第1頁/共1頁鄂南高中黃岡中學黃石二中荊州中學龍泉中學武漢二中孝感高中襄陽四中襄陽五中宜昌一中夷陵中學2025屆高三湖北省十一校第二次聯考數學試題（考試時間：120分鐘試卷滿分：150分）命題學校：襄陽四中命題人：高江濤?曾曉燕審題學校：龍泉中學注意事項：1.答題前，先將自己的姓名?準考證號?考場號?座位號填寫在試卷和答題卡上，并將準考證號條形碼粘貼在答題卡上的指定位置.2.選擇題的作答：每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑.寫在試卷?草稿紙和答題卡上的非答題區域均無效.3.非選擇題的作答：用黑色簽字筆直接答在答題卡上對應的答題區域內.寫在試卷?草稿紙和答題卡上的非答題區域均無效.一?選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.已知集合，則（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】根據題意，將集合化簡，再由交集的運算，即可得到結果.【詳解】因為對數函數是上的減函數，所以由，得，則；因為指數函數是上的增函數，所以由，得，則，由此，.故選：B.2.設復數（為虛數單位），的共軛復數是，則（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根據給定條件，利用共軛復數的意義及復數除法求解.【詳解】由，得，所以.故選：C3.函數為定義在上的奇函數，當時，，則的值為（）A. B. C. D.2【答案】A【解析】【分析】根據奇函數的定義，，代入求解即可.【詳解】因為函數為定義在上的奇函數，當時，，則，故.故選：A.4.已知等差數列的公差，且成等比數列，則數列的前2025項和為（）A. B. C.505 D.1013【答案】D【解析】【分析】根據成等比數列，結合等差數列的通項公式可得，進而得到，，進而求和即可.【詳解】設首項為，因為成等比數列，所以，則，解得或，當時，，此時與成等比數列矛盾，故排除，當時，，此時令，而其前2025項和為，.故選：D5.已知向量滿足：，則在上的投影向量為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】首先根據條件求，再代入投影向量公式，即可求解.【詳解】由題意可知：，因為，即，可得，所以在上的投影向量為.故選：B.6.已知函數的最小正周期為，則下列說法正確的是（）A.B.關于點對稱C.將函數圖象向右平移個單位長度，得到的函數圖象恰好關于原點對稱D.在區間上單調遞增【答案】D【解析】【分析】首先根據輔助角公式，化簡函數的解析式，根據周期求，利用代入法判斷選項.【詳解】因為.因為函數的最小正周期為，且，所以，故A錯誤；因為，所以，所以是函數的一條對稱軸，不是函數的對稱中心.故B錯誤；將函數的圖象向右平移個單位長度，得到的函數，不是奇函數，故C錯誤；當時，，因為在遞增，由復合函數單調性法則知在區間上單調遞增，故D正確.故選：D7.如圖，在棱長為1的正方體內部，有8個以正方體頂點為球心且半徑相等的部分球體，有1個以正方體體心為球心的球體與均相切，則該9部分的體積和的最大值為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根據幾何體的特征，再應用二次函數值域結合球的體積公式計算求解.【詳解】設球體的半徑為半徑為，所以，即得，又，所以開口向下，對稱軸為，所以，該9部分的體積和為.故選：C.8.函數，若恒成立，則的取值范圍是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】先化簡結合對數函數單調性得出，再構造，根據導函數得出函數單調性即可求解.【詳解】由題設在上恒成立，知，此時在上都單調遞增，所以只需在上零點相同，即，所以，令，則，當時，，即在上單調遞增，當時，，即在上單調遞減，所以，即的取值范圍是.故選：D二?多選題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分.9.下列命題正確的是（）A.在經驗回歸方程中，當解釋變量每增加1時，響應變量平均增加2.3B若，則事件相互獨立與互斥不可能同時成立C.在對高三某班學生物理成績的比例分配的分層隨機抽樣調查中，抽取男生12人，其平均數為75，方差為；抽取女生8人，其平均數為70，方差為23，則這20名學生物理成績的方差為33D.對于獨立性檢驗，隨機變量的觀測值越小，判定“兩變量有關系”犯錯誤的概率越大【答案】BCD【解析】【分析】根據經驗回歸方程中參數的意義，即可判斷A，根據獨立事件與弧長事件的概率公式，即可判斷B，根據分層抽樣整體方差公式，即可判斷C，根據的意義，即可判斷D.【詳解】對于A，因為，所以當解釋變量x每增加1時，響應變量y平均減少0.85，故A錯誤；對于B選項，若互斥，則.若A，相互獨立，則（因為.所以事件A，B相互獨立與A，B互斥不可能同時成立，B選項正確；對于C：這20名同學物理成績的平均數為：，所以這20名同學物理成績的方差為：，故C正確；D項，對于獨立性檢驗，隨機變量的觀測值越小，判定“兩變量有關系”犯錯誤的概率越大，故D項正確.故選：BCD10.已知為坐標原點，雙曲線的左頂點為，右焦點為，以為直徑的圓與軸正半軸交于點，過且垂直于軸的直線與的某條漸近線交于點，且與軸垂直，則下列式子中與的離心率相等的有（）A B.C. D.【答案】BCD【解析】【分析】由條件分別寫出線段，，.由射影定理得到，即可判斷A選項；由及線段長即可求出斜率，即可判斷D選項；由勾股定理化簡及線段長化簡后即可判斷B選項；代入線段長化簡即可判斷D選項.【詳解】由題可知，，∵軸，且交曲線漸近線與點，∴，∵以為直徑的圓與y軸正半軸交于點，且軸，∴，又，由射影定理得，所以，A錯誤；由得，故，即，解得，D正確.又，B正確，又，C正確.故選：BCD11.對于任意兩個正數，當時，記曲線與直線，直線以及軸圍成的曲邊梯形的面積為，當時，約定，并約定.德國數學家萊布尼茨（Leibniz）最早發現.關于，下列說法正確的是（）A.B.C.D.對正數，有【答案】AD【解析】【分析】根據已知條件及新定義分別計算判斷A，B，再結合圖形及面積判斷B，D.【詳解】由題意，所以，當時，；當時，；當時，；當或時，也成立；綜上所述：.對于選項A：，故A正確；對于選項B：如圖，因為，所以即，故B錯誤.對于選項C，取，則，故C錯誤；對于選項D：因為陰影部分的面積小于上底長為，下底長為，高為的直角梯形的面積，所以，又陰影部分面積大于長為，寬為的矩形的面積，所以，綜上故有對正數有，故D正確.故選：AD.三?填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分，其中第14題第一空2分，第二空3分.12.若，則__________.【答案】1【解析】【分析】根據二倍角公式，以及兩角和差的正余弦公式，化簡為的式子，再求值.【詳解】由題意可得：..故答案為：113.若，則__________.【答案】【解析】【分析】由即可求解；【詳解】由題意，，由通項公式可知：.故答案為：14.已知點在拋物線上，為直線上的一動點，過點作的2條切線，切點分別為，直線分別交軸于點，則的最小值為__________，外接圓半徑的最小值為__________.【答案】①.②.【解析】【分析】首先求拋物線方程，根據導數的幾何意義求切線方程，并求點的坐標，并聯立方程求點的坐標，根據點的坐標的特點，以及弦長，轉化為二次函數求最值；根據坐標運算得到，，確定四點共圓，根據圓的幾何性質，即可求解.【詳解】由題意知，，所以，所以拋物線，設，因為，則，故，直線，直線，令，有，由，可得，故，所以，即.，所以當時，的最小值為2；由題意可知C的焦點，故，，同理，故，所以四點共圓，則的外接圓的直徑為，即為到直線的距離，此距離為，即的外接圓的半徑的最小值為.四?解答題：本題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟.15.在中，內角所對的邊分別為的面積為.已知①；②，從這兩個條件中任選一個，回答下列問題.（1）求角；（2）若，求周長的取值范圍.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）選①，由正弦定理及兩角和的正弦公式化解求解即可；選②，根據平面向量的數量積的定義及三角形面積公式求解即可；（2）由余弦定理及基本不等式求解即可【小問1詳解】選①，，由正弦定理可得，，，又.選②，由可得：，故有，又.【小問2詳解】由余弦定理得.，當且僅當時取等號又有，.16.如圖，在四棱錐中，，底面是邊長為的菱形，.（1）證明：平面平面；（2）若平面與平面所成角的正切值為2，點滿足，求直線與平面所成角的余弦值.【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）連接交于點，連接，易得，進而可得線面垂直，然后根據面面垂直判定定理即得；（2）建系，求得平面法向量及直線方向向量，代入夾角公式即可.【小問1詳解】連接交于點，連接，因為是菱形，所以，又因為為中點，，所以，又面，且，所以平面，又平面，所以平面平面；【小問2詳解】過作交于點，面面，面面面，所以面，因為面，所以面，又面，所以，所以為的交點，為等邊三角形，所以H為的重心，設DH與AB交點為M，連接，則為二面角的平面角，因為，在中，解得，因為，所以，所以平面，以為原點，所在直線為軸建立如圖坐標系，則，，設平面的法向量為，則，即，令，可得：即，又，設平面和直線所成的角為，則，所以.17.已知函數.（1）當時，求函數在點處的切線方程；（2）求函數的單調區間；（3）若不等式恒成立，求整數的最大值.【答案】（1）；（2）增區間，減區間；（3）【解析】【分析】（1）求導確定切線斜率即可求解；（2）求導，由，可求得單調區間；（3）構造函數，求導，確定函數單調性，求得最值即可求解；【小問1詳解】函數的定義域為，則曲線在點處的切線為，即.【小問2詳解】因為，時，由，得，令，得，所以在上單調遞增，在上單調遞減.綜上所述，的單調遞增區間為，單調遞減區間為.【小問3詳解】依題知，恒成立，即恒成立，設，則，當時，由，得，由，得，所以在上單調遞增，在上單調遞減，則恒成立，整理得.設，則恒成立，所以在上單調遞增，又，且故整數的最大值為.18.某學校數學小組建立了如下的數學模型：將一個小盒里放入6個小球，其中4個黑球，2個紅球.模型一為：若取出黑球，則放回小盒中，不作任何改變；若取出紅球，則放回小盒并再往小盒里加入2個紅球；模型二為：若取出黑球，則放回小盒中，不作任何改變；若取出紅球，則用黑球替換該紅球重新放回小盒中.（1）分別計算在兩種模型下，抽兩次球，第二次取到的球是紅球的概率；（2）在模型二的前提下：①求在第次抽球時，抽到的球恰好是第二個紅球的概率（結果用表示）.②現規定當兩個紅球都被抽出來時停止抽球，且最多抽球10次，第10次抽球結束后無論盒中是否還有紅球均停止抽球，記抽球的次數為，求的數學期望.【答案】（1）；（2）①；②【解析】【分析】（1）分為取到“黑紅”和“紅紅”兩種情況，分別對兩種模型第二次取到的球是紅球的概率進行計算即可；（2）①先算出第次是第一次取到紅球，第次是第二次取到紅球的概率為，則第次恰好抽到第二個紅球的概率為中從到取值累加求和；②利用數學期望的定義和①中的概率公式可得到的表達式，再利用錯位相減法計算得出期望值.【詳解】（1）記在模型一下，第二次取到紅球的概率為，則分為取到“黑紅”和“紅紅”兩種情況，則；記在模型二下，取到紅球的概率為，同樣分為取到“黑紅”和“紅紅”兩種情況，則；（2）①設第次是第一次取到紅球，第次是第二次取到紅球的概率為，則，則第次恰好抽到第二個紅球的概率為中從到取值累加求和，即，利用等比數列求和公式即可得；②由題可知，的取值依次為，當時，，由數學期望的定義和①中的概率公式可知，，設，由錯位相減法可得，所以.19.古希臘數學家阿波羅尼斯在他的代表作《圓錐曲線》一書中指出：平面內動點與兩定點的距離之比是一個常數，那么動點的軌跡是一個圓，且圓心在直線上，我們把由此產生的圓叫做阿波羅尼斯圓.已知阿波羅尼斯圓的兩個定點分別為橢圓的右焦點與右頂點，且橢圓的離心率為.（1）求橢圓的標準方程；（2）如圖，過右焦點斜率為的直線與橢圓相交于（點在軸上方），點是橢圓上異于的兩點，平分平分.①求的取值范圍；②若外接圓的周長為，求直線的方程.【答案】（1）（2）①；②.【解析】【分析】（1）依據阿波羅尼斯圓的定義，取圓上的特殊點，計算得的值；（