湖南省“名校联考联合体”2025届高三上学期第二次联考数学试题（含答案）

这是一份湖南省“名校联考联合体”2025届高三上学期第二次联考数学试题（含答案），共10页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.已知集合A=−2,1,4，B=xx2+5x<0，则A∩B=( )
A. 1,4B. −5,−2C. −2D. 1
2.若复数5i2+i在复平面内对应的点的坐标为( )
A. 2,2B. 0,2C. 1,2D. 2,−2
3.已知向量a，b满足2a+b=3，a−b=2 3，则a⋅a+2b=( )
A. 3B. −3C. 1D. −1
4.(2x−1)5的展开式中x3的系数为( )
A. −80B. −40C. 40D. 80
5.函数fx=sinxcsx在0,α(α>0)内没有最小值，且存在x0∈0,α，使得fx0<0，则α的取值范围是( )
A. π2,3π4B. π,5π4C. π,3π2D. π2,3π2
6.若α为锐角，且sin2αsinα+csα−1=95+csα，则csα=( )
A. 45B. 35C. 725D. −35
7.已知lg2a4a2+1A. 08.已知函数fx=13x3−x2+ax，若fx的图象上存在两点A，B，使得fx的图象在A，B处的切线互相垂直，且过点P0,−a只能作1条切线与fx的图象相切，则a的取值范围是( )
A. 0,1 B. −∞,−13∪0,+∞ C. −∞,−13∪0,1 D. −13,0∪1,+∞
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
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14的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23%
D. APP使用目的中6个占比数字的40%分位数是34.3%
10.已知函数fx满足对任意x∈R，都有ffx=fx2+2fx−1，且f0=1，则( )
A. f1=2B. f2=6C. fx2=fx2D. fx是偶函数
11.已知数列an满足对任意s，t∈N∗，都有as+t=asat，且a1=2，aj−ai(1≤iA. an+12=an2an+an+1B. b5=10
C. an中任意3项不成等差数列D. bm的前15项的和为402
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.命题“∀x∈2,+∞， x− x−2< 2”的否定是 ．
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40nn∈N∗个人，得到如下列联表：
已知x0.05=3.841，若根据α=0.05的独立性检验认为“社交电商用户存在性别差异”，则n的最小值为 ．
14.已知函数fx=e2x−axxx≠0有3个极值点x1，x2，x3(x13，则xi的取值范围是 ．
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题12分)
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A，B，C三点，其中AC=40m，点B为AC中点，兴趣小组组长小王在A，B，C三点上方5m处的A1，B1，C1观察已建建筑物最高点E的仰角分别为α，β，γ，其中tanα=1，tanβ=2，tanγ=3，点D为点E在地面上的正投影，点D1为DE上与A1，B1，C1位于同一高度的点．
(1)求建造中的建筑物已经到达的高度DE；
(2)求sin∠A1D1B1sin∠B1D1C1的值．
16.(本小题12分)
已知函数fx是定义域为R的奇函数，且x≥0时，fx=2 x−x．
(1)求x<0时fx的解析式；
(2)若方程fx=a有3个不同的实根x1，x2，x3，求a的取值范围及 x1+ x2+ x3的取值范围．
17.(本小题12分)
已知等差数列an的前n项和为Sn，bn=anan+1−2Sn．
(1)求证：数列bn+1−bn是等差数列；
(2)若a1>0，a2≠a3，且bn是等差数列，求证：a1a2a3+a1a3a4+⋯+a1anan+1<1−1a2．
18.(本小题12分)
已知n∈N∗，且n>1，fx=xnx−lnx．
(1)求fx的最小值；
(2)求证：fx≥1−enn+1+2nn+1．
(参考数据1.919.(本小题12分)
若数列an(1≤n≤k)满足an∈0,1，则称数列an为k项0−1数列，由所有k项0−1数列组成集合Mk．
(1)若an是100项0−1数列，当且仅当n=3k−2(k∈N∗,k≤34)时，an=0，求数列−2nan的所有项的和；
(2)从集合Mk中任意取出两个数列an，bn，记X= ki=1 |ai−bi|．
①求X的分布列，并证明EX>k2；
②若用某软件产生kk≥2项0−1数列，记事件A=“第一次产生数字1”，B=“第二次产生数字1”，若PBA参考答案
1.C
2.C
3.D
4.D
5.B
6.B
7.B
8.C
9.AC
10.AD
11.ACD
12.∃x∈2,+∞， x− x−2≥ 2
13.3
14.2e,+∞；0,ln34
15.解：(1)如图，设ED1=ℎ，因为在A1，B1，C1处观察已建建筑物最高点E的仰角分别为α，β，γ，且tanα=1，tanβ=2，tanγ=3，
所以A1D1=ℎ,B1D1=ℎ2,C1D1=ℎ3，又A1C1=40，B1是A1C1的中点，
在▵A1B1D1中，由余弦定理得到cs∠A1B1D1=400+ℎ24−ℎ22×20×ℎ2，
在▵C1B1D1中，由余弦定理得到cs∠C1B1D1=400+ℎ24−ℎ922×20×ℎ2，
又∠A1B1D1+∠C1B1D1=π，所以400+ℎ24−ℎ22×20×ℎ2+400+ℎ24−ℎ922×20×ℎ2=0，
整理得到11ℎ218=800，解得ℎ=120 1111，所以DE=5+120 1111．
(2)在▵A1B1D1中，由正弦定理知A1B1sin∠A1D1B1=A1D1sin∠A1B1D1①，
在▵C1B1D1中，由正弦定理知B1C1sin∠C1D1B1=C1D1sin∠C1B1D1②，由(1)知C1D1A1D1=13,sin∠A1B1D1=∠C1B1D1，
由②÷①得到sin∠A1D1B1sin∠B1D1C1=C1D1A1D1=13．

16.解：(1)当x<0时，−x>0，所以f−x=2 −x+x，又f−x=−f(x)，
所以f−x=−f(x)=2 −x+x，得到f(x)=−2 −x−x，
即x<0时fx的解析式为f(x)=−2 −x−x．
(2由(1)知，fx=2 x−x,x≥0−2 −x−x,x<0,
当x≥0时，fx=2 x−x，所以f′x=1 x−1=1− x x，
当00，当x>1时，f′(x)<0，
即fx=2 x−x在区间(0,1)上单调递增，在区间(1,+∞)上单调递减，
当x<0时，f(x)=−2 −x−x，所以f′(x)=1 −x−1=1− −x −x，
当−10，当x<−1时，f′(x)<0，
即f(x)=−2 −x−x在区间−1,0上单调递增，在区间−∞,1上单调递减，
又f(1)=1，f(−1)=−1，当x→+∞时，f(x)→−∞，x→−∞时，f(x)→+∞，
其图象如图，又方程fx=a有3个不同的实根，由图知−1不妨设x1当0又当x≥0时，fx=2 x−x，令 x=t≥0，得到y=2t−t2，其图象如图，
此时 x2+ x3=t1+t2，其中t1,t2是2t−t2=a的两根，则 x2+ x3=t1+t2=2，
又由对称性知，x1是2 x−x=−a的根，所以 x1是2t−t2=−a的根，如下取端点，
取a=1，得到2t−t2=−1，解得t= 2+1或t=− 2+1(舍)，
取a=0，得到2t−t2=0，解得t=2或t=0，则2< x1< 2+1，
x1+ x2+ x3∈4,3+ 2，
当a=0，易得x1=−4,x2=0,x3=4，所以 x1+ x2+ x3=4，
当−1由对称性可知， x1+ x2+ x3∈4,3+ 2，
综上所述， x1+ x2+ x3∈4,3+ 2．

17.解：(1)
设等差数列an的公差为d，
则bn=a1+n−1da1+nd−2na1+nn−12d=a12−a1d+n2d2−d+n2a1d−d2−2a1+d，
则bn+1=a12−a1d+n+12d2−d+n+12a1d−d2−2a1+d，
所以bn+1−bn=d2−d2n+1+2a1d−d2−2a1+d，
bn+1−bn−bn−bn−1=d2−d2n+1+2a1d−d2−2a1+d−d2−d2n−1+2a1d−d2−2a1+d=2d2−d
故bn+1−bn−bn−bn−1为定值，
所以bn+1−bn是等差数列．
(2
因为bn是等差数列，
所以bn+1−bn=d2−d2n+1+2a1d−d2−2a1+d为定值，
所以d2−d=dd−1=0，即得d=0或d=1，
又因为a2≠a3，所以a3−a2=d≠0，
所以d=1，结合a1>0知an>0，
a1a2a3+a1a3a4+⋯+a1anan+1=a11a2a3+1a3a4+⋯+1anan+1
=a11a2−1a3+1a3−1a4+⋯+1an−1an+1
=a11a2−1an+1
18.解：(1)因为fx=xnx−lnx，定义域为0,+∞，
所以f′x=n+1nx1n−1x，
因为y=n+1nx1n在0,+∞上单调递增，y=1x在0,+∞上单调递减，
所以f′x在0,+∞上单调递增，
由f′x=0得x=nn+1nn+1，
所以当0当x>nn+1nn+1时，f′x>0，fx单调递增，
所以fx≥fnn+1nn+1=nn+1−nn+1lnnn+1，
所以当x=nn+1nn+1时，fx取到最小值nn+1−nn+1lnnn+1．
(2)
由(1)知fx的最小值nn+1−nn+1lnnn+1，
所以要证fx≥1−enn+1+2nn+1，
只需证nn+1−nn+1lnnn+1≥1−enn+1+2nn+1，
即证enn+1−nn+1−nn+1lnnn+1≥1，
因为n∈N∗，且n>1，所以23≤nn+1<1，
设gx=ex−x−xlnx23≤x<1，则g′x=ex−lnx−2，
设ℎx=g′x，则ℎ′x=ex−1x在23,1上单调递增，
所以ℎ′x≥e23−32>1.9−32=0.4>0，
所以ℎx在23,1上单调递增，
所以ℎx≥ℎ23=e23−ln23−2>0，
所以g′x>0，所以gx在23,1上单调递增，
所以gx≥g23=e23−23−23ln23>1.9−23−23ln23>1+23ln32>1
故enn+1−nn+1−nn+1lnnn+1≥1成立，即fx≥1−enn+1+2nn+1得证．

19.解：(1)因为an是100项0−1数列，当且仅当n=3k−2(k∈N∗,k≤34)时，an=0
所以，当n=3k和n=3k−1(k∈N∗,k≤33)时，an=1，
所以，令cn=−2nan，则c3k+c3k−1=−23k+−23k−1=12−23k=12−8k，(k∈N∗,k≤33)，
所以，数列−2nan的所有项的和为数列12−8k(k∈N∗,k≤33)的前33项和，
因为12−8k是公比为−8的等比数列，
所以，12−8k的前33向和为12−8k−41−(−8)331−(−8)=−4×833−49=−2101+49，
所以，数列−2nan的所有项的和为−2101+49．
(2)①因为数列an，bn是从集合Mk中任意取出两个数列，
所以，数列an，bn为k项0−1数列
所以，X的可能取值为：1,2,3,⋯,k
当X=m时，数列an，bn中有m项取值不同，有k−m项取值相同，
又因为集合Mk中元素的个数共有Ck0+Ck1+Ck2+⋯+Ckk=2k个，
所以，P(X=m)=Ckm2k−1C2k2=Ckm2k−1，
所以，X的分布列为：
因为，mCkm=mk!m!k−m!=kk−1!k−1!k−m!=kCk−1m−1
所以，E(X)=1×Ck12k−1+2×Ck22k−1+⋯+k×Ckk2k−1
=k2k−1Ck−10+Ck−11+⋯+Ck−1k−1=k2k−12k−1>k2k−12k=k2
②由题知PBA所以，P(AB)P(A)所以，P(AB)所以P(AB)−P(B)P(AB)所以，PABPB 是社交电商用户
不是社交电商用户
合计
男性
8n
12n
20n
女性
12n
8n
20n
合计
20n
20n
40n
X
1
2
⋯
k
P
Ck12k−1
Ck22k−1
⋯
Ckk2k−1