2026年甘肃省武威市天祝一中等校高考数学质检试卷（3月份）（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2026年甘肃省武威市天祝一中等校高考数学质检试卷（3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.已知集合A={x|(x+1)(2−x)>0}，B={x|−1≤x≤1}，则A∪B=(

)A.(−∞,1]∪(2，+∞) B.(−1,1]

C.[−1,2) D.(−1,2)2.已知复数z满足zi=3−i1+i，则z=(

)A.−2+2i B.−2−2i C.−2+i D.−2−i3.已知a，b是两个单位向量，若|a+b|=3，则aA.π6 B.π3 C.2π34.已知函数f(x)=3x3x+1，若f(a)=A.110 B.25 C.3105.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a3+aA.19 B.25 C.30 D.336.已知直线l：mx+y−m=0(m∈R)与圆C：x2+(y−1)2=4交于A，B两点，则A.2 B.3 C.27.如图，在正方形ABCD中，E为BC的中点，将△ACD沿直线AC折起至△ACP处，使得点P在平面ABC上的射影在直线AE上，若三棱锥P−ABC外接球的表面积为8π，则三棱锥P−ABC的体积为(

)A.89 B.1 C.169 8.已知函数f(x)=cos2x，存在x1，x2，满足f(x1)+1f(x2)+32A.1−2 B.1−3 C.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∈N，记一组数据1，2，3，a，8为M，则(

)A.若M的极差为9，则a=10 B.若M的80%分位数是6，则a=4

C.若M的平均数为3，则a=2 D.若a=1，则M的方差为6.810.已知函数f(x)=13x3A.y=f(x+1)+4为奇函数

B.3是f(x)的极大值点

C.曲线y=f(x)在点(4,f(4))处的切线方程为5x−y−27=0

D.若a>−1，则f(x)在(−2,a)上存在最大值11.已知抛物线C：y2=2px(p>0)的焦点为F，点D(−1,0)为C的准线上一点，过F的直线l与C交于A、B两点(A在第一象限)，过A、B分别向C的准线作垂线，垂足分别为A′、B′，则下列命题正确的是(

)A.若|FA|=3，则l的斜率为22

B.存在直线l，使得△ABD的面积为72

C.若△A′AF为等边三角形，则|AB|=163

D.若三、填空题：本题共3小题，共20分。12.(1x+2x)13.已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的右顶点为A，点B(3a,0).若在C的渐近线上存在点M14.已知等差数列{an}的公差为b，等比数列{bn}的公比为a，a1=a，b1=b，其中a，b∈N∗，若a1<b1<a2<b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的对边分别为a，b，c，asin2B=2sinA，b=2．

(1)求B；

(2)若M为边AC上一点，∠ABM=π6，BM=3，证明：16.(本小题15分)

如图，在四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，四边形ABCD为菱形，∠DAB=π3，E为棱BC的中点，D1E⊥平面ABCD，且D1E=DE．

(1)证明：平面ADD1⊥平面17.(本小题15分)

已知函数f(x)=ax+1−ln(2x+1)(a∈R)．

(1)讨论f(x)的单调性；

(2)若∀x∈[0,+∞)，f(x)≤e2x2x+118.(本小题17分)

已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为33，左、右焦点分别为F1，F2，过F2且与x轴垂直的直线交C于A，B两点．

(1)求∠AF1B的大小；

(2)若D(0,2)为C的上顶点，斜率为k的直线l与C交于M，N两点(异于C的上、下顶点)，记直线DM，DN的斜率分别为k1，k2．

(i)若k1=1，19.(本小题17分)

某智慧城市在主干道部署了5个独立边缘计算节点.初始时有2个节点在线(假设在线的不再宕机)，3个为宕机(停摆，不能正常工作).每个月系统随机等概率地巡查1个节点：若该节点为宕机，则修复，修复后该节点转为在线，不再宕机，已知每个宕机节点修复成功的概率均为p(0<p<1)；若该节点已在线，则仅进行维护.用Xn表示第n个月后在线节点数，E(Xn)表示其数学期望．

(1)当p=13时，求P(X2=3)；

(2)证明：E(Xn+1)=(1−p参考答案1.C

2.D

3.B

4.D

5.B

6.C

7.A

8.C

9.ABD

10.AC

11.ACD

12.121

13.(1,214.315.解：(1)根据题意可知，asin2B=2sinA，所以a⋅2sinBcosB=2sinA，

由正弦定理知，a⋅2bcosB=2a，又a≠0，b=2，所以cosB=12，

又0<B<π，所以B=π3；

(2)证明：由(1)知，B=π3，又∠ABM=π6，所以∠CBM=π6，即BM平分∠B，

因为S△ABM=12c⋅BM⋅sin∠ABM=14c⋅BM=34c，S△CBM=12a⋅BM⋅sin∠CBM=14a⋅BM=34a，

16.解：(1)证明：连接BD，因为四边形ABCD为菱形，∠DAB=π3，

所以△BCD为正三角形，又E为BC的中点，所以DE⊥BC，

因为AD//BC，所以AD⊥DE，

因为D1E⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，

所以AD⊥D1E，又DE，D1E⊂平面DED1，且DE∩D1E=E，

所以AD⊥平面DD1E，又AD⊂平面ADD1，

所以平面ADD1⊥平面DD1E；

(2)由(1)知EB，ED，ED1两两垂直，以E为原点，直线EB，DE，ED1分别为x轴，y轴，z轴，建系如图：

则A(2,−3,0)，D(0,−3,0)D1(0,0,3)，C(−1,0,0)，B(1,0,0)，

又CC1=BB1=DD1=(0,3,3)，

所以C1(−1,3,17.解：(1)f(x)的定义域为(−12,+∞)，且f′(x)=a−22x+1=a(2x+1)−22x+1，

当a≤0时，f′(x)<0在(−12,+∞)上恒成立，所以f(x)在(−12,+∞)上单调递减；

当a>0时，令f′(x)>0，得x>1a−12；令f′(x)<0，得−12<x<1a−12，

所以f(x)在(−12,1a−12)上单调递减，在(1a−12,+∞)上单调递增；

综上，当a≤0时，f(x)在(−12,+∞)上单调递减；

当a>0时，f(x)在(−12,1a−12)上单调递减，在(1a−12,+∞)上单调递增；

(2)由∀x∈[0,+∞)，f(x)≤e2x2x+1，得e2x2x+1+ln(1+2x)−ax−1≥0，

令g(x)=e2x2x+1+ln(1+2x)−ax−1(x≥0)，则g′(x)=4xe2x(2x+1)2+21+2x−a，

令h(x)=g′(x)，

则h′(x)=4×e2x(4x2+1)−(2x+1)(2x+1)3≥4×(2x+1)(4x2+1)−(2x+1)(2x+1)3=16x2(2x+1)3≥0，

所以h(x)，即g′(x)在[0,+∞)上单调递增，从而g′(x)≥g′(0)=2−a，

当2−a≥0，即a≤2时，g′(x)≥0，则g(x)在[0,+∞)上单调递增，

从而g(x)≥g(0)=0，此时符合题意；

当2−a<0，即a>2时，g′(0)=2−a<0，设p(x)=ex−x2(x>1)，

则p′(x)=ex−2x，令m(x)=p′(x)，则m′(x)=ex−2>0，

则m(x)，即p′(x)在(1,+∞)上单调递增，

所以p′(x)>p′(1)=e−2>0，从而p(x)在(1,+∞)上单调递增，

所以p(x)>p(1)=e−1>0，故ex>x2(x>1)，

又g′(a2+1)=4(a2+1)ea+2(a+3)2+2a+3−a>2(a+2)(a+2)2(a+3)2+2a+3−a=a3+6a2+17a+22(a+3)2>0，

由零点存在定理及g′(x)在[0,+∞)上单调递增可知，

存在唯一的x0∈(0,a2+1)，使得g′(x0)=0，

所以当0<x<x时，g′(x)<0，则g(x)在(0,x0)上单调递减，

从而g(x)<g(0)=0，此时不符合题意；

综上，a的取值范围为(−∞,2]．

18.解：(1)设F2的坐标为(c,0)，由题意知ca=33，所以a=3c，

又a2=b2+c2，所以b=2c，

将x=c19.解：(1)初始状态X0=2，即2个在线、3个宕机，

第1个月选中在线节点的概率为25，此时X1=2，

选中宕机节点的概率为35，其中修复成功的概率为p=13，此时X1=3，

修复失败的概率为23，此时X1=2，

所以P(X1=2)=2