2025届湖南省名校联考联合体高三上学期第二次联考数学试题（原卷及解析版）

这是一份2025届湖南省名校联考联合体高三上学期第二次联考数学试题（原卷及解析版），文件包含精品解析2025届湖南省名校联考联合体高三上学期第二次联考数学试题原卷版docx、精品解析2025届湖南省名校联考联合体高三上学期第二次联考数学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共26页， 欢迎下载使用。

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】C
【解析】
【分析】根据条件得到，再利用集合的运算，即可求出结果.
【详解】由，得到，所以，又，
所以，
故选：C.
2. 若复数在复平面内对应的点的坐标为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据条件，利用复数的运算法则，得到，再利用复数的几何意义，即可求出结果.
【详解】因为，其对应的坐标为，
故选：C.
3. 已知向量，满足，，则（ ）
A. 3B. C. 1D.
【答案】D
【解析】
【分析】由已知得，，进而两式作差并整理即可得答案.
【详解】因为向量，满足，，
所以，，
即， ①
， ②
所以，得：，即，
所以.
故选：D
4. 的展开式中的系数为（ ）
A. B. C. 40D. 80
【答案】D
【解析】
【分析】根据二项式展开式的通项特征即可求解.
【详解】展开式中含的项为，
所以的系数为，
故选：D
5. 函数在（）内没有最小值，且存在，使得，则的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】通过取特殊值排除验证即可.
【详解】当时，此时
，
，，不满足存在，使得，故排除A,D
当时，此时，
，，
，
，，此时不满足题意，故排除C
综上所述B正确
故选：B
6. 若为锐角，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据化简，可求，进而求出.
【详解】因为，
所以
，
所以，
因为为锐角，故.
故选：B
7. 已知，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据对数的定义域及单调性得出参数范围即可.
【详解】因为对数的定义域，得或，
又因为4a2+1-4a=2a-12>0,所以4a2+1>4a,
因为，所以可得,
因为，可得,
所以.
故选：B.
8. 已知函数，若的图象上存在两点，，使得的图象在，处的切线互相垂直，且过点只能作1条切线与的图象相切，则的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题设得到，设过点的直线与相切于点，利用导数的几何意义及过两点直线的斜率得到，构造函数，利用导数与函数的单调性间的关系，求出单调区间，再结合的图象与题设条件，即可求出结果.
【详解】设，，因为，所以，
由题有有解，
又，所以，即，
设过点的直线与相切于点，
则有，整理得到，
令，则，
由，得到或，由，得到，
即的单调递增区间为，1,+∞，递减区间为0,1，
又当时，，当时，，
当时，，当时，，
的图象如图，又过点只能作1条切线与的图象相切，
所以或，又，所以或，

故选：C.
【点睛】关键点点晴：本题的关键在于，通过设过点的直线与相切于点，根据题设得到，从而将问题转化成只有一解，构造函数，利用导数求出函数的单调区间，进而得出函数图象，数形结合，即可解决问题.
二、选择题（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. 下图为2024年中国大学生使用APP偏好及目的统计图，根据统计图，下列关于2024年中国大学生使用APP的结论正确的是（ ）
A. 超过大学生更爱使用购物类APP
B. 超过半数的大学生使用APP是为了学习与生活需要
C. 使用APP偏好情况中7个占比数字的极差是
D. APP使用目的中6个占比数字的分位数是
【答案】AC
【解析】
【分析】选项A和B，根据图表中数据，即可判断出正误；选项C，根据图表中数据，利用极差的定义，即可求解；选项D，将占比数字从小到大排列，再利用百分位数的求法，即可求解.
【详解】对于选项A，根据图表知，大学生使用购物类APP占比为，所以选项A正确，
对于选项B，根据图表知，大学生使用APP是为了学习与生活需要的占比为，所以选项B错误，
对于选项C，根据图表知，使用APP偏好情况中7个占比数字的极差是，所以选项C正确，
对于选项D，根据图表知，APP使用目的中6个占比数字从小排到大分别为，
又，所以分位数是，故选项D错误.
故选：AC.
10. 已知函数满足对任意，都有，且，则（ ）
A. B.
C. D. 是偶函数
【答案】AD
【解析】
【分析】选项A，根据条件，令，即可求得，即可判断选项A的正误；选项B，令，可求得，即可判断选项B的正误；选项C，利用选项A的结果，从而可得，即可求解；选项D，用代替，得到与相减，可得，即可求解.
【详解】对于选项A，令，得到，所以选项A正确，
对于选项B，令，得到，由（1）知，所以，故选项B错误，
对于选项C，由选项A知，而，所以选项C错误，
对于选项D，用代替，得到，
即①，又②，
由①②得到，，得到，
又的定义域为，关于原点对称，
所以是偶函数，即选项D正确，
故选：AD.
11. 已知数列满足对任意，，都有，且，（）的所有不同的值按照从小到大构成数列，则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. 中任意3项不成等差数列D. 的前15项的和为402
【答案】ACD
【解析】
【分析】令，，据题意，可知是首项为2，公比为2的等比数列，对于A，代入通项公式即可；对于BD，列举数列的前几项即可验证；对于C，假设成等差数列，由通项公式可得，方程两边同时除以，得，偶数=奇数，出现矛盾，即可判断.
【详解】由题意，因为对任意，，都有，
令，，则，
因为，所以，
所以数列是首项为2，公比为2的等比数列，
所以，
对于A，，，
故，A正确；
对于B，由题意，数列的前5项为：2，4，6，8，12，
所以，B错误；
对于C，假设成等差数列，不妨设，
因为，所以，即，
方程两边同时除以，得 ，
由于方程左边为偶数，右边为奇数，故上式不成立，故C正确；
对于D，由题意，数列的前15项为：
2，4，6，8，12，14，16，24，28，30，32，48，56，60，62，
所以的前15项的和为：
，故D正确；
故选：ACD
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.）
12. 命题“，”的否定是__________.
【答案】，.
【解析】
【分析】根据全称命题的否定的结构形式可得其否定.
【详解】由 “，”可得其否定为：，.
故答案为：，.
13. 某传媒公司针对“社交电商用户是否存在性别差异”进行调查，共调查了个人，得到如下列联表：
已知，若根据的独立性检验认为“社交电商用户存在性别差异”，则的最小值为__________.
【答案】3
【解析】
【分析】先根据已知计算，再根据独立性检验的性质列不等式计算即可.
【详解】，
所以根据的独立性检验认为是不是社交电商用户与性别有关，则的最小值为3.
故答案为：3.
14. 已知函数有3个极值点，，（），则的取值范围是______；若存在，使得，则的取值范围是______.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】根据题意，分和求导，进而构造函数，将问题转化为函数与有三个交点，进而数形结合即可求得的取值范围；再结合以上讨论即可得到，的取值范围即为的取值范围，进而令，并根据极值点问题转化得，再结合导数求的取值范围.
【详解】因为函数，
所以，当时，，，令得，
所以，当时，，，令得
所以，令，则
所以，当时，时，，时，，
所以，函数在和上单调递增，在上单调递减；
因为函数有3个极值点，，（），
所以，函数与有三个交点，
因为，当时gx>0，当时gx>0，，
作出函数与图象如图，

由图可知，函数与有三个交点，则满足且，
所以，当存在，使得，只需满足，
所以，的取值范围即为的取值范围.
令，则，
因为，为函数的极值点，
所以，，即，，
所以，，
所以，即，
所以，，故令，
所以，，
令，则，
所以，当时，单调递增，当时，单调递减，
所以，，即，
所以，，即函数在时单调递减，
所以，，即的取值范围为.
故答案为：；
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键在于分类讨论，将问题转化为函数与有三个交点，进而结合导数研究函数的单调性，极值，数形结合求解问题.
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. 某中学数学兴趣小组，为测量学校附近正在建造中的某建筑物的高度，在学校操场选择了同一条直线上的，，三点，其中，点为中点，兴趣小组组长小王在，，三点上方5m处的，，观察已建建筑物最高点的仰角分别为，，，其中，，，点为点在地面上的正投影，点为上与，，位于同一高度的点.
（1）求建造中的建筑物已经到达的高度；
（2）求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设，根据条件得到，在和，利用余弦定理得到，即可求解；
（2）利用正弦定理得到，由（1）知，即可求解.
【小问1详解】
如图，设，因为在，，处观察已建建筑物最高点的仰角分别为，，，且，，，
所以，又，是的中点，
在中，由余弦定理得到，
在中，由余弦定理得到，
又，所以，
整理得到，解得，所以.
【小问2详解】
在中，由正弦定理知①，
在中，由正弦定理知②，由（1）知，
由②①得到.
16. 已知函数是定义域为的奇函数，且时，.
（1）求时的解析式；
（2）若方程有3个不同的实根，，，求的取值范围及的取值范围.
【答案】（1）
（2），
【解析】
【分析】（1）当时，，根据条件，代入，再利用，即可求出结果；
（2）利用导数与函数单调性间的关系，求出的单调区间，进而得出图象，结合图象，即可求出的取值范围；再分，和三种情况讨论，通过换元和函数的对称性，将问题转化成和的根来求解，即可求解.
【小问1详解】
当时，，所以，又，
所以，得到，
即时的解析式为.
【小问2详解】
由（1）知，，
当时，，所以，
当时，，当时，，
即在区间0,1上单调递增，在区间1,+∞上单调递减，
当时，，所以，
当时，，当时，，
即区间上单调递增，在区间上单调递减，
又，，当时，，时，，
其图象如图，又方程有3个不同的实根，由图知.
不妨设，
当时，则有，
又当时，，令，得到，其图象如图，
此时，其中是的两根，则，
又由对称性知，是的根，所以是的根，如下取端点，
取，得到，解得或（舍），
取，得到，解得或，则，
，
当，易得，所以，
当时，因为是定义域为R的奇函数，
由对称性可知，，
综上所述，.
17. 已知等差数列的前项和为，.
（1）求证：数列是等差数列；
（2）若，，且是等差数列，求证：.
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）先设等差数列的公差，应用递推公式结合等差数列的定义证明即可；
（2）根据是等差数列得出，再应用裂项相消法求和即可证明.
【小问1详解】
设等差数列的公差为,
则,
则,
所以,
故为定值，
所以是等差数列.
【小问2详解】
因为是等差数列，
所以为定值，
所以,即得或,
又因为，所以,
所以，结合知，
.
18. 已知，且，.
（1）求的最小值；
（2）求证：.
（参考数据）
【答案】（1）
（2）证明见详解.
【解析】
【分析】（1）由于在上单调递增，由得，可确定的单调性，进而求出最值；
（2）由（1）知，要证，即证，设，利用导数判断的单调性，命题即可证.
【小问1详解】
因为，定义域为，
所以，
因为在上单调递增， 在上单调递减，
所以在上单调递增，
由得，
所以当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以，
所以当时，取到最小值.
【小问2详解】
由（1）知的最小值，
所以要证，
只需证，
即证，
因为，且，所以，
设，则，
设，则在上单调递增，
所以，
所以在上单调递增，
所以，
所以，所以上单调递增，
所以
故成立，即得证.
【点睛】关键点点睛：本题（2）的关键是将问题转化为证明成立，构造，利用导数即可证明.
19. 若数列an（）满足，则称数列an为项数列，由所有项数列组成集合.
（1）若an是100项数列，当且仅当（，）时，，求数列的所有项的和；
（2）从集合中任意取出两个数列an，bn，记.
①求分布列，并证明；
②若用某软件产生项数列，记事件“第一次产生数字1”，“第二次产生数字1”，若，比较与的大小.
【答案】（1）
（2）答案见解析.
【解析】
【分析】（1）根据题意，将问题转化为数列（，）的前33项和问题，进而根据等比数列求和公式求解即可；
（2）①由题知的可能取值为：，进而结合题意得到，再结合等式求数学期望，并结合不等式放缩即可证明；
②利用条件概率公式，结合不等式的性质变形即可证明.
【小问1详解】
解：因为是100项数列，当且仅当（，）时，
所以，当和（，）时，，
所以，令，则，（，），
所以，数列的所有项的和为数列（，）的前33项和，
因为是公比为的等比数列，
所以，的前33向和为，
所以，数列的所有项的和为.
【小问2详解】
解：①因为数列，是从集合中任意取出两个数列，
所以，数列，为项数列
所以，的可能取值为：
当时，数列，中有项取值不同，有项取值相同，
又因为集合中元素的个数共有个，
所以，,
所以，的分布列为：
因为，
所以，
②由题知，
所以，，
所以，，
所以，即，
所以，，即
【点睛】关键点点睛：本题第二问解题的关键在于理解数列的基础上，结合古典概率模型求得即可求得分布列，再期望求解过程中，需要用到组合恒等式化简.是社交电商用户
不社交电商用户
合计
男性
女性
合计