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：因为，
所以，
则在上的投影向量为：.
故答案为：D.
【分析】利用向量的坐标运算，从而计算出向量的坐标，再根据数量积求投影向量的公式，从而得出在上的投影向量的坐标.
4．（2025·湖南模拟）若，则的值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】两角和与差的余弦公式；同角三角函数间的基本关系；运用诱导公式化简求值
【解析】【解答】解：因为，
所以，
又因为，
所以，
所以，
所以
.
故答案为：C.
【分析】由可得的值，再结合角的取值范围和同角三角函数基本关系式，从而得出的值，再由两角和的余弦公式和配凑角的方法，从而得出的值.
5．（2025·湖南模拟）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
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定
【解析】【解答】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，
因为，则，
又因为，均不与相交，
所以，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，如图，
当与不垂直时，不与垂直，故D错误.
故答案为：C.
【分析】由已知条件结合线面平行的性质定理判断出选项A；再利用面面平行的性质定理判断出选项B；由反证法结合题意可判断选项C；由图和题意结合面面垂直的性质定理、线面垂直的判定定理，则可判断选项D，从而找出结论正确的选项.
6．（2025·湖南模拟）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
【知识点】利用导数研究函数的单调性；含三角函数的复合函数的值域与最值；函数极限
【解析】【解答】解：对于A，因为，
所以，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，故A错误；
对于B，因为，
由，得，可得；
由，得，可得，
所以，函数的单调递减区间为，单调递增区间为，不合乎要求，故B错误；
对于C，因为 函数的定义域为，
所以，
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，故C正确；
对于D，因为，
所以，该函数的定义域为，
取，
则，
当且，，
取，
则，
当且，
则，
因为函数在上的图象是连续不断的，
所以，函数的值域为，
所以，函数的图象不存在渐近线，不满足要求，故D错误.
故答案为：C.
【分析】利用已知条件结合导数判断函数单调性的方法和函数求极限的方法，从而分析各选项中的函数的单调性或函数值域，进而逐项判断找出满足要求的函数.
7．（2025·湖南模拟）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
【知识点】离散型随机变量及其分布列；二项分布；全概率公式
【解析】【解答】解：设击中次数为，则，
所以，
，
由全概率公式得，目标被摧毁的概率为.
故答案为：C.
【分析】由已知条件可得击中次数服从二项分布，从而分别求得其对应概率，再由全概率公式代入计算得出目标被摧毁的概率.
8．（2025·湖南模拟）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
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体
【解析】【解答】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，
又因为AD中点为，
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，
所以，可设的坐标为，
又因为，
所以三角形的外接圆半径，
由题意，可设点的坐标为，且，
由外接球的定义知：，
则，
得，
故当最小时，半径最小，则体积最小，
由基本不等式知，，
当且仅当时等号成立，
则，
所以，三棱锥的外接球的体积为.
【分析】如图建立空间直角坐标系，利用三角形外心定义可得的外接圆圆心的坐标，从而可得外接圆半径长，设点的坐标为和点的坐标为，再利用可得，再由球的体积公式和基本不等式求最值的方法，从而得出三棱锥的外接球体积的最小值.
9．（2025·湖南模拟）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】B,D
【知识点】频率分布直方图；众数、中位数、平均数；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：对于A，由，
得，故A错误；
对于B，因为众数是频率分布直方图中最高矩形的底边中点的横坐标，
所以众数是95，故B正确；
对于C，因为90左边的频率是0.35，故C错误；
对于D，因为第25百分位数就是下四分位数，
又因为85左边的频率是0.25，故D正确.
故答案为：BD.
【分析】根据频率分布直方图中各小组的频率等于各小组的面积，再由各组的频率之和为1求出的值，则判断出选项A；利用众数，中位数和下四分位数的概念依次判断出选项B、选项C和选项D，从而找出说法正确的选项.
10．（2025·湖南模拟）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】A,B,D
【知识点】函数的值域；函数的图象与图象变化；函数的周期性
【解析】【解答】解：由函数的图象的变换知选项A正确；
因为图象变换中没有上下平移，
所以值域不变，可知选项B正确；
由，得①，
在中，用代替得，②，
由①②得，
所以3是的周期，故选项C错误；
由，知的周期，
则，
在中，
令，得，
所以，故选项D正确.
故答案为：ABD.
【分析】由函数的图象的变换和函数求值域的方法，可判断选项A和选项B；由函数周期性的定义判断出选项C；结合函数周期性代入计算得出的值，则可判断选项D，从而找出说法正确的选项.
11．（2025·湖南模拟）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】A,B,D
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】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，
又因为，
所以，
则，
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，
则，故选项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
由抛物线定义可知，
所以，故选项D正确，
故答案为：ABD.
【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处的切线方程，再联立切线方程得出点P的坐标，则判断出选项A；根据题中条件得出，从而得出点是线段的中点，则， 从而判断出选项B；根据题意和三角形的面积公式得出，，从而得出， 则判断出选项C；利用两点间的距离公式和抛物线的定义以及抛物线的焦半径公式，从而得出，则判断出选项D，从而找出说法正确的选项.
12．（2025·湖南模拟）已知数列中，，，则数列的前项和的最大值等于　 　.
【答案】
【知识点】函数的最大（小）值；等差数列概念与表示；等差数列的前n项和
【解析】【解答】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
因为，
所以，当或时，取得最大值.
故答案为：.
【分析】利用已知条件得出数列为等差数列，从而确定该数列的首项和公差，再利用等差数列前n项和公式求出该数列的前项和，再结合二次函数求最值的方法，从而得出的最大值.
13．（2025·湖南模拟）已知点在圆上，点，则当最小时，点到原点的距离为　 　.
【答案】
【知识点】平面向量数量积的坐标表示；平面内两点间距离公式的应用
【解析】【解答】解：由题意可知，圆的标准方程为，圆心为，，
设，又因为，
所以，
所以，
令，则，
又因为在圆上，
由，解得，
根据题意可知满足题意，
则与圆相切时满足题意，此时，
则点到原点的距离为.
故答案为：.
【分析】设，根据题意得到，令，则得到，再根据题意可得与圆相切时满足题意，再结合勾股定理得出当最小时，点到原点的距离.
14．（2025·湖南模拟）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
【知识点】分类加法计数原理；分步乘法计数原理
【解析】【解答】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：.
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，总计：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，
当时，十位和个位需含0和2，共2个；
当时，十位和个位需含0，共5个（），总计：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，
总计：个.
则三位“稳定数”总数为个.
故答案为：151.
【分析】利用两种方法求解.
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，再合计得出三位“稳定数”共有的个数.
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，再合计得出三位“稳定数”共有的个数.
15．（2025·湖南模拟）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）解：由，
得.
解法一：由正弦定理得，
在中，，
所以，
所以，
则，
因为，
所以，
又因为，
所以.
解法二：由余弦定理得，，
化简得，
由余弦定理得，，
又因为，
所以.
（2）解：由是的平分线，
得.
解法一：，
又因为，
所以
.
解法二：由，得
则，
解得，
所以.
【知识点】两角和与差的正弦公式；正弦定理的应用；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）利用两种方法求解.
解法一：由已知条件和正弦定理以及两角和的正弦公式，再结合三角形中角B的取值范围，从而化简得出角B的值.
解法二：由已知条件和余弦定理以及三角形中角B的取值范围，从而化简得出角B的值.
（2）利用两种方法求解.
解法一：先由三角形的面积公式得到，再结合可得，再利用三角形的面积公式得出的面积.
解法二：由结合三角形的面积公式得到的长，再利用三角形的面积公式得出的面积.
（1）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.
（2）由是的平分线，得，
解法一：，
又，
所以
.
解法二：由得
.
即，
解得，
所以.
16．（2025·湖南模拟）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）解：由题意知的可能取值为，
则，
，
，
所以的分布列为：
0 1 2
所以.
（2）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，
所以，
所以.
【知识点】等比数列概念与表示；等比数列的通项公式；离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差；全概率公式
【解析】【分析】（1）利用已知条件写出随机变量的所有取值，从而求出对应概率，则可得出随机变量的分布列，再根据期望公式求出随机变量的期望.
（2）根据全概率公式求出与的关系，再利用构造法和等比数列定义，从而判断出数列是首项为，公比为的等比数列，再利用等比数列的通项公式得出.
（1）由题意知的可能取值为，
，
，
，
所以的分布列为
0 1 2
所以；
（2）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．（2025·湖南模拟）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）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，
则二面角，
故点到平面的距离为，
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.
（2）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，
所以
可得，
同理可设平面的法向量为，
则，且，
所以
可得，
记平面和平面所成角的平面角为，则
令，
则
显然为关于的增函数，
所以.
【知识点】函数的值域；数量积表示两个向量的夹角；含三角函数的复合函数的值域与最值；组合几何体的面积、表面积、体积问题；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）根据题意，证明折叠过程中始终有平面，平面，由此得出棱锥的高，再利用分割法得出多面体的体积.
（2）利用已知条件，建立空间直角坐标系，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，从而得出平面的法向量和平面的法向量，再利用数量积求向量夹角公式得出平面和平面夹角的余弦值，再结合换元法和函数单调性，从而求出平面和平面夹角的余弦值的取值范围.
（1）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.
（2）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．（2025·湖南模拟）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）解：当时，，
则，
则当时，
当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
则的极大值是的极小值是，
由有三个零点，
则，
解得.
（2）解：由，知，
所以，
所以是方程的两个根，
则，
得，
所以，
由，
得.
①当时，
，
则此时不成立；
②当时，
，
所以，只需，
则，
解得，
综上可得：.
（3）解：当时，，
由有三个零点，知有两个不相等的解，
记为（设），
所以，
得（舍去），
由求根公式知，
则在上单调递增，在上单调递减，
所以的极大值为，
由，
得，
所以，
代入得，
由和，知，
考虑函数，
则，
所以在上单调递减，
所以，
所以，
所以的极大值大于.
【知识点】函数的最大（小）值；函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）由a，b的值得出函数的解析式，再利用导数判断函数单调性的方法，从而得出函数的极值，再利用函数的极大值大于0，极小值小于0，从而得出实数c的取值范围.
（2）由题意可得是方程的两个根，再由韦达定理结合题意可得，随再根据分类讨论与大小关系和表达式恒成立问题求解方法，从而得出实数的取值范围.
（3）设的两个不等根为，由题意可得的极大值为，再由，则可用表示，从而可得，再利用导数判断函数的单调性，从而比较出的极大值与的大小.
（1）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.
（2）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.
（3）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.
19．（2025·湖南模拟）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）解：设，
则，
得
点在椭圆上，
，
，
化简整理得，
则，
所以.
（2）证明：由（1）可设直线的方程为，
则点到直线的距离为，
所以
由，
得，
展开整理得，
由（1）知，
所以，
则，
两式联立得，
所以，的面积，为定值.
（3）解：由题意，可设，
则直线的方程为，即，
联立
消得，
设，

依题意可得，
则，且，
所以
，
因为
所以
，
所以，
当且仅当时，等号成立，
则的最大值为.
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）设出三点坐标，由向量关系写出点坐标与点坐标的等式，代入椭圆标准方程，从而计算化简可得直线的斜率的关系.
（2）由点坐标表示出，再结合点在椭圆上和第（1）问的结果，从而化简计算求出，再利用和三角形的面积公式，从而证出 的面积为定值.
（3）联立直线与椭圆方程，由韦达定理表示两点坐标之间的关系，再利用两点距离公式计算出为定值，再结合不等式的基本性质，从而得出的最大值.
（1）设，则，得
点在椭圆上，，
，化简整理得，即，
故.
（2）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.
（3）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.
1 / 1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
1．（2025·湖南模拟）已知集合，则（　　）
A． B． C． D．
2．（2025·湖南模拟）已知复数满足（为虚数单位），则的虚部为（　　）
A． B． C． D．
3．（2025·湖南模拟）已知，则在上的投影向量为（　　）
A． B． C．. D．
4．（2025·湖南模拟）若，则的值为（　　）
A． B． C． D．
5．（2025·湖南模拟）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．（2025·湖南模拟）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．（2025·湖南模拟）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．（2025·湖南模拟）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．
9．（2025·湖南模拟）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．（2025·湖南模拟）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．（2025·湖南模拟）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．
12．（2025·湖南模拟）已知数列中，，，则数列的前项和的最大值等于　 　.
13．（2025·湖南模拟）已知点在圆上，点，则当最小时，点到原点的距离为　 　.
14．（2025·湖南模拟）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.
15．（2025·湖南模拟）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．（2025·湖南模拟）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．（2025·湖南模拟）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．（2025·湖南模拟）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．（2025·湖南模拟）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.
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：解不等式，
得，
解得，
则，
解不等式，
得，
则，
所以.
故答案为：D.
【分析】利用一元二次不等式的求解方法和对数函数的单调性，从而得出集合A和集合B，再利用交集的运算法则，从而得出集合.
2．【答案】B
【知识点】虚数单位i及其性质；复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算；共轭复数
【解析】【解答】解：因为复数满足，
所以，
可得：，
所以，
故的虚部为.
故答案为：B.
【分析】根据复数的周期性和复数的除法运算法则，从而计算出复数，再由共轭复数的定义求出复数，再由复数的虚部的定义得出复数的虚部.
3．【答案】D
【知识点】平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：因为，
所以，
则在上的投影向量为：.
故答案为：D.
【分析】利用向量的坐标运算，从而计算出向量的坐标，再根据数量积求投影向量的公式，从而得出在上的投影向量的坐标.
4．【答案】C
【知识点】两角和与差的余弦公式；同角三角函数间的基本关系；运用诱导公式化简求值
【解析】【解答】解：因为，
所以，
又因为，
所以，
所以，
所以
.
故答案为：C.
【分析】由可得的值，再结合角的取值范围和同角三角函数基本关系式，从而得出的值，再由两角和的余弦公式和配凑角的方法，从而得出的值.
5．【答案】C
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定
【解析】【解答】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，
因为，则，
又因为，均不与相交，
所以，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，如图，
当与不垂直时，不与垂直，故D错误.
故答案为：C.
【分析】由已知条件结合线面平行的性质定理判断出选项A；再利用面面平行的性质定理判断出选项B；由反证法结合题意可判断选项C；由图和题意结合面面垂直的性质定理、线面垂直的判定定理，则可判断选项D，从而找出结论正确的选项.
6．【答案】C
【知识点】利用导数研究函数的单调性；含三角函数的复合函数的值域与最值；函数极限
【解析】【解答】解：对于A，因为，
所以，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，故A错误；
对于B，因为，
由，得，可得；
由，得，可得，
所以，函数的单调递减区间为，单调递增区间为，不合乎要求，故B错误；
对于C，因为 函数的定义域为，
所以，
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，故C正确；
对于D，因为，
所以，该函数的定义域为，
取，
则，
当且，，
取，
则，
当且，
则，
因为函数在上的图象是连续不断的，
所以，函数的值域为，
所以，函数的图象不存在渐近线，不满足要求，故D错误.
故答案为：C.
【分析】利用已知条件结合导数判断函数单调性的方法和函数求极限的方法，从而分析各选项中的函数的单调性或函数值域，进而逐项判断找出满足要求的函数.
7．【答案】C
【知识点】离散型随机变量及其分布列；二项分布；全概率公式
【解析】【解答】解：设击中次数为，则，
所以，
，
由全概率公式得，目标被摧毁的概率为.
故答案为：C.
【分析】由已知条件可得击中次数服从二项分布，从而分别求得其对应概率，再由全概率公式代入计算得出目标被摧毁的概率.
8．【答案】B
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体
【解析】【解答】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，
又因为AD中点为，
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，
所以，可设的坐标为，
又因为，
所以三角形的外接圆半径，
由题意，可设点的坐标为，且，
由外接球的定义知：，
则，
得，
故当最小时，半径最小，则体积最小，
由基本不等式知，，
当且仅当时等号成立，
则，
所以，三棱锥的外接球的体积为.
【分析】如图建立空间直角坐标系，利用三角形外心定义可得的外接圆圆心的坐标，从而可得外接圆半径长，设点的坐标为和点的坐标为，再利用可得，再由球的体积公式和基本不等式求最值的方法，从而得出三棱锥的外接球体积的最小值.
9．【答案】B,D
【知识点】频率分布直方图；众数、中位数、平均数；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：对于A，由，
得，故A错误；
对于B，因为众数是频率分布直方图中最高矩形的底边中点的横坐标，
所以众数是95，故B正确；
对于C，因为90左边的频率是0.35，故C错误；
对于D，因为第25百分位数就是下四分位数，
又因为85左边的频率是0.25，故D正确.
故答案为：BD.
【分析】根据频率分布直方图中各小组的频率等于各小组的面积，再由各组的频率之和为1求出的值，则判断出选项A；利用众数，中位数和下四分位数的概念依次判断出选项B、选项C和选项D，从而找出说法正确的选项.
10．【答案】A,B,D
【知识点】函数的值域；函数的图象与图象变化；函数的周期性
【解析】【解答】解：由函数的图象的变换知选项A正确；
因为图象变换中没有上下平移，
所以值域不变，可知选项B正确；
由，得①，
在中，用代替得，②，
由①②得，
所以3是的周期，故选项C错误；
由，知的周期，
则，
在中，
令，得，
所以，故选项D正确.
故答案为：ABD.
【分析】由函数的图象的变换和函数求值域的方法，可判断选项A和选项B；由函数周期性的定义判断出选项C；结合函数周期性代入计算得出的值，则可判断选项D，从而找出说法正确的选项.
11．【答案】A,B,D
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】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，
又因为，
所以，
则，
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，
则，故选项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
由抛物线定义可知，
所以，故选项D正确，
故答案为：ABD.
【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处的切线方程，再联立切线方程得出点P的坐标，则判断出选项A；根据题中条件得出，从而得出点是线段的中点，则， 从而判断出选项B；根据题意和三角形的面积公式得出，，从而得出， 则判断出选项C；利用两点间的距离公式和抛物线的定义以及抛物线的焦半径公式，从而得出，则判断出选项D，从而找出说法正确的选项.
12．【答案】
【知识点】函数的最大（小）值；等差数列概念与表示；等差数列的前n项和
【解析】【解答】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
因为，
所以，当或时，取得最大值.
故答案为：.
【分析】利用已知条件得出数列为等差数列，从而确定该数列的首项和公差，再利用等差数列前n项和公式求出该数列的前项和，再结合二次函数求最值的方法，从而得出的最大值.
13．【答案】
【知识点】平面向量数量积的坐标表示；平面内两点间距离公式的应用
【解析】【解答】解：由题意可知，圆的标准方程为，圆心为，，
设，又因为，
所以，
所以，
令，则，
又因为在圆上，
由，解得，
根据题意可知满足题意，
则与圆相切时满足题意，此时，
则点到原点的距离为.
故答案为：.
【分析】设，根据题意得到，令，则得到，再根据题意可得与圆相切时满足题意，再结合勾股定理得出当最小时，点到原点的距离.
14．【答案】151
【知识点】分类加法计数原理；分步乘法计数原理
【解析】【解答】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：.
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，总计：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，
当时，十位和个位需含0和2，共2个；
当时，十位和个位需含0，共5个（），总计：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，
总计：个.
则三位“稳定数”总数为个.
故答案为：151.
【分析】利用两种方法求解.
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，再合计得出三位“稳定数”共有的个数.
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，再合计得出三位“稳定数”共有的个数.
15．【答案】（1）解：由，
得.
解法一：由正弦定理得，
在中，，
所以，
所以，
则，
因为，
所以，
又因为，
所以.
解法二：由余弦定理得，，
化简得，
由余弦定理得，，
又因为，
所以.
（2）解：由是的平分线，
得.
解法一：，
又因为，
所以
.
解法二：由，得
则，
解得，
所以.
【知识点】两角和与差的正弦公式；正弦定理的应用；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）利用两种方法求解.
解法一：由已知条件和正弦定理以及两角和的正弦公式，再结合三角形中角B的取值范围，从而化简得出角B的值.
解法二：由已知条件和余弦定理以及三角形中角B的取值范围，从而化简得出角B的值.
（2）利用两种方法求解.
解法一：先由三角形的面积公式得到，再结合可得，再利用三角形的面积公式得出的面积.
解法二：由结合三角形的面积公式得到的长，再利用三角形的面积公式得出的面积.
（1）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.
（2）由是的平分线，得，
解法一：，
又，
所以
.
解法二：由得
.
即，
解得，
所以.
16．【答案】（1）解：由题意知的可能取值为，
则，
，
，
所以的分布列为：
0 1 2
所以.
（2）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，
所以，
所以.
【知识点】等比数列概念与表示；等比数列的通项公式；离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差；全概率公式
【解析】【分析】（1）利用已知条件写出随机变量的所有取值，从而求出对应概率，则可得出随机变量的分布列，再根据期望公式求出随机变量的期望.
（2）根据全概率公式求出与的关系，再利用构造法和等比数列定义，从而判断出数列是首项为，公比为的等比数列，再利用等比数列的通项公式得出.
（1）由题意知的可能取值为，
，
，
，
所以的分布列为
0 1 2
所以；
（2）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．【答案】（1）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，
则二面角，
故点到平面的距离为，
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.
（2）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，
所以
可得，
同理可设平面的法向量为，
则，且，
所以
可得，
记平面和平面所成角的平面角为，则
令，
则
显然为关于的增函数，
所以.
【知识点】函数的值域；数量积表示两个向量的夹角；含三角函数的复合函数的值域与最值；组合几何体的面积、表面积、体积问题；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）根据题意，证明折叠过程中始终有平面，平面，由此得出棱锥的高，再利用分割法得出多面体的体积.
（2）利用已知条件，建立空间直角坐标系，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，从而得出平面的法向量和平面的法向量，再利用数量积求向量夹角公式得出平面和平面夹角的余弦值，再结合换元法和函数单调性，从而求出平面和平面夹角的余弦值的取值范围.
（1）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.
（2）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．【答案】（1）解：当时，，
则，
则当时，
当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
则的极大值是的极小值是，
由有三个零点，
则，
解得.
（2）解：由，知，
所以，
所以是方程的两个根，
则，
得，
所以，
由，
得.
①当时，
，
则此时不成立；
②当时，
，
所以，只需，
则，
解得，
综上可得：.
（3）解：当时，，
由有三个零点，知有两个不相等的解，
记为（设），
所以，
得（舍去），
由求根公式知，
则在上单调递增，在上单调递减，
所以的极大值为，
由，
得，
所以，
代入得，
由和，知，
考虑函数，
则，
所以在上单调递减，
所以，
所以，
所以的极大值大于.
【知识点】函数的最大（小）值；函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）由a，b的值得出函数的解析式，再利用导数判断函数单调性的方法，从而得出函数的极值，再利用函数的极大值大于0，极小值小于0，从而得出实数c的取值范围.
（2）由题意可得是方程的两个根，再由韦达定理结合题意可得，随再根据分类讨论与大小关系和表达式恒成立问题求解方法，从而得出实数的取值范围.
（3）设的两个不等根为，由题意可得的极大值为，再由，则可用表示，从而可得，再利用导数判断函数的单调性，从而比较出的极大值与的大小.
（1）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.
（2）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.
（3）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.
19．【答案】（1）解：设，
则，
得
点在椭圆上，
，
，
化简整理得，
则，
所以.
（2）证明：由（1）可设直线的方程为，
则点到直线的距离为，
所以
由，
得，
展开整理得，
由（1）知，
所以，
则，
两式联立得，
所以，的面积，为定值.
（3）解：由题意，可设，
则直线的方程为，即，
联立
消得，
设，

依题意可得，
则，且，
所以
，
因为
所以
，
所以，
当且仅当时，等号成立，
则的最大值为.
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）设出三点坐标，由向量关系写出点坐标与点坐标的等式，代入椭圆标准方程，从而计算化简可得直线的斜率的关系.
（2）由点坐标表示出，再结合点在椭圆上和第（1）问的结果，从而化简计算求出，再利用和三角形的面积公式，从而证出 的面积为定值.
（3）联立直线与椭圆方程，由韦达定理表示两点坐标之间的关系，再利用两点距离公式计算出为定值，再结合不等式的基本性质，从而得出的最大值.
（1）设，则，得
点在椭圆上，，
，化简整理得，即，
故.
（2）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.
（3）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.
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