泸溪一中2027届高三第二次起点考试数学试卷

泸溪一中2027届高三第二次起点考试数学试卷一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.1.集合，，则（）A. B. C. D.2．已知平面向量，均为单位向量，若，则（）A．1 B．2 C．4 D．83．已知，则（

）A． B． C． D．4．已知数列满足对任意的，，都有．若，则（）A．18 B．22 C．24 D．295.一组数据为50，40，20，19，16，16，14，10，则这组数据的众数与第60百分位数之和为（）A.40 B.39 C.36 D.356．某科技公司使用AI质检系统对生产的芯片进行初筛（分为合格芯片和瑕疵芯片）．已知芯片被标记为合格的概率为，被标记为瑕疵的概率为．被标记为合格的芯片中有实际为瑕疵芯片，被标记为瑕疵的芯片中有实际为合格芯片．在被AI质检过的芯片中随机抽取1个，该芯片为瑕疵芯片的概率为（）A． B． C． D．7.设和表示坐标平面内的几何变换，表示将几何对象绕原点逆时针旋转，表示将几何对象关于轴对称，表示连续次变换．已知角的终边经过点，若对角的终边先进行变换，再进行变换，得到角的终边，则（）A. B. C. D.38．在长方体中，，．现以为球心，以为半径作球，则球的球面与该长方体的表面相交所得到的曲线的长为（）（参考数据：）A． B． C． D．二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.9．已知复数，其中，且，设在复平面内对应的点为，则下列说法正确的有（）A．的虚部为 B．点在第二象限C．点在直线上 D．的最大值为10．我国航天事业飞速发展，某颗科学实验卫星在太空中运行时，其单日的电池功耗（单位：W）受太阳光照强度等因素影响．历史数据表明：在常规运行轨道上，卫星单日功耗服从正态分布，在进行深空探测任务期间，卫星单日功耗服从正态分布．则下列结论正确的有（）（附：若随机变量服从正态分布，则，，）A．B．C． D．11.若m，n分别是函数，的零点，且，则称与互为“零点相邻函数”.已知与互为“零点相邻函数”，则a的取值可能是（）A. B. C. D.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知且，则的展开式中的系数的值为______．13．已知双曲线的左、右焦点分别为，，为双曲线右支上一点，连接交轴于点．若点恰为的中点，且，则双曲线的离心率为__________．14．已知数列的前项和为，，且数列的前10项和为550，则________．（参考公式：）四、解答题：本题共5小题，共77分.15．在中，内角，，的对边分别为，，，且．(1)求；(2)若，的面积为，求．16.甲、乙、丙三人进行一种传球游戏：当球在甲手中时，甲将球保留（也记为一次传球）的概率为，否则甲将球传给乙；当球在乙手中时，乙将球传给甲的概率为，否则乙将球传给丙；当球在丙手中时，丙将球传给甲的概率为，否则丙将球传给乙.初始时，球在甲手中.（1）设传球三次后，球在甲手中过的次数为，求随机变量的分布列和数学期望；（2）传次球后，记球在乙手中的概率为，求数列的通项公式；17．如图，在多面体中，底面四边形为直角梯形，，，，，平面，平面．(1)求证：平面平面；(2)求平面和平面夹角的余弦值．18．已知函数，．(1)判断函数的单调性．(2)若方程有两个根．求实数的取值范围；19.点列，就是将点的坐标按照一定关系进行排列.过曲线上的点作曲线的切线与曲线交于（与不重合），过点作曲线的切线与曲线交于点（与不重合），依此类推，可得到点列：，，，…，，…，已知.（1）求数列、的通项公式；（2）记点到直线（即直线）的距离为，求证：.泸溪一中2027届高三第二次起点考试数学试卷参考答案1【答案】B【详解】由，因此.令，所以当时，，所以，所以.2．A【详解】因为，均为单位向量，，，由可知，，展开得，即，代入得，解得，因此.所以.3．C【详解】.故选：.4．D【详解】由条件，令，，得：，即，则是首项为，公差的等差数列，已知，代入通项公式：，解得，，；第二种方法：，故.，则.5【答案】D【详解】将题中数据按从小到大排列为10，14，16，16，19，20，40，50，则众数为16，因为，所以第60百分位数为19，所以众数与第60百分位数之和为.6．D【详解】记“芯片为瑕疵芯片”为事件，“芯片被标记为合格”为事件，“芯片被标记为瑕疵”为事件.则，，，.所以.即在被AI质检过的芯片中随机抽取1个，该芯片为瑕疵芯片的概率为.7【答案】D【分析】根据新定义、任意角的三角函数及两角和的正切公式求解即可.【详解】对角的终边进行变换后，角的终边经过，则.再进行变换得到角的终边，则.所以.8．A【分析】将空间中球体与长方体表面的相交问题，转化为球心在各个面上的圆心，利用勾股定理求出截面圆半径，进而结合各个面上的范围，计算出各部分圆弧段的弧长并求和.【详解】由题意得，长方体的体对角线长为，所以球与以为定点的三个面均有交线，设球的半径为，因为，球与平面相交截得的圆，其圆心应当是球心在该平面上的正投影，即B点，所以在面内的交线是以为圆心，2为半径，圆心角为的弧，弧长为，同理，在面内的交线长为，因为球心到平面的距离为，所以在面内的交线是以点为圆心，为半径，圆心角为的弧，弧长为，因为，所以球与平面和面无交线，在平面中，设以点为圆心，为半径的圆分别交于两点，则，在直角三角形中，，，故，所以，所以，所以所对的弧长为，综上，曲线的长为.9．BC【详解】，的虚部是实数，不是，所以A错误.对应点的坐标为，因为，所以，，点在第二象限，B正确.点的坐标，满足，所以点在直线上，C正确.，当时，，D错误.10．BCD【详解】由题意得，故A错误；由题意得，，故B正确；由题意得，，故C正确；由题意得，即，故D正确.11【答案】ABC【分析】由题可得有唯一零点1，然后由“零点相邻函数”定义可得存在，使，且为零点.据此令，则值域即为a范围，由此可判断选项正误.【详解】定义域为，，则在上单调递增，注意到，则有唯一零点1.定义域为R，由“零点相邻函数”定义，存在，使，且为零点.若，，这显然不可能.则，.令，.令，，则在上单调递增，在上单调递减，从而，且当时，，故时，可满足题意.则选项ABC满足题意.故选：ABC12【答案】【详解】由且，则，即，则对于，有，有，故的展开式中的系数的值为.13．【详解】如图：因为为中点，为中点，所以，则，，设，则，，在直角三角形中，由，解得.14．4【分析】由结合与的关系可得，进而得到数列是等差数列，公差为2，可得，进而结合数列的前10项和为550列方程求解即可.【详解】由，当时，，则，即，则，所以数列是等差数列，公差为2，则，因为的前10项和为550，所以，解得.15．(1)(2)【分析】（1）根据和差的正弦、余弦公式化简等式即可求出结果.（2）根据正弦定理和三角形面积公式计算即可.【详解】（1）．因为，所以，所以，解得．因为，所以．（2）由（1）得．因为，，所以，所以．由正弦定理，得．因为，所以的面积．由题意，得，解得．16【答案】（1）分布列见解析，1（2）【分析】（1）根据传球游戏的规则，可得，再根据独立事件概率公式，求解概率，再结合分布列公式，即可求数学期望；（2）首先题意，可得关于数列的递推公式，，再通过构造求数列的通项公式；【1】由题意知，，，，，，所以随机变量的分布列为0123随机变量的数学期望为；【2】由于传次球后不在乙手中的概率为，此时无论球在甲手中还是球在丙手中，均有的概率传给乙，故有，变形为，又，所以数列是首项为，公比为的等比数列，所以，所以数列的通项公式；17．(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据勾股定理和线面垂直的性质，进而证明面面垂直；（2）建立直角坐标系，分别求平面和平面的法向量，利用两个法向量夹角的余弦公式计算平面夹角的余弦值【详解】（1）如图，取的中点，连接．因为，，，，所以，，所以四边形是正方形，所以，．在中，，则在中，，所以．因为平面，平面，所以．因为，，平面，所以平面．因为平面，所以平面平面．（2）因为平面，，平面，所以，．又因为，所以，，两两垂直．以点为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，所以，，．设平面的法向量为，则，即，令，则，，所以．设平面的法向量为，则，即，令，则，，所以．因为，所以平面和平面夹角的余弦值为．18．(1)在上单调递减，在上单调递增(2)①②证明见解析【分析】（1）先对函数求导，然后根据导数的正负判断函数的单调区间即可；（2）将方程分离参数得，构造函数，由导数判断函数的单调性，从而得到最小值，即可求得的取值范围.【详解】（1）因为，，所以．由，得；由，得所以函数在上单调递减，在上单调递增．（2）方程，即，，则．设，，则方程有两个根，即函数的图象与直线有两个不同的交点．因为，，当时，，所以当时，，当时，，所以函数在上单调递减，在上单调递增．所以当时，函数取得极小值，也是最小值．因为，当时，，当时，，所以，即实数的取值范围是．19【答案】（1），（2）证明见解析【分析】（1）求曲线在点处的切线斜率，由此写出切线方程，联立切线的方程与曲线C的方程，由此