數(shù)學(xué)-湖南省天一大聯(lián)考暨郴州市2025屆高考高三第二次教學(xué)質(zhì)量檢測(cè)（郴州二檢懷化統(tǒng)考）試題和答案

絕密★啟用前考生注意：貼在答題卡上的指定位置.在本試卷上無效.我3.考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回.我是符合題目要求的.1.已知集合A={-1,0,1|,B={xl√x+1≥1},則A∩B=A.{-1,1}B.{0,1}A.充分不必要條件B.必要不充分條件C.充要條件D.既不充分也不必要條件人心4.拋擲一枚質(zhì)地均勻的骰子兩次，得到的點(diǎn)數(shù)分別為m,n,則“m≠2n”的概率為人心口數(shù)學(xué)試題第1頁(yè)(共4頁(yè))口7.已知A.c<a<bB.c<b<aC.a<c<bC.一定有BCA,則A與BC.若EF⊥C?E,則AF的最大值為2數(shù)學(xué)試題第2頁(yè)(共4頁(yè))數(shù)學(xué)試題第3頁(yè)(共4頁(yè))數(shù)學(xué)試題第4頁(yè)(共4頁(yè))命題透析本題考查集合的運(yùn)算.解析由題可知B={xl√x+1≥1}={xlx≥0},故A∩B={0,1}.命題透析本題考查空間線面位置關(guān)系及充分必要條件的判斷.3.答案C命題透析本題考查平面向量的運(yùn)算性質(zhì).4.答案D命題透析本題考查古典概型.解析兩次拋擲得到的點(diǎn)數(shù)共有6×6=36(種)情況，“m=2n”包含3種情況：m=2,n=1;m=4,n=2;m=6,n=3.所以“m=2n”的概率則“m≠2n”的概率為5.答案C命題透析本題考查雙曲線的幾何性質(zhì).解析如圖，連接MF?,由題可知|MF?I-6.答案D命題透析本題考查解三角形.解析由題可知,則AD=λAB+(1-A)AC.因?yàn)锳D·AB=0,所以λAB2+—1—,,7.答案B命題透析本題考查構(gòu)造函數(shù)，并利用函數(shù)的單調(diào)性比大小.,即c<b.故c<b<a.命題透析本題考查數(shù)列求和、等差數(shù)列的應(yīng)用.解析因?yàn)閧a。是遞減的整數(shù)數(shù)列，所以要使a最小，應(yīng)使遞減的幅度盡可能小.考慮公差為-1的等差數(shù)1971<2024,不滿足題意；當(dāng)m=64時(shí)，S=2035>2024,因?yàn)?035-2024=11,只需去掉11這一項(xiàng)即可，即滿足題意的數(shù)列為64,63,62,…,13,12,10,即a,的最小值為64.二、多項(xiàng)選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.每小題全部選對(duì)的得6分，部分選對(duì)的得部分分，有選錯(cuò)的命題透析本題考查事件的概率的性質(zhì).對(duì)于B,因?yàn)?所以,所以,故B正確；對(duì)于C,記事件A為“從1,2,3,4中任選一個(gè)數(shù)，選出的數(shù)小于3”,則,記事件B為“從1,2,3,4中任選一個(gè)數(shù)，選出的數(shù)為4",則,但BCA不成立，故C錯(cuò)誤；對(duì)于D,因?yàn)?所以,所以P(AB)=P(A)P(B),所以事件A與B相互獨(dú)立，則事件A與B相互獨(dú)立，故D正確.命題透析本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的性質(zhì).解析由題可知對(duì)于C,當(dāng)x→+o時(shí)，f(x)→+0,又f(-2)=-7,f(3)=0,f(0)=3,所以f(x)的值域?yàn)?-7,+),所以交點(diǎn)，即方程f(x)=a共有4個(gè)實(shí)根，故D錯(cuò)誤.11.答案ACD命題透析本題考查立體幾何綜合問題.解析對(duì)于A,由正方體的性質(zhì)可知B?CIBC?,B?C⊥D?C?,又BC?∩D?C?=C?,且BC?,D?C?C平面ABC?D?,所以B?C⊥平面ABC,D?,又BMC平面ABC,D?,所以B?C⊥BM,故A正確；對(duì)于B,正方體的最大截面是過平行相對(duì)的兩條棱的矩形，如矩形ABC?D,其面積為8×8√2=64√2,故B對(duì)于C,連接D?E,由EF⊥C?E,EF⊥C?D?,可得EF⊥平面C?D?E,于是EF⊥D?E,在正方形ADD,A?中，由三角形相似，可,當(dāng)且僅當(dāng)E為AA,的中點(diǎn)時(shí)等號(hào)成立，所以AF的最大值為2,故C正確；對(duì)于D,當(dāng)AN⊥BN時(shí)，點(diǎn)N的軌跡為以AB為直徑的球面(除去A,B兩點(diǎn)),球心為AB的中點(diǎn)，半徑為4,點(diǎn)N到平面ABC的距離的最大值等于球的半徑，點(diǎn)N在正方形ABB?A?的中心處時(shí)，三棱錐N-ABC的體積取得接球半徑,體積為,故D正確.—3——4—三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12.答案16命題透析本題考查復(fù)數(shù)的運(yùn)算.解析因?yàn)?√3+i)3=8i,所以x=0,y=8,則x+2y=16.命題透析本題考查函數(shù)的圖象對(duì)稱問題.解析由題意知2*-2≠0,即x≠1,所以f(x)的定義域?yàn)閧xlx≠1},又因?yàn)閒(x)的圖象關(guān)于直線x=b對(duì)稱，所以b=1,且f(x)=f(2-x),即,所以2*-a=2-a·2*-1,整理得(a+2)(2*-1-1)=0,所以a=-2.綜上，b-a=1+2=3.14.答案√23命題透析本題考查橢圓與三角函數(shù)的綜合問題.解析由題易知直線MN不與橢圓相交，可設(shè)直線MN的方程為y=hx+5,點(diǎn)P(4cosθ,3sinθ),則點(diǎn)P到直線MN的距離為由題可知|MN|為定值，則當(dāng)θ變化時(shí)的最大值與最小值的比值為9,因?yàn)?kcosθ-3sinθ+5的值不為0,所以其值恒為正或恒為負(fù).由輔助角公式可知4kcosθ-3sinθ+5的最大值為5+√16k2+9,為正，所以4kcosθ-3sinθ+5的最小值5-√16k2+9也為正.所以,解得,所以因?yàn)椤鱌MN的面積的最小值為2,所以|MN|=√23.四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟.15.命題透析本題考查三角函數(shù)的圖象與性質(zhì).解析(I)設(shè)f(x)的最小正周期為T.由題圖得,,又0<φ<π,所以,,…………(7分)(Ⅱ)當(dāng)x∈(π,m)時(shí)，………………(13分)………………(13分)又PA∩AC=A,PA,ACC平面PACQ,BD1平面PACQ,……………(5分)故BD⊥PQ.…………………………(6分)則B(√3,0,0),P(0,-1,2),,艮。,艮。—5—設(shè)m=(a,b,c)為平面DPQ的法向量，則取m=(-√3,1,2).………………(13所以平面BPQ與平面DPQ夾角的余弦值解析(I)設(shè),ya≠ym.直線AB的方程,整理得(yA+yB)y-8x+64=0.………(4分)過定點(diǎn)(8,0).……………(6分)(Ⅱ)由(I)知E的方程為(x-4)2+y2=16.……………(7分)設(shè)直線l:y=k(x-2),C(x?,y,),D(x?,y?).所以武.……………(10分)作CM⊥x軸于M,DN⊥x軸于N,故折起后|CDP2=|CMP+|MNI2+|ND|P=y2+(x?-x?)2+y2=k2(x?-2)2+(x?-x?)2+k2(x?-2)2=(k2+1)(x?+x?)2-4k2(x?+x?)-(2k2+4)x?x?+8k2,……(13分)即|CD|的取值范圍是(2√6,8).…………(15分)(Ⅱ)令q=1-p,由題意得P(X=k)=Cp^q"?-“,k=0,1,2,3,…,n,…………………(6分)—6——7—?jiǎng)tPa+1=P(A)=P(BC)P(AIBC)+P(BC)P(AIBC)+P(BC)P(AIBC)+P(BC)P(AIBC)解析(I)由切線方程可知f(1)=e-1,f'(1)=1.……………………(1分)所,可得a=b,…………………(3分)(Ⅱ)(i)因?yàn)閍n+1=Inf(a),(6分)設(shè)g(t)=(t-1)e'