2024-2025学年甘肃省白银八中高三（下）质检数学试卷（含答案）

1、2024-2025学年甘肃省白银八中高三（下）质检数学试卷一、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|lnx0,B=x|y= 4x2，则AB=()A. (1,2B. (0,2C. 0,+)D. (1,+)2.若复数z满足(4+2i)z=(3i)2，则|z|=()A. 1B. 2C. 3D. 53.已知tan(54)=13，则sin2=()A. 45B. 45C. 35D. 354.已知向量a=(m+3,2m+1)，b=(m+3,5)，则“|m|=2”是“ab”的()A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件5.已知m，n是两条不同的直线，是两个不同的平面，=n，则下列说法正确的是()A. 若m/，则m/nB. 若m/n，则m/C. 若mn，则mD. 若m，则mn6.连续抛掷一枚质地均匀的骰子2次，记录每次朝上的点数，设事件A为“第一次的点数是2”，事件B为“第二次的点数小于4”，事件C为“两次的点数之和为偶数”，则()A. P(A)=136B. A与C相互独立C. A与C互斥D

2、. B与C互斥7.设F1，F2是椭圆C：x2a2+y2b2=1(ab0)的左、右焦点，过F1的直线l与C交于A，B两点，若AF2BF2，|AB|=5a3，则C的离心率为()A. 2 55B. 35C. 25D. 558.若f(x)=(x1)3+2(x1)lnx2x+2，数列an的前n项和为Sn，且S1=110，2Sn=nan+1，则i=119f(ai)+f(a20i)=()A. 76B. 38C. 19D. 0二、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.下列选项中正确的是()A. ab0，则acb，cbdC. 若1a5，1b2，则1ab6D. 若x1，则x+1x的最小值是210.已知抛物线y2=2px(p0)的焦点为F，过点F的直线l与该抛物线交于M，N两点，且|MN|的最小值为4，O为坐标原点，则()A. p=2B. 存在直线l，使得OMN的面积为1C. 对于任意的直线l，都有OMON=3D. 当|MN|=8时，直线l的倾斜角为6或5611.在数学史上，曾经定义过下列两种三角函数：1cos为角的正矢，记作versin；1sin为角的余矢，记作co

3、versin.则下列说法正确的是()A. 函数y=coversinxversinx在4,上单调递减B. 若coversinx1versinx1=2，则coversin2xversin2x=75C. 若函数f(x)=versin(2024x3)+coversin(2024x+6)，则f(x)的最大值为2+ 2D. versin(2)=coversin三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.已知an为等差数列，公差为2，且a72=a3a9，则前10项和S10= _13.在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，asinA+bsinB=csinC 3bsinA，则C= _14.已知三棱锥PABC的四个顶点都在球体O的表面上，若BA=2，AC=4，且PA=PB=PC=BC=2 3，则球体O的表面积为_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)已知函数f(x)=axsinx(1)若函数f(x)为增函数，求实数a的取值范围；(2)求证：当x0时，ex2sinx16.(本小题15分)在一个不透明的盒子中装有除颜色外其余完全相

4、同的若干个小球，其中有m个白球，m个黑球，2个黑白相间的球，且从盒子中随机摸出1个球，摸到黑白相间的球的概率为15(1)从盒子中随机摸出1个球，求在摸出的球上带有黑色的条件下，摸出黑白相间的球的概率；(2)从盒子中1次随机取出1个球，取出后不放回，共取2次，设取出的黑球数量为X，求X的分布列与期望17.(本小题15分)已知双曲线C：x2a2y2=1(a0)的离心率为 52，左、右顶点分别为M，N，过点A(2a,0)的直线l与C的右支交于P，Q两点(1)求C的方程；(2)证明：直线MP与NQ的斜率之比为定值18.(本小题17分)如图，在四棱锥PABCD中，侧面PAD底面ABCD，侧棱PA=PD= 2，PAPD，底面ABCD为直角梯形，其中BC/AD，ABAD，AB=BC=1，O为AD中点(1)求直线PB与平面POC所成角的余弦值(2)求B点到平面PCD的距离(3)线段PD上是否存在一点Q，使得二面角QACD的余弦值为 63？若存在，求出PQQD的值；若不存在，请说明理由19.(本小题17分)设正整数n3，集合a1,a2,an=1,2,n，已知有穷数列A0：a1，a2，an经过一次M变换后

5、得到数列A1：maxa1,a2，maxa2,a3，maxan1,an，maxan,a1，其中maxa,b表示a，b中的最大者.记数列A的所有项之和为S(A)(1)若A0：1，3，2，4，求S(A1)；(2)当n=5时，求S(A1)的最大值；(3)若A1经过一次M变换后得到数列A2，求S(A2)的最大值参考答案1.A2.D3.A4.B5.D6.B7.D8.A9.BC10.AC11.BD12.11013.5614.1815.16.解：(1)由题意可知，2m+m+2=15，解得m=4，盒子中带有黑色的球有6个，其中黑白相间的球有2个，所以在摸出的球上带有黑色的条件下，摸出黑白相间的球的概率p=26=13；(2)依题意，X的可能值为0，1，2，则P(X=0)=A62A102=13,P(X=1)=C21A41A61A102=815,P(X=2)=A42A102=215，所以X的分布列为： X012P13815215所以E(X)=013+1815+2215=4517.解：(1)由题意可得b=1，又双曲线的离心率e=ca= 52，且c2=a2+1，解得a=2，c= 5，故C的方程为x24y2=1，A

6、(4,0)(2)证明：如图，设P(x1,y1)，Q(x2,y2)， M(2,0)，N(2,0)，而l必过A(4,0)，而kMP=y1x1+2，kNQ=y2x22，故kMPkNQ=y1x1+2y2x22，当l的斜率不存在时，l的方程为x=4，联立方程组x=4，x24y2=1，解得x1=4,y1= 3或x2=4,y2= 3，故P(4, 3)，Q(4, 3)，由斜率公式得kMP= 34(2)= 36，kNQ= 342= 32，故kMPkNQ= 36 32=13，当l的斜率存在时，设l的方程为y=k(x4)，而y1=k(x14)，y2=k(x24)，故kMPkNQ=y1x1+2y2x22=k(x14)x1+2x22k(x24)=(x14)(x22)(x1+2)(x24) =(x14)(x22)(x1+2)(x24)=x1x22x14x2+8x1x2+2x24x18=x1x24(x1+x2)+2x1+8x1x2+2x24x18，联立方程组y=k(x4)x24y2=1，消去y整理得(14k2)x2+32k2x64k24=0，而l与C的右支交于P，Q两点，故14k20，=(32k2)24(14k2)

7、(64k24)=192k2+160，由韦达定理得x1+x2=32k214k2，x1x2=64k2414k2，故x2=32k214k2x1，代入到表达式中得到x1x24(x1+x2)+2x1+8x1x2+2x24x18，=64k2414k2+128k214k2+2x1+864k2414k2+2(32k214k2x1)4x18 =64k2414k2+2x1+864k2414k264k214k22x14x18=64k2414k2+2x1+8128k2414k26x18 =64k2414k2+2x1(14k2)14k2+8(14k2)14k2128k2414k26x1(14k2)14k28(14k2)14k2 =64k2414k2+2x18x1k214k2+832k214k2128k2414k26x124x1k214k2832k214k2 =64k24+2x18x1k2+832k214k2128k246x1+24x1k28+32k214k2 =64k24+2x18x1k2+832k2128k246x1+24x1k28+32k2 =32k2+2x1(14k2)+496k26x1(14k2)12=

8、32k2+2x1(14k2)+4332k2+2x1(14k2)+4=13，即此时直线MP与NQ的斜率之比为定值，综上，直线MP与NQ的斜率之比为定值18.解：(1)在PAD中PA=PD，O为AD中点，所以POAD，又侧面PAD底面ABCD，平面PAD平面ABCD=AD，PO平面PAD，所以PO平面ABCD又在直角梯形ABCD中，易得OCAD；所以以O为原点，OC为x轴，OD为y轴，OP为z轴建立空间直角坐标系则P(0,0,1)，A(0,1,0)，B(1,1,0)，C(1,0,0)，D(0,1,0)；所以PB=(1,1,1)，易证：OA平面POC，所以OA=(0,1,0)，平面POC的法向量，COS=PBOA|PB|OA|= 33所以PB与平面POC所成角的余弦值为 63.(4分)(2)PB=(1,1,1)，设平面PDC的法向量为u=(x,y,z)，则uCP=x+y=0uPD=yz=0，取z=1得u=(1,1,1)B点到平面PCD的距离d=|BPu|u|= 33.(8分)(3)假设存在，则设PQ=PD(01)因为PD=(0,1,1)，所以Q(0,1)设平面CAQ的法向量为m=(a,b,c)，则a+b=0(+1)b+(1)c=0，所以取m=(1,1,+1)，平面CAD的法向量n=(0,0,1)，因为二面角QACD的余弦值为 63，所以|mn|m|n|= 63，所以3210+3=0所以=13或=3(舍去)，所以PQQD=12-(12分)19.解：(1)由题意，A1：max1,3，max3,2，max2,4，max4,2，即3，3，4，4

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