2024-2025学年贵州省铜仁市高一（下）质检数学试卷（7月份）（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2024-2025学年贵州省铜仁市高二（下）质检数学试卷（7月份）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.样本数据2，6，8，12，16，22的中位数为(

)A.8 B.10 C.12 D.142.若A={x|−1≤x≤3}，B={x||x|>1}，则A∩B=(

)A.{x|1<x≤3} B.{x|−1<x<1} C.{x|1≤x≤3} D.{x|x>1}3.若a,b是两个单位向量，且a⋅b=−12，则A.π6 B.π3 C.2π34.已知sinα=35，则cos2α=(

)A.−1625 B.−725 C.5.(x+1)n的展开式中x2的系数为21，则n=A.4 B.5 C.6 D.76.已知等差数列{an}前9项的和为27，a10=8A.100 B.99 C.98 D.977.设O为坐标原点，直线x=b与双曲线C：y2a2−x2b2=1(a>0,b>0)的两条渐近线分别交于A，BA.4 B.8 C.16 D.328.已知四面体PABC中，∠ABC=π3，PA=BC=2AB=2，则当四面体PABC的体积最大时，其外接球的表面积为(

)A.6π B.7π C.8π D.9π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.设函数f(x)=cos(x+π6A.f(x)的最小正周期为2π B.y=f(x)的图象关于直线x=5π6对称

C.π3是f(x+π)的零点 D.f(x)10.已知椭圆M：x2a2+y2=1(a>1)，F1、F2是M的焦点，过F1且垂直于x轴的直线截椭圆所得弦长为23，PA.|PF1|+|PF2|=6 B.椭圆M离心率为23

C.圆x11.设函数f(x)=x3−3x2−9x+a有三个不同的零点，从小到大依次为x1，A.−5<a<27

B.函数y=f(x)−a的对称中心为(1,−11)

C.过(x2,f(x2))引曲线y=f(x)的切线，有且仅有1条

D.若x三、填空题：本题共3小题，共15分。12.在复平面内，复数z对应的点的坐标是(−1,2)，则|z|=13.已知函数f(x)=(a⋅2x+2−x14.如图，已知在正方体ABCD−A1B1C1D1顶点处有一质点Q.若点Q每次都会随机地沿一条棱向相邻的某个顶点移动，且向每个顶点移动的概率相同.从一个顶点沿一条棱移动到相邻顶点称为移动一次.若质点Q的初始位置位于点A处，点Q移动n次后仍在侧面ADD1A1的概率为四、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)

在△ABC中，内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，若3(b−acosC)=asinC．

(1)求角A；

(2)若a=2，△ABC的面积为316.(本小题15分)

已知抛物线C：x2=2py(p>0)过点M(23,3)，焦点为F．

(1)求抛物线C的标准方程；

(2)过点D(0,t)且斜率为1的直线交抛物线C于A、B两点，若F17.(本小题15分)

在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥底面ABCD，PC与平面ABCD所成角为45°，E是PC的中点，点F∈PB且PF=13PB．

(1)求证：PA//平面EDB；

(2)求证：PB⊥平面EFD；

(3)求平面CPB与平面18.(本小题17分)

已知函数f(x)=ln(x+1)−ax+1．

(1)当a=1时，求y=f(x)的极值；

(2)若f(x)≤1在[0,+∞)上恒成立，求实数a的取值范围；

(3)证明：∀n∈N19.(本小题17分)

某知识闯关比赛分为预赛与决赛，预赛胜利后才能参加决赛，预赛规定：三人组队参赛，每次只派一个人，且每人只派一次；如果一个人闯关失败，再派下一个人重新闯关；三人中只要有人闯关成功即视作预赛胜利，无需继续闯关.现有甲、乙、丙三人组队参加预赛，他们各自闯关成功的概率分别为p1、p2、p3，假定p1、p2、p3互不相等，且每人能否闯关成功相互独立．

(1)若计划依次派甲、乙、丙进行预赛闯关，p1=45，p2=34，p3=23，求该小组预赛胜利的概率；

答案解析1.【答案】D

【解析】解：B={x|(x−1)(x−4)=0}={1,4}，A={1,2,3,4,5}，

所以A∩B={1,4}．

故选：D．

先化简集合B，然后由交集的概念即可判断．

本题主要考查交集的运算，属于基础题．2.【答案】A

【解析】解：由题意可知，z⋅(z−2)=(2+i)(2+i−2)=−1+2i．

故选：A．

利用复数的乘法公式计算即可．3.【答案】D

【解析】解：对于选项A，平面AA1C1即平面AA1C1C，显然直线BC与平面AA1C1相交，故A错误；

对于选项B，由正方体性质可知AC/​/A1C1，而直线AB与直线AC相交，

所以直线AB与直线A1C1不平行，故B错误；

对于选项C，假设CD⊥平面AA1C1，即CD⊥平面AA1C1C，

因为AC⊂平面AA1C1C，

4.【答案】C

【解析】解：在20组随机数中恰有两天下雨的有可以通过列举得到：

907

925

683

257

537，共5组随机数，

∴估计这三天中恰有两天下雨的概率为520=0.25．

故选：C．

在20组随机数中表示三天中恰有两天下雨通过列举得到共5组随机数，根据古典概型概率公式得到结果．5.【答案】A

【解析】解：因为△ABC中，BC=6,AC=5+1,AB=10，

所以由余弦定理，可得cosA=AB2+AC2−BC22AB⋅AC=6.【答案】D

【解析】解：因为f(x)=|lgx|，所以a=f(0.1)=1，b=f(1)=0，c=f(2)=lg2∈(0,1)，

所以b<c<a．

故选：D．

结合对数运算得a=f(0.1)=f(10)，再利用对数函数单调性比较大小即可．

本题主要考查了对数值大小的比较，属于基础题．7.【答案】B

【解析】解：事件A，B满足P(A)=34,P(B)=14，

对于A，由P(A)+P(B)=1，

但并未表明事件A，B是否为互斥事件，

∴无法判断A与B互为对立事件，故A错误；

对于B，若B⊆A，则P(A∪B)=P(A)=34，故B正确；

对于C，若A与B互斥，则P(AB)=0，故C错误；

对于D，若A与B相互独立，

则P(AB−)=P(A)⋅P(B8.【答案】C

【解析】解：甲、乙、丙、丁四名同学各掷骰子5次，分别记录每次骰子出现的点数．

对于A，甲的5个点数分别是1，1，2，5，6，

平均数为3，中位数为2，故A可出现；

对于B，乙的5个点数分别是3，3，3，3，6，极差为3，众数为3，故B可出现；

对于D，丁的5个点数分别是2，2，2，3，6，众数为2，平均数为3，

其方差为(2−3)2×3+(3−3)2+(6−3)25=2.4，故D可出现；

对于C，丙的平均数为2，又有点数6，

则方差s2≥15(6−2)2=3.2，

不可能满足C，丙不会出现点数9.【答案】ABD

【解析】解：因为f(x)=1−x21+x2，所以f(0)=1−01+0=1，故A正确；

函数f(x)的定义域为R，f(−x)=1−(−x)21+(−x)2=1−x21+x2=f(x)，故B正确，C错误；

当x≠010.【答案】BCD

【解析】解：z=i，满足|z|=1，故A错误；

若z=2+3i，则z−=2−3i，故B正确；

若z的实部是1，则点P的集合所构成的图形是直线，故C正确；

若1≤|z|≤2，

则点P的集合所构成的图形为以原点为圆心，1，2为半径所构成的圆环，

故所求面积为π×(2)2−π×12=π，故D正确．

故选：11.【答案】AC

【解析】解：在正方形ABCD中，令AB=2，CN=x(0<x<2)，则EN=x，ME=AM=BN=2−x，

EC=2x，AE=2(2−x)，连接AN，则AN=4+(2−x)2，

由题意知，CN⊥MN，平面MNCD⊥平面ABNM，平面MNCD∩平面ABNM=MN，CN⊂平面MNCD，

所以CN⊥平面ABNM，又AM，BN，AN⊂平面ABNM，

所以CN⊥BN，CN⊥AN，AM⊥CN，选项A正确；

AC=AN2+CN2=2x2−4x+8，BC=BN2+CN2=2x2−4x+4，

因为cos∠AEC=AE2+EC2−AC22AE⋅EC=2(2−x)2+2x2−(2x2−4x+8)2⋅2(2−x)⋅2x=−12，

所以∠AEC=2π3为定值，选项C正确；

因为AB2+BC2=AC2，所以AB⊥BC，因为AB/​/MN，∴∠BAC是AC与MN所成的角，

cos∠BAC=ABAC=22x2−4x+8=2(x−1)2+312.【答案】−6

【解析】解：因为a//b，a=(1,1),b=(m,−6)，

所以1×(−6)=1×m，解得m=−6．

故答案为：−613.【答案】2

【解析】解：因为x>0，所以1x>0，

y=x2+1x=x+1x≥2，当且仅当x=1x，即x=1时取等号，

所以当x=1时，14.【答案】73

【解析】解：因为正三棱台的上下底面的边长分别为23和43，

所以上下底面的面积分别为S1=34×(23)2=33，S2=34×(43)2=123，

又正三棱台的高为ℎ=1，

故正三棱台的体积为V=13(S1+S2+S1S2)×ℎ=13×1×(123+33+123×33)=73；

如图，设正三棱台ABC−A1B1C1的上、下底面的中心分别为O1、O，

由正三棱台的几何性质可知，外接球球心E在直线OO1上，

正△A15.【答案】π6；

[−1【解析】(1)由题意得f(0)=sinφ=12，结合φ∈(0,π2)，可得φ=π6；

(2)由(1)的结论，可得f(x)=sin(x+π6)，当x∈[0,π]时，x+π6∈[π6,7π6]，

可得f(x)的最大值为f(π3)=sinπ2=1，16.【答案】0.03；

800．

【解析】(1)由频率分布直方图得(0.01+0.02+m+m+0.01)×10=1，解得m=0.03．

(2)可知高一学生1分钟跳绳成绩良好包括[125,135)，[135,145]两组，

故高一学生1分钟跳绳成绩良好的概率为(0.03+0.01)×10=0.4，

因此该校高一学生1分钟跳绳成绩良好的人数约为2000×0.4=800．

(1)在频率分布直方图中，所有条形图的面积之和为1，列式可求得实数m的值；

(2)根据频率分布直方图求出跳绳良好的概率，即可得解．

本题考查频率分布直方图的应用，属于基础题．17.【答案】35；

3．【解析】(1)一个袋子中有5个球，其中n(1≤n≤5,n∈Z)个红球，其余为绿球，

把这5个球记作a1，a2，a3，a4，a5，

采用不放回方式从中依次随机地取出2个球，样本点有：

(a1,a2)，(a1,a3)，(a1,a4)，(a1,a5)，(a2,a1)，(a2,a3)，(a2,a4)，(a2,a5)，

(a3,a1)，(a3,a2)，(a3,a4)，(a3,a5)，(a4,a118.【答案】证明见解析；

223；

【解析】(1)证明：∵AD=4且M为AD的中点，∴MD=2，

∵BC=MD，BC/​/MD，∴四边形BCDM是平行四边形，则BM/​/CD，

∵BM⊄平面CDE，CD⊂平面CDE，∴BM//平面CDE，

同理可得MF/​/平面CDE，

又∵BM∩MF=M，BM⊂平面BMF，MF⊂平面BMF，∴平面BMF//平面CDE．

(2)解：由(1)知平面ABF与平面CDE所成角即为平面ABF与平面BMF所成角，

如图，过点A作AG⊥BF交BF于点G，连接MG，

易知△ABF≅△MBF，∴MG⊥BF，则平面ABF与平面BMF所成角的平面角为∠AGM或其补角，

在△ABF中，由余弦定理得cos∠BAF=AB2+AF2−BF22AB⋅AF=714，

则sin∠BAF=1−cos2∠BAF=32114，

∵S△ABF=12×27×32114=12×3AG，解得AG=3，

在△AGM中，由余弦定理得cos∠AGM=AG2+GM2−AM22AG⋅GM=3+3−42×3=13，

∴平面ABF与平面CDE所成角的正弦值为1−(13)2=223．

(3)解：取AM的中点为H，连接BH、FH，

∵△AFM为等腰三角形、△ABM为等边三角形，∴FH⊥AM，BH⊥AM，

∴BH=BM2−MH2=3，FH=FM2−HM2=6，

∵BH2+FH2=B19.【答案】A=π3；

(ⅰ)(1,2]；(ⅱ)24【解析】(1)由asinB−3bcosA=0，变形得asinB=3bcosA．

根据正弦定理，asinA=bsinB，即ab=sinAsinB．

将asinB=3bcosA两边同除以b，代入ab=sinAsinB，可得sinA=3cosA．

由此得tanA=3，又A∈(0,π)，故A=π3．

(2)(i)在△ABC中，a=1，A=π3．

由余弦定理，a2=b2