湖南省长沙市高三2月联考考前数学猜想卷

年2月“长沙市联考”考前猜想卷数学（考试时间：分钟试卷满分：分）注意事项：答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上.橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号回答非选择题时，将答案写在答题卡上写在本试卷上无效.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.第一部分（选择题共分）85分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知集合，，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】A表示函数B表示函数AB得答案.【详解】A表示函数定义域，则；B表示函数值域，则.从而.故选：D2.已知复数在复平面内对应的点为，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据复数的几何意义得到，进而求出和，代入即可求出答案.第1页/共23页

【详解】由题意得，则，，所以.故选：C.3.将函数的图象向左平移个单位长度得到函数的图象，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】利用降幂公式整理可得，结合图象变换运算求解.【详解】将函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象.结合选项可知A正确.故选：A.4.如图，在中，，P是上一点，若，则实数的值为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】1”的性质求解即可.第2页/共23页

【详解】，，，，，是线段上一点，三点共线，，解得.故选A.5.已知等差数列的前4项和，满足，（）A.81B.243C.27D.729【答案】B【解析】【分析】先根据等差数列前n项和公式和通项公式基本量的运算求得，然后利用等比数列通项公式基本量的运算求解即可.【详解】设等差数列的公差为，等比数列的公比为，在等差数列中，，，所以有，故，所以，，则，故.故选：B6.已知幂函数在上单调递增，若实数满足，则的最小值为（）第3页/共23页

A.B.1C.D.【答案】B【解析】【分析】先根据幂函数的定义和单调性求出，得到，代入利用基本不等式求解即可.【详解】因为是幂函数，且在上单调递增，所以，解得，所以，易知，则，所以，当且仅当，即时等号成立，所以的最小值为，故选：B7.已知分别是双曲线的左､右焦点，为双曲线右支上一点，的角平分线交轴于点，则双曲线的离心率为（）A.B.C.D.3【答案】B【解析】【分析】根据给定条件，利用角平分线性质及双曲线定义，结合余弦定理建立方程求出离心率.【详解】由的角平分线交轴于点，得，而，则，，第4页/共23页

在中，，由余弦定理得，整理得，即，则，所以双曲线的离心率为.故选：B8.如图，在一个底面边长为4，侧棱长为的正四棱锥中，大球内切于该四棱锥，小球与大球及四棱锥的四个侧面相切，则小球的体积为（A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】先求出正四棱锥的高，利用相切可求球的半径，结合体积公式可得答案.4，设底面中心为,的中点为，如图，截面中，设为球与平面的切点，则在上，且.第5页/共23页

设球的半径为,则,因为，所以，所以,所以，即.设球与球相切于点，则，设球半径为，同理可得，所以，故小球的体积为.故选：A36分在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.下列说法正确的是（）A.某小组有3名男生和2名女生，从中任选2对立事件B.抛掷一颗质地均匀的骰子一次，事件“向上点数1或4”，事件“向上点数是奇数”则C.数据13，27，24，12，14，30，15，17，19，23的分位数是23D.数据的平均数为2，方差为3，则数据的平均数为，方差为27【答案】ABD【解析】第6页/共23页

AB位数的计算公式求解C，根据平均数以及方差的性质即可求解D即可．【详解】对于A，任选2则“至少一名男生”和“全是女生”是对立事件，故A正确，对于B，由题意得，得到，故B正确，对于C，将数据从小到大排列为12，13，14，15，17，19，23，24，27，30，由于，故分位数为，故C错误，对于D，数据的平均数为2，方差为3，则数据的平均数为，方差为，故D正确.故选：ABD10.为抛物线上一点，为的焦点，直线的方程为，则（）A.若，则的最小值为3B.点到直线的距离的最小值为C.若存在点可作两条相互垂直的直线与圆的取值范围为D.过直线上一点作抛物线的两条切线，切点分别为，，则到直线距离的最大值为【答案】ACD【解析】AB用切线问题转化为到圆心的距离问题，再结合二次函数可判断C，设，切点，，的斜率为，得到，再得到切点弦直线方程，进而得到直线过定点，即可判断D．第7页/共23页

【详解】由可得：，焦点，准线方程为，过点作准线的垂线，垂足为，则，故A正确；设抛物线上的动点，则由点到直线的距离公式可得：，故B错误；设存在点P，使得过点P可作两条垂直的直线与圆相切，圆心,则，即，从而把问题转化为抛物线上存在点P到点的距离为，设，则，即，故C正确；设，切点，，的斜率为，由题意知切线斜率存在，设为，第8页/共23页

联立得，，即，，原方程为，，所以切线方程为：，即，同理切线方程为：，由于切线与切线相交于点，所以有：与成立，由于切点满足直线方程，即直线方程为：，因为，则，即，所以直线恒过定点，故到直线距离的最大值为，故D正确．故选：ACD．.设为函数的导函数，已知，则下列结论正确的是（）A.有两个极值点B.是函数的极大值点C.D.【答案】BCD【解析】【分析】令，利用导数求解其单调性，根据极值点的概念判断AB；根据单调性比较大小判断CD.第9页/共23页

【详解】令，则，令，得或，解得，令，得或，解得或，所以在上单调递增，在和上单调递减，所以在时，取得极大值，无极小值，故A错误，B正确；因为在和上单调递减，所以，所以，即，，所以，即，故CD正确.故选：BCD第二部分（非选择题共分）三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共分.12.已知圆与直线，若直线l与圆C相交于A，B两点，且为等边三角形，则______．【答案】【解析】为等边三角形可知等于圆的半径，由此求得圆心到直线的距离，结合点到直线的距离公式，即可求得的值.【详解】由圆，得.所以圆心的坐标为，半径.因为为等边三角形，所以.所以圆心到直线的距离为.第10页/共23页

即，所以.故答案为：.13.若直线为曲线与的公切线，则直线的方程可以为_________.（写出符合条件的一个方程即可）【答案】（或）【解析】【分析】利用导数求出两条曲线的切线方程，再利用公共切线可解出切点，进而求得切线的方程．【详解】直线与曲线的切点为，，切线的斜率为，所以切线方程为，即．直线与曲线的切点为，，切线斜率为，所以切线方程为，即，因为直线为曲线与的公切线，所以，由得，两边取自然对数得，即，即，代入得，即，解得或，所以或，所以的方程为或．第11页/共23页

故答案为：（或14.记上的可导函数的导函数为的数列称为“牛顿数列”.若函数为牛顿数列.设的前n项和为等式对任意的恒成立，则的最大值为_____.【答案】【解析】【分析】由导函数，可得，通过化简得，则，可求出数列的通项公式与前项和为，参变分离可得对任意的恒成立，利用对勾函数的性质求出即可.【详解】因为，则，则，由，所以，所以，即数列是以2为首项、2为公比的等比数列，所以，，因为对任意的恒成立，又且单调递增，所以对任意的恒成立，令，根据对勾函数的性质可得在上单调递减，在上单调递增，第12页/共23页

又，且，故对于都有,因此，所以，所以的最大值为．故答案为：.四、解答题：本题共5小题，共分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.已知的三个内角，，的对边分别为，，，且，，.（1）求角；（2）若为锐角三角形，且，求的面积.【答案】（1）或（2）【解析】1）由题意化简可得，即，根据正弦定理解三角形即可求解；（2）由题意可得是的重心，即，根据三角形面积公式计算即可求解.【小问1详解】在中，由得，，，，，又，，，，由正弦定理得或，第13页/共23页

，，两个解均符合题意.【小问2详解】因为为锐角三角形，所以，，，是的重心，，所以的面积为.16.如图，已知三棱台高为为的中点，，平面平面.（1）求证：平面；（2）求与平面所成角的大小.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】1）借助面面垂直的判定定理即可得线面垂直；（2）建立空间直角坐标系，求出直线的方向向量与平面的法向量，再运用向量夹角公式，即可得解.【小问1详解】由，，，故与全等，故，第14页/共23页

又因为为的中点，故，又因为平面平面，平面平面，且平面，故平面；【小问2详解】连接，由平面，平面，故，又为的中点，故，即两两垂直，且，故可以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，有，由三棱台的高为，故，故，，则，设平面的法向量为，则有，即，令，则有，故，设与平面所成角为，则有，则，第15页/共23页

因此，与平面所成角为.17.函数.（1）若，求的极小值；（2）当时，证明：.【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】1）求导，判断函数的单调性，求出极小值；（2出的最小值，得证.【小问1详解】函数的定义域为，当时，，由，得，即在上单调递增；由，得，即在区间上单调递减，所以的极小值为.【小问2详解】当时，，因为，从而要证，即证，令，定义域为，则，其中，由在上单调递增，设解为，第16页/共23页

当时，，，在上单调递减；当时，，，在上单调递增；所以的最小值为，由，可得，，所以，即的最小值为0，综上，，即得证.18.在正三角形动的概率为，跳向另外两点的概率均为.假设开始时，机器蛙在正三角形的顶点处做第一次跳动.（1）求经过2次跳动后，机器蛙在顶点处的概率；（2）求经过次跳动后机器蛙在顶点处的概率；（3）记由前次跳动导致机器蛙在顶点处停留的总时间为随机变量.【答案】（1）（2）（3）【解析】1）求出第1次跳动后机器蛙在，，处的概率，再以第1次跳动的结果为基础，分类计算第2次跳到处的所有路径，计算出每种路径的概率相加即可.，次跳动后在出的概率，经变量代换后结合等比数列求解即可.（3结合等比数列的前项和公式求解即可.【小问1详解】第17页/共23页

记第次跳动后机器蛙在，，处的概率分别为，，.第1次跳动后的概率为：，，.经过2次跳动后，机器蛙在顶点处有三种路径：第1次在，第2次从跳到；第1次在，第2次在原地跳；第1次在，第2次从跳到；所以.【小问2详解】因为机器蛙从出发，且在任意定点跳动规则是统一的，所以跳到的路径与跳到的路径在概率计算上是完全镜像的，即，且.经过次跳动后机器蛙在顶点有三种路径：第次在，第次从跳到；第次在，第次从跳到；第次在，第次在原地跳；则.所以，所以是以为首项，为公比的等比数列，所以，即，所以.【小问3详解】由（2）可知.第18页/共23页

由题意可知，当第次跳动后在A处时，，其他情况，所以停留的总时间，所以.而，所以.故.19.在平面直角坐标系：的两个焦点分别为，，为椭圆上一动点，设，当时，的面积取得最大值．（1）求椭圆的标准方程；（2）过点的直线与椭圆交于不同的两点，（点在点，（i）求的取值范围；（ii）若为椭圆上一点，且，求四边形的面积．【答案】（1）（2i）ii）【解析】1）设，则，设为椭圆的半焦距，则，可求出，求的面积的最大值就是求的最大值，根据的范围可得，由第19页/共23页

得到，通过解方程组得到的值，从而得到椭圆的标准方程；（2i）设直线的方程，直线和椭圆联立