湖南省九校聯(lián)盟2023-2024學(xué)年高三下學(xué)期數(shù)學(xué)第二次聯(lián)考試卷

湖南省九校聯(lián)盟2023-2024學(xué)年高三下學(xué)期數(shù)學(xué)第二次聯(lián)考試卷姓名：__________班級(jí)：__________考號(hào)：__________題號(hào)一二三四總分評(píng)分一、選擇題（本大題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的）1．對(duì)兩個(gè)變量x和y進(jìn)行回歸分析，得到一組樣本數(shù)據(jù)(xA．平均數(shù) B．相關(guān)系數(shù)r C．決定系數(shù)R2 2．已知{an}是等比數(shù)列，Sn是其前n項(xiàng)和.若A．2 B．4 C．±2 D．±45．如圖，在四面體P?ABC中，PA⊥平面ABC,A．3π B．9π C．36π D．48π6．某銀行在2024年初給出的大額存款的年利率為3%，某人存入大額存款a0元，按照復(fù)利計(jì)算10年后得到的本利和為a10，下列各數(shù)中與A．1.31 B．1.32 C．1.33 D．1.347．已知函數(shù)f(x)=sin(ωx)+3cos(ωx)，若沿x軸方向平移f(x)的圖象，總能保證平移后的曲線與直線y=1在區(qū)間[0,A．[2,83) B．[2,108．過(guò)點(diǎn)P(?1,0)的動(dòng)直線與圓C:(x?a)2+(y?2)2=4(a>0)A．1 B．2 C．3 D．4二、多選題（本大題共3小題，每小題6分，共18分，在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求.全部選對(duì)的得6分，部分選對(duì)的得部分分，有選錯(cuò)的得0分）9．下列函數(shù)的圖象與直線y=x+1相切的有（）A．y=ex B．y=lnx C．y=sinx+1 10．在△ABC中，角A,B,C所對(duì)的邊分別為A．A=2BB．若a=3b，則C．若△ABC為銳角三角形，1tanBD．若△ABC為銳角三角形，則ca的取值范圍為11．如圖，點(diǎn)P是棱長(zhǎng)為2的正方體ABCD?A1B1CA．若點(diǎn)P滿足AP⊥B1C，則動(dòng)點(diǎn)B．三棱錐A?PB1C．當(dāng)直線AP與AB所成的角為45°時(shí)，點(diǎn)PD．當(dāng)P在底面ABCD上運(yùn)動(dòng)，且溚足PF∥平面B1CD1三、填空題（本大題共3小題，每小題5分，共15分）12．對(duì)于非空集合P，定義函數(shù)fP(x)=?1,x?P,1,x∈P,已知集合13．已知橢圓x2a2+y2b14．函數(shù)f(x)=e四、解答題（本大題共5小題，共77分.解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明?證明過(guò)程或演算步驟）15．如圖所示，半圓柱的軸截面為平面BCC1B1，BC是圓柱底面的直徑，O為底面圓心，AA1為一條母線，（1）求證：OE⊥AB（2）求平面AB1E16．猜歌名游戲是根據(jù)歌曲的主旋律制成的鈴聲來(lái)猜歌名，該游戲中有A，B，C三首歌曲.嘉賓甲參加猜歌名游戲，需從三首歌曲中各隨機(jī)選一首，自主選擇猜歌順序，只有猜對(duì)當(dāng)前歌曲的歌名才有資格猜下一首，并且獲得本歌曲對(duì)應(yīng)的獎(jiǎng)勵(lì)基金.假設(shè)甲猜對(duì)每首歌曲的歌名相互獨(dú)立，猜對(duì)三首歌曲的概率及猜對(duì)時(shí)獲得相應(yīng)的獎(jiǎng)勵(lì)基金如下表：歌曲ABC猜對(duì)的概率0.80.50.5獲得的獎(jiǎng)勵(lì)基金金額/元100020003000（1）求甲按“A,（2）甲決定按“A,B,17．已函數(shù)f(x)（1）求a?b?c的值；（2）判斷函數(shù)f(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù).18．已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，滿足2Sn+（1）求數(shù)列{a（2）對(duì)于給定的正整數(shù)i(i=1,2,?,n)，在ai和ai+1之間插入（i）求Tn（ii）是否存在正整數(shù)m，使得bm?1+1am+2b19．直線族是指具有某種共同性質(zhì)的直線的全體，例如x=ty+1表示過(guò)點(diǎn)(1（1）若圓C1:x2+（2）若點(diǎn)P(x0,y0)不在線族：Ω:（3）在（2）的條件下，過(guò)曲線E上A,B兩點(diǎn)作曲線E的切線l1,l2，其交點(diǎn)為P.已知點(diǎn)

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】平均數(shù)與方差是用來(lái)反饋數(shù)據(jù)集中趨勢(shì)與波動(dòng)程度大小的統(tǒng)計(jì)量；

變量y和x之間的相關(guān)系數(shù)的絕對(duì)值越大，則變量y和x之間線性相關(guān)關(guān)系越強(qiáng)；

用決定系數(shù)R2來(lái)刻畫(huà)回歸效果，R2越大說(shuō)明擬合效果越好.【分析】根據(jù)相關(guān)數(shù)據(jù)的特征可知，決定系數(shù)R22．【答案】C【解析】【解答】∵a3-a1=3，∴等比數(shù)列an的公比q≠1.

∵S4=5S【分析】根據(jù)等比數(shù)列的通項(xiàng)公式和前n項(xiàng)和列出等式即可求解.5．【答案】B【解析】【解答】已知如圖所示：

將四面體補(bǔ)形成長(zhǎng)方體，長(zhǎng)方體的長(zhǎng)?寬?高分別為2、1、2，

四面體的外接球即為長(zhǎng)方體的外接球，

而長(zhǎng)方體的外接球的直徑等于長(zhǎng)方體的體對(duì)角線長(zhǎng)，設(shè)外接球的半徑為R，

故2R=22+故答案為：B.【分析】用補(bǔ)行法，將四面體P-ABC補(bǔ)形成長(zhǎng)方體，長(zhǎng)方體的長(zhǎng)?寬?高分別為2、1、2，長(zhǎng)方體的外接球即為四面體的外接球，而長(zhǎng)方體外接球的直徑即為其體對(duì)角線，求出外接球的直徑，即可求出外接球的表面積.6．【答案】D【解析】【解答】解：存入大額存款a0元，按照復(fù)利計(jì)算，a0(同理可得：a0則a10故答案為：D..【分析】利用二項(xiàng)展開(kāi)式計(jì)算可得答案.7．【答案】A【解析】【解答】解：化簡(jiǎn)f(x)=sin(ωx)+3cos(ωx)，利用輔助角公式可得：若沿x軸方向平移，考慮其任意性，不妨設(shè)得到的函數(shù)g(x)=2sin(ωx+φ).

g(x)函數(shù)圖象如圖所示：

當(dāng)y=1與g(x)總有兩個(gè)交點(diǎn)時(shí)，T=π，當(dāng)y=1與g(x)總有三個(gè)交點(diǎn)時(shí)，4T即：2≤ω<83.【分析】將函數(shù)化成正弦型函數(shù)f(x)=2sin(ωx+π3)8．【答案】A【解析】【解答】解：圓心C(a,2)，半徑為2，則圓C與x軸相切，設(shè)切點(diǎn)為則|PM|=a+1，則|PM設(shè)AB的中點(diǎn)為D，連接CD，則CD⊥AB，圖像如圖所示：

令圓心C到直線AB的距離為d，則0≤d<2,|由1|PA|+1因此(a+1)2(a+1所以(a+1)2(a+1)2+4=【分析】求出圓C的圓心，半徑，利用切割線定理結(jié)合已知求出|PQ|的最小值，再列式計(jì)算即得.9．【答案】A,C【解析】【解答】解：選項(xiàng)A中，設(shè)y=ex與y=x+1相切，設(shè)切點(diǎn)為∵y'=ex，令k=ex1=1選項(xiàng)B中，設(shè)y=lnx與y=x+1相切，設(shè)切點(diǎn)為(x∵y'=(lnx)'=1x，令k=選項(xiàng)C中，設(shè)y=sinx+1與y=x+1相切，設(shè)切點(diǎn)為(x∵y'=cosx，令當(dāng)k=0時(shí)，切點(diǎn)為(0,1)，切線方程為選項(xiàng)D中，∵y=x3+1與y=x+1有三個(gè)交點(diǎn)，(0又y'=3x2，故答案為：AC.【分析】假設(shè)選項(xiàng)中的曲線與直線y=x+1相切，利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義求出對(duì)應(yīng)斜率是否為1，求得切點(diǎn)進(jìn)行逐一判斷即可得出結(jié)論.10．【答案】A,B,D【解析】【解答】解：對(duì)于A,△ABC中，由正弦定理得sinC=2sinBcosA+sinB，∵三角形內(nèi)角和為π，則sinC=sin(A+B)，得sinAcosB?cosAsinB=sinB，即sin(A?B)=sinB，由0<A,B<π，則sinB>0，

故0<A?B<π，所以A?B=B或A?B=π-B，即A=2B或A=π（舍去），即對(duì)于B，若a=3b，結(jié)合A=2B和正弦定理得又0<A,B<π，所以可得對(duì)于C，在銳角△ABC中，0<B<π2,0<A=2B<π對(duì)于D，在銳角△ABC中，由π6ca令cosB=t∈(22,∵函數(shù)f(t)=2t?12t單調(diào)遞增，所以可得ca【分析】根據(jù)正弦定理和三角恒等變換可得sin(A?B)=sinB，即可得A=2B，所以A正確；再利用a=3b由正弦定理計(jì)算可得cosB=32，可得C=π2，B正確；由銳角三角形可得π611．【答案】C,D【解析】【解答】解：對(duì)于A，∵B1C⊥平面ABC1D1,A∈平面ABC1D1，故動(dòng)點(diǎn)對(duì)于B，因?yàn)閂A?PD1D1要使三棱錐P?AB1D1的體積最大，當(dāng)且僅當(dāng)點(diǎn)則點(diǎn)C是正方體到平面AB所以(VA?PB1D其高為h=(22)對(duì)于C：連接AC，AB1，以B為圓心，BB當(dāng)點(diǎn)P在線段AC,AB1和弧B1C上時(shí)，直線又AC=A弧B1C長(zhǎng)度14×π×22=π對(duì)于D，取A1D1連接QR,因?yàn)镕T∥D1C,FT?平面D1BTM∥B1C，TM?平面D1B1C又FT∩TM=T,FT,TM?平面FTM，故平面又QF∥NM,故平面FTMNRQ與平面FTM是同一個(gè)平面.則點(diǎn)P的軌跡為線段MN：在三角形FNM中，F(xiàn)N=則FM故三角形FNM是以∠FMN為直角的直角三角形；故FPmax=FN=22，故FP長(zhǎng)度最大值為22，故【分析】利用線面垂直的性質(zhì)定理可得動(dòng)點(diǎn)P的軌跡為矩形ABC1D1，其周長(zhǎng)為42+4；顯然三棱錐A?PB1D1體積的最大值即為正四面體C?AB1D1，則最大值為VC?AB1D1=83；因?yàn)楫?dāng)點(diǎn)P在線段12．【答案】(0【解析】【解答】解：由題知：若fA(x)+f即集合A∩B≠?，得0<t<1，即t的取值范圍為(0,1).

【分析】根據(jù)題意，由函數(shù)的定義可得fA(x)+fB(x)13．【答案】(【解析】【解答】解：依題意，對(duì)于橢圓方程，12<2b∵12<ba<1,∴14<b【分析】根據(jù)橢圓方程和題設(shè)條件得到12<b14．【答案】2【解析】【解答】解：易知f'(x)=esinxcosx+∴當(dāng)x∈(0,π2]時(shí)，sinx>0，cosx>0，則f'(x)>0；當(dāng)x∈(π2,π)時(shí)，∴f'(x)是單調(diào)減函數(shù)，易知f'(π2)>0同理可得f'(3π2)<0結(jié)合f'(x)的正負(fù)情況，f'因此函數(shù)f(x)在(0故答案為：2.【分析】依題意可知f'(x)=e15．【答案】（1）解：由BC是直徑可知AB⊥AC，則△ABC是是等腰直角三角形，故AO⊥BC，由圓柱的特征可知BB1⊥平面ABC，又AOC平面ABC因?yàn)锽B1∩BC=B,BB1而OE?平面BCC1B因?yàn)锳B=AC=AA1=4OE所以B1因?yàn)锽1O⊥OE,所以O(shè)E⊥平面AB1O，又AB1（2）解：由題意及（1）易知AA則B1(4(2,由（1）知AO⊥平面B1OE，故平面B設(shè)n=(x,y則有n?AB1設(shè)平面AB1E與平面B所以cosθ=|cos?n則平面AB1E與平面B【解析】【分析】（1）想要證OE⊥AB1，需證OE⊥平面AB1O，即需證OE垂直于平面AB1O內(nèi)的兩條相交直線OA和OB（2）建立空間直角坐標(biāo)系，用空間向量的方法求二面角的余弦值.16．【答案】（1）解：設(shè)“甲按‘A，B，C’的順序猜歌名至少猜對(duì)兩首歌名”為事件E，則P(E)=0.則X的所有可能取值為0,P(X=0)=1?0P(X=1000)=0P(X=3000)=0P(X=6000)=0所以E(X)=0×0.則Y的所有可能取值為0,P(Y=0)=0P(Y=3000)=0P(Y=5000)=0P(Y=6000)=0所以E(Y)=0×0,（2）解：甲按“C，B，A”的順序猜歌名時(shí)，獲得0元的概率為0.5，大于按照“A，B，C”的順序猜歌名時(shí)獲得0元的概率，所以應(yīng)孩按照“A，B，C”的順序猜歌名.【解析】【分析】（1）根據(jù)互斥事件和獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)的概率公式即可求解.（2）先根據(jù)題意寫(xiě)出甲決定按“A,B,C”的順序猜歌名獲得獎(jiǎng)金數(shù)X的所有可能取值，根據(jù)獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)的概率公式求得每一個(gè)X取值對(duì)應(yīng)的概率，由數(shù)學(xué)期望的計(jì)算方法得出E(X)；再同理得出甲決定按“17．【答案】（1）解：因?yàn)楹蘤(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)(1,所以y=f(x+1)+2為奇函數(shù)，從而有f(x+1)+2+f(?x+1)+2=0，即f(x+1)+f(?x+1)=?4.f(x+1)=(f(1?x)=(所以2a+6=0,2a+2b+2c+2=?4,解得a=?3（2）解：由（1）可知，f(x)=x當(dāng)c??3時(shí)，f(x)為單調(diào)增函教，f(1)=?2<0，f(c函數(shù)f(x)有且僅有一個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)?3<c<0時(shí)，f'(x)=0有兩個(gè)正根x1<x數(shù)f(x)在區(qū)間(?∞,x1)上單調(diào)遞增，在區(qū)間f(x函數(shù)f(x)有且僅有一個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)c=0時(shí)，f(x)=x當(dāng)c>0時(shí)，f'(x)=0有兩個(gè)根x1函數(shù)f(x)在區(qū)間(?∞,x1)上單調(diào)遞增，在區(qū)間f(函致f(x)有且僅有三個(gè)零點(diǎn)；綜上，當(dāng)c>0時(shí)，函數(shù)f(x)有三個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)c=0時(shí)，函數(shù)f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)c<0時(shí)，函數(shù)f(x)有一個(gè)零點(diǎn).【解析】【分析】（1）由f(x)的圖象關(guān)于(1,?2（2）由（1）得到函數(shù)f(x)的解析式，求出f'(x)，利用Δ判斷18．【答案】（1）解：由2Sn+an=3①①-②得2a當(dāng)n=1時(shí)，2a∴{an}是首項(xiàng)為1，公比為1由bn+b得b2=2，又b④-③得bn+2{b得b2n?1綜上：an（2）解：（i）在an和an+1之間新入n個(gè)數(shù)cn1設(shè)公差為dv，則d則cnkTn則13⑤-⑥得：23（ii）由（1）an=(由已知bm假設(shè)m?1+3m+1m?1+3m不妨設(shè)m?1+3因?yàn)閙?1?0,3m>0(m∈N所以m?1+3m+1m?1+假設(shè)m?1+3m+1m?1+3m當(dāng)k=2時(shí)，有m?1=3m，即m?13當(dāng)m=1時(shí)，f(1)<f(2)；當(dāng)m?2時(shí)，f(m+1)?f(當(dāng)k=3時(shí)，有m?1=0，即m=1.所以存在m=1使得m?1+3m+1m?1+故存在正整數(shù)m=1使得bm?1+1【解析】【分析】（1）根據(jù)Sn,an的關(guān)系式可得{an}是首項(xiàng)為1，公比為1（2）（i）利用定義可求得新插入的數(shù)列公差dn=?23n（ii）求得bm?1+1am+2bm?1?2m+32Tm?3=m?1+19．【答案】（1）解：由定義可知，mx+ny=1與x2+y2=1相切，則圓C1的圓心(0,（2）解：點(diǎn)P(x0,y0)不在直線族將(2a?4)