2024-2025学年湖南省部分学校高三（下）质检数学试卷（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2024-2025学年湖南省部分学校高三（下）质检数学试卷一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.已知复数(a+i)2A.0 B.1 C.2 D.32.“x−2<1”是“x∈(2,3)”的(

)A.充要条件 B.充分不必要条件

C.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件3.若点(3,0)到双曲线C：x2−y2b2=1(b>0)的一条渐近线的距离为A.24 B.22 C.4.已知△ABC的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且b=3c，csinC=2，则2b−csinB−sinCA.5 B.4 C.3 D.15.废弃矿山的治理事关我国的生态环境保护，甲、乙两种植物可以在一定程度上加快污染地生态的恢复.若在某一片污染地上甲、乙至少有一种可以存活，且甲存活的概率是0.6，乙存活的概率是0.5，则在该片污染地上甲、乙都存活的概率为(

)A.0.4 B.0.3 C.0.2 D.0.16.已知某圆台轴截面的周长为10，面积为33，圆台的高为3，则该圆台的表面积为A.6π B.10π C.11π D.12π7.已知AC为圆M的直径且AC=2，B为圆M上的动点且与A，C均不重合，等边三角形BCD与△ABC共面且点A，D位于BC的异侧，则DA⋅DC的最大值为(

)A.12 B.1 C.2 D.8.已知公差不为0的等差数列{an}的前n项和为Sn，且S4=7S1，若存在正整数m，kA.1 B.2 C.3 D.4二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。9.已知a>0，设函数y=sinx在区间[a,2a]上的最大值为m，在区间[2a,3a]上的最大值为n，当a变化时，下列结论可能成立的是(

)A.m>0，n>0 B.m>0，n<0 C.m=0，n>0 D.m<0，n<010.如图，在四棱锥P−ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，AD//BC，AD=AB=CD=PA=PD=1，BC=2，F为PC的中点，则(

)A.BC/​/平面PAD

B.PC⊥平面BDF

C.三棱锥P−ABC的体积为14

D.PA与CD所成角的余弦值为11.已知曲线C1：(x−2)2+(y−1)2=r2(r>0,x≥2)ⅡC2：(x−2)2+(y+1)2=r2(x≥2)相切，且曲线C1，C2和抛物线C3：y2=2x(x≤2)围成封闭曲线C，过A.r=1 B.|FB|的最大值为52

C.|OA|2不大于点A到y轴的距离的4倍 D.若l的斜率为三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.某蔬菜种植基地最近五年的年投资成本x(万元)和年利润y(万元)的统计表如下：x1011121314y1112ab19若y关于x的线性回归方程为y=2x−9.6，则y的平均数y−13.已知函数f(x)=x3+mx2+nx的图象与直线y=1相切，且与直线y=114.记max{a,b,c}表示a，b，c三个数中的最大数.若函数f(x)=ln(2ax2−bx+c)(a≥b≥c>0)的值域为R四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。15.(本小题12分)

已知数列{1an}的前n项和Sn=n2+2n．

(Ⅰ)求{an}的通项公式；

(Ⅱ16.(本小题12分)

如图，在直五棱柱ABCDE−A1B1C1D1E1中，AB⊥BC，AB⊥AE，AE⊥ED，AA1=AB=AE=2ED=BC=1，M是EE1的中点．

(Ⅰ)证明：17.(本小题12分)

已知函数f(x)=(x−a)ex+a．

(Ⅰ)求f(x)的单调区间；

(Ⅱ)若a≤1，证明：当x>0时f(x)+18.(本小题12分)

已知曲线C：x2+4y2=λ(λ>0)上任意两点间的最大距离为4，M，N为C与y轴的交点，且点M在N的上方．

(Ⅰ)求C的方程；

(Ⅱ)若过M的直线与C交于另一点G(异于点N)，作NH⊥MG，H为垂足，直线NH，NG的斜率分别为k1，k2，证明：k1=4k2；

(Ⅲ)若点P，Q19.(本小题12分)

甲、乙两个不透明的袋中各有n(n≥2)个材质、大小相同的小球，甲袋中的小球分别编号为1，2，…，n，乙袋中的小球分别编号为n+1，n+2，…，2n.从甲袋中任取两个小球，编号记为a，b(a<b)，从乙袋中任取两个小球，编号记为c，d(c<d)

(Ⅰ)若n=5，设X=b−a，求X的分布列和数学期望．

(Ⅱ)设Y=c−a，Z=d−b，事件“Y=Z”发生的概率记为Pn．

(i)用含n的组合数表示Pn．

(ii)证明：当n≥3时，43n<Pn≤答案解析1.B

【解析】解：因为(a+i)2(a∈R)是纯虚数，且(a+i)2=a−1+2ai，

所以a−1=02.C

【解析】解：由x−2<1可得，2≤x<3．

由2≤x<3不能推出x∈(2,3)，即充分性不成立，而x∈(2,3)可以推出2≤x<3，即必要性成立，

所以“2≤x<3”是“x∈(2,3)”的必要不充分条件．

故选：C．

先解不等式，再根据充分条件和必要条件的概念进行判断即可．3.B

【解析】解：点(3,0)到双曲线C：x2−y2b2=1(b>0)的一条渐近线的距离为1，

对于双曲线x2−y2b2=1(b>0)，其渐近线方程为y=±bx，即bx±y=0．

点(3,0)到渐近线bx−y=0(取这条渐近线计算，取另一条结果相同)的距离d，

已知距离d=1，则|3b−0+0|b2+1=1．

即|3b|=b2+14.A

【解析】解：由正弦定理可知，bsinB=csinC=2，

则sinB=b2,sinC=c2，结合b=3c，

于是5.D

【解析】解：已知甲存活的概率是0.6，乙存活的概率是0.5，

设甲存活为事件A，乙存活为事件B，

则P(A)=0.6，P(B)=0.5，

则甲乙至少有一种存活的概率为P(A∪B)=1，

则P(A)+P(B)−P(A∩B)=1，

则所以甲、乙都存活的概率为P(A∩B)=P(AB)=0.5+0.6−1=0.1．

故选：D．

根据容斥原理的概率公式计算可得答案．

本题考查相互独立事件的概率乘法公式，属于基础题．6.C

【解析】解：由题意圆台轴截面的周长为10，面积为33，圆台的高为3，

可设圆台上下底面半径分别为r，R且R>r，则圆台轴截面腰长为(R−r)2+3，

所以2(R+r)+2(R−r)2+3=10，3(R+r)=33，即R+r=3，

所以(R−r)2=1，可得R−r=1，故R=2，r=1，

综上，圆台的表面积为7.D

【解析】解：如图：

因为MA+MC=0，

所以DA⋅DC=(DM+MA)⋅(DM+MC)=DM2−MA2=|MD|2−1，

取BC中点N，则|MD|=|MN|+|DN|，

因为0<|BC|<2，所以设|BC|=2cosα，α∈(0,π2)，

则|MN|=1−cos2α=sinα，8.B

【解析】解：公差不为0的等差数列{an}的前n项和为Sn，且S4=7S1，

存在正整数m，k，使得S33=66(Sm−Sk)，

设等差数列{an}的首项为a1=2，公差为d，

由题有4a1+4×32d=7a1，整理得到a1=2d，

又S33=66(Sm−Sk)，

∴33a1+33×322d=66[ma1+m(m−1)2d−ka1−k(k−1)2d]，

整理得到a1+16d=2(m−k)a9.ABC

【解析】解：对于A，取a=π6，则[a,2a]=[π6,π3]，[2a,3a]=[π3,π2].

此时函数y=sinx在区间[a,2a]上为增函数，最大值m=sinπ3>0，

在区间[2a,3a]上也是增函数，最大值n=sinπ2>0，故A项符合题意；

对于B，取a=7π12，则[a,2a]=[7π12,7π6]，[2a,3a]=[7π6,7π4].

此时函数y=sinx在区间[a,2a]上为减函数，最大值m=sin7π12>0，

在区间[2a,3a]上先减后增，最大值n=sin7π6=−12<0，故B项符合题意；

对于C，取a=π，则[a,2a]=[π,2π]，[2a,3a]=[2π,3π]．

此时函数y=sinx在区间[a,2a]上先减后增，最大值m=sinπ=0，

在区间[2a,3a]上先增后减，最大值n=sin5π2=1>0，故C项符合题意；

对于D，若m<0，即y=sinx在区间[a,2a]上的最大值小于0，

则[a,2a]∈(π10.AC

【解析】解：对选项A：因为AD//BC，AD⊂平面PAD，BC⊄平面PAD，

所以BC/​/平面PAD，故A正确；

对选项B：如图：

取AD中点H，连接PH，BH，

因为PA=PD=AD=1，所以PH⊥AD，

又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，PH⊂平面PAD，

所以PH⊥平面ABCD，

BH⊂平面ABCD，所以PH⊥BH，

在直角△PHB中：PH=32，

HB2=AB2+BH2−2⋅AB⋅BH⋅cos∠BAH=1+14−2×1×12×(−12)=74，

所以PB2=PH2+BH2=52，

又BC=2，所以BP≠BC，又F为PC中点，所以PC与BF不垂直，

所以PC⊥平面BFD是错误的，故B错误；

对选项C：因为S△ABC=12⋅BA⋅BC⋅sin60°=12×1×2×32=32，

所以VP−ABC=13S△ABC⋅PH=13×32×32=14，故C正确；11.ACD

【解析】解：如图：C1(2,1)，C2(2,−1)，

因为圆C1与圆C2相切，所以|C1C2|=2r，即2=2r，

所以r=1，A选项正确；

当直线l与曲线C交于圆C1上时，F，C1B三点共线时|FB最大，

此时|FB|=|FC1|+r=12+(2−12)2+1=1+132>52，B选项错误；

当点A在曲线C3上时，设A(2t2,2t)，2t2≤2，即t2≤1，

|OA|2−4×2t2=(2t2)2+(2t)2−8t2=4t2(t2−1)≤0；

当点A在曲线C1上时，设A(2+cosα,1+sinα)，0≤cosα≤1，

|OA|2−4×(2+cosα)=(2+cosα)2+(1+sinα)2−(8+4cosα)=2sinα−2≤0；

由对称性可知当点A在曲线C2上时，结论也成立，C选项正确；

若l的斜率为3时，l：y=3x−32，

显然此时直线与曲线C交于C3，

则y=3x−32y2=2x，

整理得3x2−5x+34=0，

设A(x1,y1)，A(x2,y212.14.4

【解析】解：由题意可知，x−=10+11+12+13+145=12，

因为线性回归方程过样本中心点(x−,y−)，

将x−=12代入线性回归方程y=2x−9.613.6

【解析】解：由题意可得，f′(x)=3x2+2mx+n，

因为函数f(x)=x3+mx2+nx的图象与直线y=1相切，且与直线y=1仅有一个交点，

由题意知函数f(x)单调递增，且f′(x)且存在唯一零点，

∴Δ=(2m)2−3×4n=0，即n=m23，

∴f′(x)=3x2+2mx+n=3x2+2mx+m23=0，x=−m3，

则f(−m3)=(−m3)3+m(−m3)2+14.89【解析】解：若函数f(x)=ln(2ax2−bx+c)的值域为R，

记g(x)=2ax2−bx+c，则g(x)能取所有的正数，

则g(x)min≤0，故Δ=b2−8ac≥0，

由a≥b≥c>0，得c≤b28a，且a+b≥a+c≥b+c>0，

所以1b+c≥1c+a≥1a+b>0，

所以ab+c≥bc+a≥ca+b>0，

故max{15.解：(Ⅰ)数列{1an}的前n项和Sn=n2+2n，

可得n=1时，1a1=S1=3，即a1=13，

当n≥2时，1an=Sn−Sn−1【解析】(Ⅰ)由数列的通项与求和的关系，化简可得所求通项公式；

(Ⅱ)由数列的裂项相消求和，化简可得所求和．

本题考查数列的通项与求和的关系，以及数列的裂项相消求和，考查转化思想和运算能力，属于中档题．16.解：(Ⅰ)证明；如图，分别取AB，AA1的中点P，Q，

连接PD，PQ，QM，则PQ//A1B.

因为ED=AP=1，ED//AP，所以四边形APDE为平行四边形，

所以PD=AE=2，PD//AE，

同理QM=AE=2，QM//AE，

所以PD//QM，PD=QM，所以四边形PQMD为平行四边形，

故PQ//DM，又A1B//PQ，

所以A1B/​/DM，又A1B⊄平面DB1M，MD⊂平面DB1M，

所以A1B/​/平面DB1M.

(Ⅱ)如图，以A为原点，直线AB，AE，AA1分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，

可得D(1,2,0)，B1(2,0,2)，M(0,2,1)，C1(2,1,2)，E1(0,2,2)，

则DB1=(1,−2,2)，DM=(−1,0,1)，C1E1=(−2,1,0)．

设平面D【解析】(Ⅰ)分别取AB，AA1的中点P，Q，连接PD，PQ，QM，先证四边形APDE为平行四边形，再证四边形PQMD为平行四边形，进而得A1B/​/DM，最后应用线面平行的判定证明结论；

(Ⅱ17.解：(Ⅰ)因为f(x)=(x−a)ex+a，

所以f′(x)=(x−a+1)ex．

当x<a−1时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x>a−1时，f′(x)>0，f(x)单调递增，

所以f(x)的单调递减区间为(−∞,a−1)，单调递增区间为(a−1,+∞)．

(Ⅱ)证明：要证明f(x)+ex≥x+lnx+2，

即证明xex+ex−x−lnx−2≥a(ex−1)，

因为a≤1，且x>0，所以a(ex−1)≤ex−1，

先证明xex+ex−x−lnx−2≥ex−1，即xex−x−lnx−1≥0．

设g(x)=xex−x−lnx−1，则g′(x)=(x+1)ex−1−1【解析】(Ⅰ)由函数f(x)的解析式求得其导数f′(x)，由导数f′(x)<0求得递减区间，由导数f′(x)>0求得递增区间；

(Ⅱ)将不等式进行转化，在已知条件下a(ex−1)≤ex−1，所以不等式转化为xex−x−lnx−1≥0，设函数g(x)=xex−x−lnx−1，求导数g′(x)，由解析式可知g′(x)递增，由函数零点存在定理可知存在唯一的18.解：(Ⅰ)易知x2λ+y2λ4=1，

该方程表示焦点在x轴上的椭圆，任意两点间的最大距离为长轴长，

所以2λ=4，

解得λ=4，

则C的方程为x24+y2=1；

(Ⅱ)证明：由(Ⅰ)知N(0,−1)，M(0,1)，

设G(x0,y0)(x0≠0)，

此时k2=y0+1x0．

因为kMG=y0−1x0，

所以k1=−1kMG=−x0y0−1，

所以k1k2=−x0y0−1⋅x0y0+1=x021−y02．

因为点G在椭圆上，

所以x024+y02=1，

此时k1k2=x021−y02=4(1−y02)1−y02=4，

即k1=4k2；

(Ⅲ)证明：易知直线MP，MQ，PQ的斜率存在，

设直线PQ的方程为y=kx+m(m≠1)【解析】(Ⅰ)整理曲线方程，由题意知长轴为4，求得λ，从而求出曲线方程；

(Ⅱ)写出点M，N坐标，设G(x0,y0)(x0≠0)，得到斜率k2，由kMG求k1，然后得到k1k2，由G