湖南省长沙市2025年高考数学考前练习卷（二）（含解析）

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湖南省长沙市2025年高考数学考前练习卷（二）
注意事项：
1．本试卷满分150分，考试时间120分钟。
2．答题前，考生务必将姓名、考生号等个人信息填写在答题卡指定位置。
3．考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答。超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。
一、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．设命题：，，则是（ ）
A． B．
C． D．
2．复数（ ）
A． B． C． D．
3．若向量满足与的夹角为，则（ ）
A． B． C． D．2
4．已知抛物线上一点到其焦点的距离为5，则（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
5．已知，且，其中是虚数单位，则等于（ ）
A．5 B． C． D．1
6．设O为坐标原点，抛物线与双曲线有共同的焦点F，过F与x轴垂直的直线交于A，B两点，与在第一象限内的交点为M，若，，则双曲线的离心率为（ ）
A． B． C． D．
7．已知函数是定义在上的奇函数，当时，，则下列结论中正确的个数是（ ）
①当时，
②函数有3个零点
③的解集为
④，都有
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
8．某市一个经济开发区的公路路线图如图所示，七个公司分布在大公路两侧，有一些小公路与大公路相连.现要在大公路上设一快递中转站，中转站到各公司（沿公路走）的距离总和越小越好，则这个中转站最好设在（ ）
A．路口 B．路口 C．路口 D．路口
二、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．下列选项中正确的是（ ）
A．“”的否定是“”
B．若回归方程为，则变量与负相关
C．若，则
D．五个人并排站在一起，若不相邻，则共有72种不同的排法
10．已知双曲线的左，右焦点分别为，则下列选项正确的是（ ）
A．若，则双曲线的任一焦点到渐近线的距离为
B．若点在双曲线上，则直线与的斜率之积为
C．以线段为直径的圆与双曲线在第一象限交于点，且，则双曲线的离心率
D．若过的直线与轴垂直且与渐近线交于两点，，则双曲线的渐近线方程为
11．在平面直角坐标系中，定义两点之间的折线距离为如图，某地有一矩形古文化街区，其内部道路间距均为1，则下列选项正确的是（ ）
A．
B．若为平面内任意一点，则
C．当地政府拟沿满足的点的轨迹修建一条街区环线公路，则公路形状为六边形
D．外卖员从点送餐到点，在保证路程与相等的前提下，左转次数的期望为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．的展开式的第4项的系数是 .
13．函数的最小值为 .
14．如图，在母线长为，高为的倒置圆锥形容器（不计厚度）内放置一个底面半径为1的圆柱体.现向圆柱侧面与圆锥侧面所夹空间内放入若干小球，所有小球均与圆柱侧面，圆锥侧面及圆锥底面所在平面相切，则这样的小球最多能放入 个.
四、解答题：本题共5小题，第15小题13分，第16、17小题15分，第18、19小题17分，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．已知函数.
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)求函数的单调区间；
(3)若对任意的，都有成立，求整数的最大值.
16．如图，已知四棱锥中，平面，底面是直角梯形，且．
（1）求证：平面；
（2）求证：平面；
（3）若是的中点，求三棱锥的体积.
17．我省从2024年开始，高考不分文理科，实行“”模式，其中“3”指的是语文、数学，外语这3门必选科目，“1”指的是考生需要在物理、历史这2门首选科目中选择1门，“2”指的是考生需要在思想政治、地理、化学、生物这4门再选科目中选择2门．已知某高校临床医学类招生选科要求是首选科目为物理，再选科目为化学、生物至少1门．
(1)从所有选科组合中任意选取1个，求该选科组合符合某高校临床医学类招生选科要求的概率；
(2)假设甲、乙两人每人选择任意1个选科组合是等可能的且相互独立，求这两人中恰好有一人的选科组合符合某高校临床医学类招生选科要求的概率．
18．已知圆 和定点 为圆 上的任意一点，线段 的垂直平分线与直线 交于点 ，设点 的轨迹为曲线 .
(1)求曲线 的方程；
(2)已知点 是曲线 上位于 轴上方的两个不同点，且满足 ，求四边形 面积的取值范围.
19．已知数列，满足，数列前项和为.
(1)若数列是首项为正数，公比为的等比数列.
①求证：数列为等比数列；
②若对任意恒成立，求的值；
(2)已知为递增数列，即.若对任意，数列中都存在一项使得，求证：数列为等差数列.
《湖南省长沙市2025年高考数学考前练习卷（二）》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 D D A D B C C B ABD ACD
题号 11
答案 ABD
1．D
【分析】根据特称命题的否定是全称命题直接进行选择即可.
【详解】解：命题：，，则是：.
故选：D.
2．D
【分析】根据复数乘法计算.
【详解】.
故选：D
3．A
【分析】求出，再根据数量积定义运算.
【详解】，，
.
故选：A.
4．D
【分析】利用抛物线的定义即可求解.
【详解】设抛物线的焦点为,则，
由抛物线的定义知，，解得.
故选：D.
5．B
【分析】利用复数乘法法则进行计算，得到，再使用模长公式求解.
【详解】由得：，即，
解得，从而.
故选：B
6．C
【分析】利用向量的运算建立方程，转化为离心率e的方程求解.
【详解】因为抛物线的焦点，
由题可知，，即抛物线方程为，
令代入抛物线方程，可得，
代入双曲线方程，可得，
可设，，，
由有
两边平方相减可得， ，
由有：，又
即，由有：
由，解得.故A，B，D错误.
故选：C.
7．C
【分析】对于①，设，则，然后代入已知函数中结合奇函数化简可得答案，对于②，分情况解方程求解，对于③，直接解不等式即可，对于④，分和分别对函数求导，根据导数的正负可求出函数的单调性，再求出函数的值域，然后分析判断.
【详解】对于①，当时，，则，
因为为奇函数，所以，
所以，所以，所以①错误，
对于②，因为是定义在上的奇函数，所以，
当时，由，得，
当时，由，得，
所以函数有3个零点，所以②正确，
对于③，当时，由，得，得，
当时，由，得，得，所以，
综上，或，所以的解集为，所以③正确，
对于④，当时，由，得，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以当时，取得最小值，
且当时，，当时，，
所以
当时，由，得，
所以当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以当时，取得最大值，
当时，，当时，，
所以，
所以的值域为，
所以，都有，所以④正确，
故选：C
【点睛】关键点点睛：此题考查函数的奇偶性，考查函数与方程，考查导数的应用，解题的关键是根据函数为奇函数和时的解析式，求出时的解析式，考查计算能力，属于较难题.
8．B
【分析】根据给定图形，用表示7个公司到大公路最近的小公路距离和，，再求出到路口C，D，E，F的距离总和，比较大小作答.
【详解】观察图形知，七个公司要到中转站，先都必须沿小公路走到小公路与大公路的连接点，
令到、到、到、到、到、到、到的小公路距离总和为，
，
路口为中转站时，距离总和，
路口为中转站时，距离总和，
路口为中转站时，距离总和，
路口为中转站时，距离总和，
显然，所以这个中转站最好设在路口.
故选：B
【点睛】思路点睛：涉及实际问题中的大小比较，根据实际意义设元，列式表示出相关量，再用不等式的相关性质比较即可.
9．ABD
【分析】根据命题的否定判断A，根据回归方程判断B，根据二倍角的余弦公式及弦化切判断C，根据插空法求解判断D.
【详解】根据存在性命题的否定知，“”的否定是“”，故A正确；
由回归方程为知，，所以变量与负相关，故B正确；
因为，故C错误；
先排除去外的3人，由种不同的排法，再把插空放入，有种放法，根据分步乘法计数原理，可知共有种不同的排法，故D正确.
故选：ABD
10．ACD
【分析】利用双曲线焦点到渐近线距离为b判断A，取特殊位置判断B，由题意求出点坐标代入双曲线方程化简即可得出离心率判断C，利用向量的夹角公式化简即可得出判断D.
【详解】由双曲线的性质知，焦点到渐近线的距离为，故A正确；
在双曲线上取顶点时，直线与的斜率之积为0，故B错误；
由题意点在圆上，又，所以，代入圆的方程，可得，将点代入双曲线方程可得，，即，
所以，故C正确；
直线方程为，与渐近线相交于，
所以，即，
化简可得，解得，所以双曲线渐近线方程为，故D正确.
故选 ：ACD
11．ABD
【分析】根据新定义判断A，根据绝对值不等式的性质判断B，根据新定义、排列、直线方程判断C，求出期望判断D.
【详解】由定义知，，故A正确；
平面内任意一点，则
，故B正确；
设，则由可得，
因为去掉绝对值分别有3段取值，共可得到个方程，最多对应9条线段，
但当时，方程为，无解，
其余分类中得到的方程含有或，且方程对应的线段相异，
故总的线段条数为，点轨迹图形为八边形，如图所示，
故C错误；
由题意，左转次数可能为，总的走法有，
其中，，所以，
，故D正确.
故选：ABD
12．
【分析】利用展开式的通项公式求解即可.
【详解】，
当时，，
故答案为：
13．/
【分析】利用导函数求函数的单调性及最值.
【详解】设，定义域为，则.
令，解得，
当时，，则，单调递减；
当时，，则，单调递减；
当时，，则，单调递增.
所以，函数在处取得最小值.
故答案为：.
14．6
【分析】求出满足条件的小球的半径，再由俯视图可求出两个小球球心与底面圆圆心投影连线的夹角，即可得解.
【详解】如图，
则，解得，
由题意，小球与圆柱、圆锥侧面、圆锥底面相切，作轴截面如图所示，
因为，所以，即，
则，设圆的半径为，则，
解得，即小球的半径为1,
作俯视图，
因为为等边三角形，所以，
由可知，这样的小球最多能放入6个.
故答案为：6
15．(1)
(2)减区间为，增区间为
(3)3
【分析】（1）利用导数的几何意义求切线斜率，即可求切线；
（2）利用导数值的正负的来判断函数的单调区间；
（3）利用隐零点结合分离参变量法来求最值，并估算答案.
【详解】（1）因为，所以，
所以曲线在点处的切线的斜率为，又，
所以函数在处的切线方程为.
（2）函数的定义域为.
因为，所以，
令，解得，令，得.
所以的减区间为，增区间为.
（3）因为对任意的，都有，所以，
令，
由（2）知，在上单调递增，
，
则在区间上存在唯一的零点，即，
所以当时，在单调递减，
当时，在单调递增，
所以，又因为，
则
所以，所以整数的最大值为3.
16．（1）证明过程详见解析；（2）证明过程详见解析；（3）.
【分析】（1）利用为直角梯形，所以得到，利用线面平行的判定，得平面；
（2）在三角形中，先利用余弦定理求出边长，再根据勾股定理判断，而，利用线面垂直的判定，平面；
（3）将转化为，利用三棱锥的体积公式计算体积.
【详解】
（1）底面是直角梯形，且,,
，又平面，平面，
∴平面.
（2）证明：平面，
在中，
依余弦定理有：，
又，，即，
又，平面.
（3）取的中点，连结, 是的中点，∴
平面，平面
即为三棱锥的高， 且
由（1）知：，∴，
又，，
,
三棱锥的体积为.
【点睛】
17．(1)
(2)
【分析】（1）利用古典概型求概率的方法求概率即可；
（2）根据互斥事件概率加法公式求概率即可.
【详解】（1）用，分别表示“选择物理”“选择历史”，，，，分别表示“选择化学”“选择生物”“选择思想政治”“选择地理”，
则所有选科组合的样本空间
则
设表示“从所有选科组合中任意选取1个，有选科组合符合该医科大学临床医学类招生选科要求”
则
则
则．
（2）设甲、乙两人每人的选科组合符合该医科大学临床医学类招生选科要求的事件分别为，，由题意知事件，相互独立
由（1）知
记“甲、乙两人中恰好有一人的选科组合符合该医科大学临床医学类招生选科要求”，
则
易知事件，两两互斥，
根据互斥事件概率加法公式得
．
18．(1)
(2)
【分析】（1）根据垂直平分线的性质，结合椭圆的定义即可求解，
（2）联立直线与椭圆的方程得到韦达定理，根据弦长公式以及点到直线的距离公式表达四边形的面积，即可利用换元法，结合对勾函数的单调性求解.
【详解】（1）由垂直平分线的性质可得，故，
因此点的轨迹为以为焦点的椭圆,且，故，
故椭圆方程为.
（2）不妨设直线方程为，分别延长,与椭圆相交于另一点，，连接,
由于，根据椭圆的对称性可知四边形为平行四边形，
联立得，
设，
则，
故
，
点到直线的距离为，
因此，
令，则，，
故，
由于，故单调递增，故，当且仅当时取等号，
故，
因此，
由于是平行四边形对角线的交点，过点，因此四边形与四边形全等，
故,因此.
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的范围或最值问题，可根据题意构造关于参数的目标函数，然后根据题目中给出的范围或由判别式得到的范围求解，解题中注意函数单调性和基本不等式的作用
19．(1)①证明见解析；②.
(2)证明见解析.
【分析】（1）①由题意得，又得，故可得结论成立．②由题意可得对任意恒成立，结合反证法可得．（2）根据可得，再根据数列的单调性可得，故得，从而可证得，所以数列为等差数列．
【详解】（1）①∵数列是公比为的等比数列，
∴．
又为定值，
∴数列为等比数列．
②由题意得，即 ，
整理得对任意恒成立，
∵，
∴.
否则若，，则当时，，与题意矛盾.
故．
（2）因为数列中都存在一项使得，
即．
又数列为递增数列，
所以，
所以，
因此，
所以数列为等差数列．
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