屆新高考教學教研聯盟高三第二次聯考暨懷化市上期高三二模考試數學試卷由長郡中學；衡陽市八中：永州市四中；岳陽縣一中，湘潭縣一中；湘西州民中；石門縣一中；澧縣一中；益陽市一中；桃源縣一中；株洲市二中；麓山國際；郴州市一中；岳陽市一.聯合命制命題學校：永州四中審題學校：邵東一中注意事項：答卷前，考生務必將自己的姓名?考生號?考場號?座位號填寫在答題卡上.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上寫在本試卷上無效.考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回.一?選擇題（本大題共8小題，每小題5分，共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】D【解析】【分析】解不等式化簡集合，再利用交集的定義求解.【詳解】解不等式，得，解得，則，解不等式，得，則，所以.故選：D2.已知復數滿足（的虛部為（）第1頁/共24頁A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根據復數的周期性以及復數的除法運算計算復數，然后由共軛復數的定義求出，最后由虛部的定義得出結果.【詳解】因為復數滿足，所以，可得：，所以，故的虛部為.故選：B3.已知，則在上的投影向量為（）A.B.C..D.【答案】D【解析】【分析】計算，根據投影向量的計算公式直接計算即可.【詳解】因為，所以，在上的投影向量為.故選：D4.若，則的值為（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】由可得的取值，結合角的范圍以及平方和為1可計算，由兩角和的余弦配湊角可求出結果.第2頁/共24頁【詳解】因為，所以，因為，所以，所以，所以.故選：C5.已知是不同的直線，是不同的平面，則下列結論正確的是（）A.若，則B.若，則C.若為異面直線且，則與中至少一條相交D.若，則【答案】C【解析】AB，由線面平行的性質判斷選項正誤；對于C，由反證法結合題意可判斷選項正誤；對于D，由圖及題意可判斷選選項正誤.【詳解】對于A，當時，可能與平行，也可能相交，異面，故A錯誤；對于B，當時，可能包含于平面，則不一定平行于，故B錯誤；對于C，假設均不與相交，因，則，又，均不與與中至少一條相交，故C正確；對于D，當時，設，則如圖當與不垂直時，不與垂直，故D錯誤.第3頁/共24頁故選：C6.下列函數滿足在定義域上有兩個以上不同的單調區間，且存在，使得函數圖象無限趨近于直線但不與其相交的是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】分析各選項中的單調性或值域，結合題中定義逐項判斷即可.【詳解】對于A選項，，內層函數在上減函數，在上為增函數，外層函數為增函數，所以，函數的減區間為，增區間為，不合乎要求；對于B選項，，由得，可得；由得，可得，所以，函數的減區間為，增區間為，不合乎要求；對于C選項，函數的定義域為，，由可得或，由可得，所以，函數的減區間為、，增區間為，第4頁/共24頁當時，，且當時，，所以，函數的圖象以直線為漸近線，符合要求；對于D選項，，該函數的定義域為，取，則，當且，，取，則，當且，，由于函數在上的圖象是連續不斷的，故函數的值域為，故函數的圖象不存在漸近線，不滿足要求.故選：C.7.甲?乙?丙?丁四人同時對一目標進行射擊，四人擊中目標的概率都為被兩人擊中而摧毀的概率為，目標被三人擊中而摧毀的概率為，若四人都擊中目標肯定被摧毀，則目標被摧毀的概率為（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】由條件可得擊中次數服從二項分布，分別求得其對應概率，再由全概率公式代入計算，即可得到結果.【詳解】設擊中次數為，則，所以，第5頁/共24頁，由全概率公式得，目標被摧毀的概率.故選：C8.在正三棱柱中，為線段上的動點，為邊上靠近B的三等分點，則三棱錐的外接球體積的最小值為（）A.B.C.D.【答案】B【解析】的外接圓圓心，設點的坐標為，設的坐標為，然后利用，可得，再由基本不等式可得答案.A為坐標原點，為A作的垂線為軸，為軸建立如圖所示的空間直角坐標系，則，設三角形的外接圓的圓心為，則點在平面上，且為線段AB中垂線與線段AD中垂線交點，注意到線段AB中垂線方程滿足，AD中點為，又在平面中，，則AD中垂線方程滿足，聯立與，故解得點的坐標為，過點作平面的垂線，則外心一定在此垂線上，故可設的坐標為，又因為，第6頁/共24頁故三角形的外接圓半徑，由題可設點的坐標為，且，由外接球的定義知：，故，得，故當最小時，半徑最小，即體積最小，由基本不等式知，，當且僅當時等號成立，即，故體積.【點睛】關鍵點睛：外接球問題，一般先找到球心，再由勾股定理結合圖形構建關于外接球半徑的等式.二?多選題（本大題共3小題，每小題6分，共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，有選錯的得0分）9.為弘揚中華優秀傳統文化，樹立正確的價值導向，落實立德樹人的根本任務，某校組織全體高一年級學100）第7頁/共24頁A.B.估計此次測試學生分數的眾數為95C.估計此次測試學生分數的中位數為90D.估計此次測試學生分數的下四分位數為85【答案】BD【解析】【分析】根據頻率分布直方圖中的相關信息，由各組的頻率之和為1求出值，判斷A，利用眾數，中位數和下四分位數的概念依次判斷BCD項即可.【詳解】對于A，由得，所以A錯誤；對于B，因眾數是頻率分布直方圖中最高矩形的底邊中點的橫坐標，故眾數是95，B正確；對于C，由于90左邊的頻率是0.35，所以C錯誤；對于D，由第25百分位數就是下四分位數，又85左邊的頻率是0.25，所以D正確.故選：BD.10.已知函數的定義域是，且滿足，作的圖象關于軸的對稱圖象，并右移一個單位，再將橫坐標變為原來的得到函數的圖象，下列說法正確的有（）A.B.與有相同的值域C.的最小正周期是6D.【答案】ABD【解析】【分析】由函數圖像的變換即可判斷ABC第8頁/共24頁即可判斷D.【詳解】由圖象的變換知A項正確；因為圖象變換中沒有上下平移，所以值域不變，可知B項正確；由得①，在中用代替得②，由①②得，所以3是的周期，C項錯誤，由知的周期，則，在中令得，所以，D項正確.故選：ABD過點作拋物線的兩條切線說法正確的是（）A.點的坐標為B.若線段的中點為與拋物線交于點，則C.設拋物線上之間任意一點處的切線分別與交于點的面積分別為，則D.【答案】ABD【解析】【分析】對于A，利用導數的幾何意義，求出在點處的切線方程，聯立切線方程，即可求解；對于B，根據題設條件，直接求得，即可求解；對于C，根據題設求得，D第9頁/共24頁可求解.【詳解】對于選項A，由，得到，則，由導數的幾何意義知，曲線在點處的切線方程為，整理得到，又，所以，即，同理可得曲線在點的處切線方程為，則，解得，所以點的坐標為，故選項A正確；對于選項B，易知，由選項A知的方程為，所以，代入，得，所以是線段的中點，故，所以選項B正確，對于選項C，由選項B知垂直軸，不妨設，則，由，同理可得，所以，故選項C錯誤；第10頁/共24頁對于選項D，點的坐標為，點的坐標為，則，又由拋物線定義可知，所以，故選項D正確，故選：ABD.三?填空題（本大題共3小題，每小題5分，共分）12.已知數列中，，，則數列的前項和的最大值等于__________.【答案】【解析】項和次函數的基本性質可求得的最大值.【詳解】當時，，且，所以，數列是首項為，公差為的等差數列，則數列的前項和為，因，故當或時，取得最大值.故答案為：.13.已知點在圓到原點的距離為__________.【答案】【解析】【分析】設，根據題設得到，令，得到，根據題設可得與圓相切時滿足題意，即可求解.【詳解】由題知，圓標準方程為，圓心為，，第11頁/共24頁設，又，則，所以，令，則，又在圓上，由，解得，根據題設可知滿足題意，即與圓相切時滿足題意，此時，即點到原點的距離為，故答案為：.14.2稱其為位“穩定數”，則三位“穩定數”共有__________個.【答案】151【解析】【分析】法一：依題意，按照最小值分別取0，取1到7，和取8，取9進行分類討論，計算每個對應，，下的三位“穩定數”的數量，再合計即可.【詳解】法一：要求各位數字的極差不超過2的“穩定數”的數量，可以按照最小值進行分類討論，并計算每個對應的三位數的數量.①當01或2種，減去不含0的情況（即所有數字都是1或2）的8種，得到10個符合條件的數；②當到7時：允許的數字范圍是，百位數可以是中的任何一個，總數為種，減去不含或8對應的19133個符合條件的數；③當時：允許的數字范圍是8，9，百位數可以是8或9，總數為種，減去不含8的情況（即所有數字都是9）的1種，得到7個符合條件的數；④當時：所有數字都是9，只有1個數999.將各個的情況累加起來，總數為：.故答案為：151.法二：位數的極差范圍為0到9，即.第12頁/共24頁①極差，所有數字相同，即形如，共9個（即）.②極差，分兩種情況：最小值含0：數字范圍為，且百位，此時十位和個位可為0或1，但需至少含一個0，共3個.最小值：數字范圍為，每位可選或，且至少含和各一次，每位選擇數有2種（或或全的情況，每個對應6個數，共8個，共個，小計：個.③極差，分兩種情況：最小值含0：數字范圍為，且百位，需至少含0和2各一次，時，十位和個位需含0和2，共2個；時，十位和個位需含0，共5個（個.最小值和各一次，由容斥原理有個，共7個，共個.小計：個.三位“穩定數”總數為個.故答案為：151.四?解答題（本大題共5小題，共分解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟）15.在中，角的對邊分別為，且.（1）求；（2）若，點在邊上，且是的平分線，求的面積.【答案】（1）（2）【解析】1）解法一：由正弦定理及兩角和的正弦公式化簡求解即可；第13頁/共24頁解法二：直接由余弦定理化簡求解即可；（2可得，進而求解即可；解法二：由，結合三角形的面積公式得到，進而求解即可.【小問1詳解】由，得，解法一：由正弦定理得，又中，，所以，所以，于是，又，所以，又，所以.解法二：由余弦定理得，化簡得，由余弦定理得，又，所以.【小問2詳解】由是的平分線，得，解法一：，又，第14頁/共24頁所以.解法二：由得.即，解得，所以.16.已知甲、乙兩個箱子中均裝有1個黑球和2箱子中各任取一個球交換放入另一箱子.（1）當進行1次操作后，設甲箱子中黑球個數為，求的分布列及數學期望；（2）重復次這樣的操作后，記甲箱子中恰有1個黑球的概率為，求.【答案】（1）分布列見解析，數學期望為1（2）【解析】1）寫出隨機變量的所有取值，求出對應概率，即可得出分布列，再根據期望公式求期望即可；（2）根據全概率公式求出與的關系，再利用構造法即可得解.【小問1詳解】由題意知的可能取值為，，第15頁/共24頁，，所以分布列為012所以；【小問2詳解】重復次這樣的操作后，記甲箱子中恰有0個黑球的概率為，則甲箱子中恰有2個黑球的概率為，根據全概率公式可得，當時，，，由（1）知，所以數列是首項為，公比為的等比數列，故，所以.17.如圖所示，在直角梯形中，分別是上的點，且，將四邊形沿向上折起，連接，在折起的過程中，記二面角的平面角為.第16頁/共24頁（1）請將幾何體的體積表達為關于的函數，并求其最大值；（2）當時，求平面和平面夾角的余弦值的取值范圍.【答案】（1），，最大值為；（2）.【解析】1）根據題意，證明折疊過程中始終有平面，平面，由此求得棱錐的高，再利用分割法求得多面體的體積；（2）建立空間直角坐標系，利用向量法求出平面與平面所成夾角的余弦值，結合換元法和函數單調性求取值范圍.【小問1詳解】由題意，在折疊之前的平面圖形中，，，是平面內的兩條相交直線，是平面內的兩條相交直線，折疊過程中始終有平面，平面，故二面角，故到平面的距離為，平面平面，平面，故到平面的距離等于到平面的距離，即為.連接，則，，當時取得最大值.【小問2詳解】以點所在直線為，作平面的垂線所在直線第17頁/共24頁為軸，建立空間直角坐標系如圖，則，，設平面的法向量為，則，且，即可得.同理設平面的法向量為，則，且，即可得，記平面和平面所成角的平面角為，則，令，故，顯然為關于的增函數，故.第18頁/共24頁18.已知函數有三個不同的零點.（1）若，求的取值范圍；（2，且對任意都有恒成立，求實數的取值范圍；（3）若，比較的極大值與的大小.【答案】（1）（2）（3）極大值大于【解析】1）由極大值大于0，極小值小于0可得答案；（2）由題可得是方程的兩個根，則由韋達定理結合題意可得：，隨后分類討論與大小關系可得答案；（3）設的兩個不等根為，由題可得的極大值為，然后由，可用表示，可得，最后利用導數知識可比較大小.【小問1詳解】時，，，知時，時，，所以在上單調遞增，在上單調遞減，故的極大值是的極小值是，由有三個零點知有解得.第19頁/共24頁【小問2詳解】由知，所以，所以是方程的兩個根，即有，得，所以，由，得，①時，，則此時不成立；②時，，所以只需，即，解得.綜上可知.【小問3詳解】當時，