數學-湖南省天一大聯考暨郴州市2025屆高考高三第二次教學質量檢測（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.拋擲一枚質地均勻的骰子兩次，得到的點數分別為m,n,則“m≠2n”的概率為人心口數學試題第1頁(共4頁)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數學試題第2頁(共4頁)數學試題第3頁(共4頁)數學試題第4頁(共4頁)命題透析本題考查集合的運算.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算性質.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數共有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.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.因為AD·AB=0,所以λAB2+—1—,,7.答案B命題透析本題考查構造函數，并利用函數的單調性比大小.,即c<b.故c<b<a.命題透析本題考查數列求和、等差數列的應用.解析因為{a。是遞減的整數數列，所以要使a最小，應使遞減的幅度盡可能小.考慮公差為-1的等差數1971<2024,不滿足題意；當m=64時，S=2035>2024,因為2035-2024=11,只需去掉11這一項即可，即滿足題意的數列為64,63,62,…,13,12,10,即a,的最小值為64.二、多項選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.每小題全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的命題透析本題考查事件的概率的性質.對于B,因為,所以,所以,故B正確；對于C,記事件A為“從1,2,3,4中任選一個數，選出的數小于3”,則,記事件B為“從1,2,3,4中任選一個數，選出的數為4",則,但BCA不成立，故C錯誤；對于D,因為,所以,所以P(AB)=P(A)P(B),所以事件A與B相互獨立，則事件A與B相互獨立，故D正確.命題透析本題考查利用導數研究函數的性質.解析由題可知對于C,當x→+o時，f(x)→+0,又f(-2)=-7,f(3)=0,f(0)=3,所以f(x)的值域為(-7,+),所以交點，即方程f(x)=a共有4個實根，故D錯誤.11.答案ACD命題透析本題考查立體幾何綜合問題.解析對于A,由正方體的性質可知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；對于B,正方體的最大截面是過平行相對的兩條棱的矩形，如矩形ABC?D,其面積為8×8√2=64√2,故B對于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,當且僅當E為AA,的中點時等號成立，所以AF的最大值為2,故C正確；對于D,當AN⊥BN時，點N的軌跡為以AB為直徑的球面(除去A,B兩點),球心為AB的中點，半徑為4,點N到平面ABC的距離的最大值等于球的半徑，點N在正方形ABB?A?的中心處時，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數的運算.解析因為(√3+i)3=8i,所以x=0,y=8,則x+2y=16.命題透析本題考查函數的圖象對稱問題.解析由題意知2*-2≠0,即x≠1,所以f(x)的定義域為{xlx≠1},又因為f(x)的圖象關于直線x=b對稱，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的綜合問題.解析由題易知直線MN不與橢圓相交，可設直線MN的方程為y=hx+5,點P(4cosθ,3sinθ),則點P到直線MN的距離為由題可知|MN|為定值，則當θ變化時的最大值與最小值的比值為9,因為4kcosθ-3sinθ+5的值不為0,所以其值恒為正或恒為負.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,所以因為△PMN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的圖象與性質.解析(I)設f(x)的最小正周期為T.由題圖得,,又0<φ<π,所以,,…………(7分)(Ⅱ)當x∈(π,m)時，………………(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?！?—設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,ya≠ym.直線AB的方程,整理得(yA+yB)y-8x+64=0.………(4分)過定點(8,0).……………(6分)(Ⅱ)由(I)知E的方程為(x-4)2+y2=16.……………(7分)設直線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—則Pa+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)因為an+1=Inf(a),(6分)設g(t)=(t-1)e'