2025年湖南省郴州市高考数学第三次质检试卷（含答案）

这是一份2025年湖南省郴州市高考数学第三次质检试卷（含答案），共10页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.已知集合A={x||x|≤3,x∈N}，B={−1,0,1,2,3,4}，则A∩B中所有元素和为( )
A. 3B. 5C. 6D. 9
2.已知复数z满足z(1+2i)=2−i，则|z−|=( )
A. 3B. 53C. 3D. 1
3.在平面直角坐标系xOy中，已知A(2,−1)，B(1,1)，OP=λOA+(2−λ)OB，若OP⊥OB，则λ的值为( )
A. 4B. 2C. −2D. −3
4.已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，点P在椭圆C上，若|PF1|+|PF2|=4，椭圆C的离心率为12，则椭圆C的焦距为( )
A. 1B. 2C. 3D. 2 3
5.已知csα+sin(α−π6)= 34，则cs(2α+π3)的值是( )
A. 3 38B. 58C. −3 38D. −58
6.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若A=π3，a=4，BC边上的高AD= 3，则b+c=( )
A. 2 10B. 4 3C. 8D. 4 2
7.已知函数f(x)=x2+2alnx，若函数f(x)在区间(1,2)的图象上存在两条斜率之积为−4的切线，则实数a的取值范围为( )
A. (−2,1)B. (−2,−1)C. (−2,0)D. (−3,−2)
8.定义：在空间直角坐标系中P(a1,a2,a3)，Q(b1,b2,b3)两点的“网线距离”为d(P,Q)=|a1−b1|+|a2−b2|+|a3−b3|.设A(0,0,0)，B(4,4,4)，P(x,y,z)，其中x，y，z均为整数，若满足d(A,P)+d(P,B)=d(A,B)的点P的个数为n，则n的值为( )
A. 27B. 64C. 125D. 216
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.某市为丰富市民的业余生活，春节前举办“迎春杯”歌手大奖赛，比赛分青年组、中年组和老年组.每组由6位专业评委对演唱评分，老年组的甲和乙参加比赛得分的折线统计图如图所示，则下列结论正确的是( )
A. 甲得分的中位数大于乙得分的中位数
B. 甲得分的极差大于乙得分的极差
C. 甲得分的上四分位数小于乙得分的上四分位数
D. 甲得分的方差大于乙得分的方差
10.已知定义在(0,+∞)上的函数f(x)的导数为f′(x)，若f(1)=1，且f′(x)+1x2>0，则下列式子中一定成立的是( )
A. f(13)πC. f(lg2e)>ln2D. f(ln3)0)的焦点为F，点M(x0,2)在抛物线C上，且|MF|=3，点P在直线l：y=−2(x≠0)上，过P向抛物线C引两条切线PQ，PR，切点分别为Q，R，过点A(0,4)引直线QR的垂线，垂足为点H，则直线FH的斜率的取值范围是______．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
已知编号为甲、乙、丙的三个袋子中装有除标号外完全相同的小球，其中甲袋内装有两个1号球，一个2号球和一个3号球；乙袋内装有两个1号球，一个3号球；丙袋内装有三个1号球，两个2号球和一个3号球．
(1)从甲袋中一次性摸出2个小球，记随机变量X为1号球的个数，求随机变量X的分布列和数学期望；
(2)现按照如下规则摸球：连续摸球两次，第一次先从甲袋中随机摸出1个球，若摸出的是1号球放入甲袋，摸出的是2号球放入乙袋，摸出的是3号球放入丙袋；第二次从放入球的袋子中再随机摸出1个球.求第二次摸到的是3号球的概率．
16.(本小题15分)
已知数列{an}为等差数列，且a2=3，a4+a5+a6=27．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)已知数列{bn}的前n项和为Sn，且Sn=2bn−2，求数列{bn}的通项公式；
(3)已知数列{cn}满足：cn=an⋅bn，求数列{cn}的前n项和Mn．
17.(本小题15分)
已知函数f(x)=lnx−ax−2．
(1)当a=1时，求函数f(x)的最值；
(2)若函数g(x)=x⋅f(x)有两个不同极值点x1，x2，证明：x1x2>e3．
18.(本小题17分)
如图所示，在圆柱OO1中，矩形ABB1A1为圆柱OO1的轴截面，圆柱过点C的母线为CC1点C，E为圆O上异于点A，B且在线段AB同侧的两点，且OE//BC，点F为线段A1C的中点，AB=BB1=4．
(1)求证：EF//平面BCB1；
(2)若平面BCB1与平面A1B1C所成夹角的余弦值为2 1919，求∠BAC的大小；
(3)若AC=2 3，平面α经过点C，且直线CC1与平面α所成的角为30°，过C1点作平面α的垂线C1Q(垂足为Q)，求直线AQ与直线CC1所成角的范围．
19.(本小题17分)
已知双曲线E：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为2，过F2的直线l与双曲线E交于P，Q两点，当直线l垂直于x轴时，△PQF1的周长为16．
(1)求双曲线E的标准方程；
(2)与x轴不重合的直线l′过点N(x0,0)(x0≠0)，双曲线E上存在两点A，B关于l′对称，且AB的中点M的横坐标为x0′.
(i)若x0=λx0，求实数λ的值；
(ii)若A，B为双曲线E右支上两个不同的点，l′过点C(0,4)，求∠ACB的取值范围．
参考答案
1.C
2.D
3.A
4.B
5.B
6.A
7.D
8.C
9.ABD
10.AC
11.BD
12.80
13.(0,3π8]
14.(−∞,− 3]∪[ 3,+∞)
15.(1)从甲袋中一次性摸出2个小球，记随机变量X为1号球的个数，
由题意可知：随机变量X的可能取值为0，1，2，则有：
P(X=0)=C20C22C42=16,P(X=1)=C21C21C42=46=23,P(X=2)=C22C20C42=16，
可得随机变量X的分布列为：
所以随机变量X的期望E(X)=0×16+1×23+2×16=1；
(2)现按照如下规则摸球：连续摸球两次，第一次先从甲袋中随机摸出1个球，
若摸出的是1号球放入甲袋，摸出的是2号球放入乙袋，摸出的是3号球放入丙袋；
第二次从放入球的袋子中再随机摸出1个球，
记第一次从甲袋中随机摸出1个球，摸出的是1、2、3号球分别为事件A1，A2，A3，
第二次摸到的是3号球为事件B，
则P(A1)=24,P(A2)=P(A3)=14,P(B|A1)=14,P(B|A2)=14,P(B|A3)=27，
所以P(B)=P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)+P(A3)P(B|A3)=24×14+14×14+14×27=29112．
16.解：(1)由数列{an}为等差数列，且a4+a5+a6=3a5=27，得a5=9，
∴数列{an}的公差为d=a5−a25−2=9−33=2，
故an=a2+(n−2)d=3+2(n−2)=2n−1；
(2)Sn=2bn−2，
当n=1时，有b1=S1=2b1−2，得b1=2，
当n≥2时，有Sn−1=2bn−1−2，
两式作差可得bn=2bn−2bn−1，即bn=2bn−1，n≥2，
∴数列{bn}是首项和公比均为2的等比数列，
故bn=2×2n−1=2n；
(3)由(1)(2)可得cn=anbn=(2n−1)⋅2n，
∴Mn=1⋅21+3⋅22+5⋅23+⋯+(2n−1)⋅2n，①
则2Mn=1⋅22+3⋅23+⋯+(2n−3)⋅2n+(2n−1)⋅2n+1，②
①−②得−Mn=2+2⋅22+2⋅23+⋯+2⋅2n−(2n−1)⋅2n+1
=2+23(1−2n−1)1−2−(2n−1)⋅2n+1=−6+(3−2n)⋅2n+1，
整理得Mn=(2n−3)⋅2n+1+6．
17.解：(1)根据已知：函数f(x)=lnx−ax−2．
当a=1时，f(x)=lnx−x−2，对函数f(x)求导可得f′(x)=1x−1．
令f′(x)=0，解得x=1．
当01时，f′(x)lne3=3，
即证lnx1+lnx2−2>1，即证t+1t−1lnt>1(t>1)，即证lnt>t−1t+1，即证lnt−t−1t+1>0(t>1)．
设ℎ(t)=lnt−t−1t+1(t>1)，对ℎ(t)求导可得
ℎ′(t)=1t−2(t+1)2=(t+1)2−2tt(t+1)2=t2+1t(t+1)2>0恒成立，故ℎ(t)在t>1上单调递增，
即ℎ(t)>ℎ(1)=0，故lnt−t−1t+1>0(t>1)成立，即x1x2>e3成立．
18.解：(1)证明：延长AE，BC交于点Q，连接AC1，QC1，
因为OE//BC，O是AB中点，
所以OE是△ABQ的中位线，则点E是AQ中点，
又因为AA1，CC1，BB1是圆柱的母线，
所以AA1，CC1，BB1平行且相等，
所以易得AC1，CA1相交于点F，F是AC1的中点，
则在△AQC1中，EF//C1Q，
又因因为CC1//BB1，Q在BC延长线上，
所以可得C1Q⊂平面BCB1，而EF不在平面BCB1内，
所以EF//平面BCB1．
(2)由题意可知CC1⊥ABC面，且因为AB直径，所以AC⊥BC则，CA，CB，CC1三线两两垂直，则建立如图所示空间直角坐标系C−xyz，
又因为AB=BB1=4，所以设∠BAC=θ，则AC=4csθ，BC=4sinθ，
可得点坐标为C(0,0,0)，B(0,4sinθ,0)，
A1(4csθ,0,4)，B1(0,4sinθ,4)，
则CA1=(4csθ,0,4),CB1=(0,4sinθ,4)，
由题意平面BCB1在yCz平面内，所以平面BCB1的法向量为n1=(1,0,0)，
设平面A1B1C的法向量为n2=(x,y,z)，
则n2⊥CA1n2⊥CB1，则n2⋅CA1=0n2⋅CB1=0，即4xcsθ+4z=04ysinθ+4z=0，
令z=−1，则解得x=1csθ,y=1sinθ，
所以n2=(1csθ,1sinθ,−1)，
又因为平面BCB1与平面A1B1C所成夹角的余弦值为：|cs〈n1,n2〉|=|n1⋅n2||n1||n2|=|1csθ| (1csθ)2+(1sinθ)2+(−1)2=2 1919，解得cs2θ=34或5(舍)，
且因为θ0,b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为2，
过F2的直线l与双曲线E交于P，Q两点，当直线l垂直于x轴时，△PQF1的周长为16．
因为当直线l垂直x轴时，将x=c代入x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)，得y=±b2a，
所以|PF2|=|QF2|=b2a，所以|PF1|=|QF1|=b2a+2a，
因为双曲线E的离心率为2，△PQF1的周长为16，
所以由题得e=ca=2a2+b2=c24b2a+4a=16，解得a=1b= 3c=2，
所以双曲线E的标准方程为x2−y23=1；
(2)设A(x1,y1)，B(x2,y2)，M(x0′,y0′)，
(i)因为A，B两点在双曲线E上，所以x12−y123=1,x22−y223=1,两式相减得x12−x22=y123−y223，
得(x1−x2)(x1+x2)=(y1−y2)(y1+y2)3，
即y1−y2x1−x2⋅y1+y2x1+x2=3，所以kOM⋅kAB=3，
因为l′是AB的垂直平分线，有kl′⋅kAB=−1，所以kOM=−3kl′，
即y0′x0′=−3y0′x0′−x0，化简得x0=4x0′，故λ=4．
(ii)由题意：双曲线E：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为2，
过F2的直线l与双曲线E交于P，Q两点，当直线l垂直于x轴时，△PQF1的周长为16．
可知直线AB斜率存在且k≠± 3，
设直线AB的方程为：y=kx+m，
由y=kx+m3x2−y2=3，消去y并整理得(3−k2)x2−2kmx−m2−3=0，
则3−k2≠0，Δ=(2km)2+4(3−k2)(m2+3)=12(3+m2−k2)>0，
即m2+3−k2>0，x1+x2=2km3−k2,x1x2=−3+m23−k2，
y1+y2=k(x1+x2)+2m=k⋅2km3−k2+2m=6m3−k2，
于是M点的坐标为(km3−k2,3m3−k2)，
kMC=yM−yCxM=3m3−k2−4km3−k2=3m−12+4k2km．
易知kMC⋅kAB=−1，所以3m−12+4k2km=−1k，解得：m=3−k2，
代入m2+3−k2>0得(3−k2)2+(3−k2)=(3−k2)(4−k2)>0，
得k24，
由A，B在双曲线E的右支上得：x1x2=−3+m23−k2>0，
得3−k23，
且x1+x2=2km3−k2=2k>0⇒k>0，
综上得，k>2，
又|CM|= (km3−k2−0)2+(3m3−k2−4)2= 1+k2，
所以tan∠ACM=|AM||CM|=12 (x1+x2)2−4x1x2⋅ 1+k2 1+k2
=12×2 3m2−3k2+93−k2= 3m2−3k2+9m2= 3+33−k2．
因为k2>4，所以m=3−k2