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2024-2025学年安徽省多校联考高二（上）开学数学试卷（含解析）
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这是一份2024-2025学年安徽省多校联考高二（上）开学数学试卷（含解析），共14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|−1A. (−1,2]B. (−1,2)
C. (−∞,4)∪[5，+∞)D. (−∞,−1)∪[5，+∞)
2.某学校高二某班向阳学习小组8位同学在一次考试中的物理成绩如下：95，45，62，78，53，83，74，88，则该小组本次考试物理成绩的第60百分位数为( )
A. 53B. 74C. 78D. 83
3.已知m，n∈R，则“ m> n”是m13>n13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
4.已知命题p：∃x0∈(1,+∞)，x0(x0−1)−a(x0−1)+3<0为假命题，则实数a的取值范围为( )
A. (−∞,2 3]B. (−∞,2 3+1]C. [2 3,+∞)D. [2 3+1,+∞)
5.已知平面向量a,b满足|a|=2,|b|=1，且b在a上的投影向量为−14a，则a与b的夹角为( )
A. π3B. 2π3C. 3π4D. 5π6
6.如图，在正三棱柱ABC−DEF中，M，N分别为棱DF，BC的中点，AD=DE=2，则异面直线MC，EN所成角的余弦值为( )
A. 510
B. 1910
C. 55
D. 910
7.已知f(x)=lga(a−2x),x≤1,−x2+13ax+1−13a,x>1是R上的减函数，则实数a的取值范围为( )
A. (12,1)B. (2,6]C. [3,6]D. (2,3]
8.已知a=lg45，b=lg56，c=lg67，则( )
A. c>b>aB. b>a>cC. a>c>bD. a>b>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.已知复数z=2+i1−i，则( )
A. z的虚部为12B. z=12−32iC. |z|= 102D. z−12为纯虚数
10.已知函数f(x)=Acsωxcsφ−Asinωxsinφ(A>0,ω>0,|φ|<π2)，当x=π12时，f(x)取得最大值2，且f(x)与直线x=π12最近的一个零点为x=π3，则下列结论中正确的是( )
A. f(x)的最小正周期为π
B. f(x)的单调递增区间为[kπ−π2,kπ+π12],k∈Z
C. f(x)的图象可由函数y=2cs2x的图象向右平移π12个单位长度得到
D. 若f(x+θ)为奇函数，则θ=kπ+π3,k∈Z
11.已知定义域为R的函数f(x+1)为奇函数，f(x)的图象关于直线x=2对称，则( )
A. f(x)的图象关于点(1,0)中心对称B. f(x)为奇函数
C. f(x)是周期为4的函数D. f(2025)=0
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知向量a,b满足，a=(x,−1),b=(2x+1,3)，且a//b，则|a|= ______．
13.小耿与小吴参与某个答题游戏，此游戏共有5道题，小耿有3道题不会，小吴有1道题不会，小耿与小吴分别从这5道题中任意选取1道题进行回答，且两人选题和答题互不影响，则小耿与小吴恰有1人会答的概率为______．
14.已知一个圆台的侧面积为35 2π，下底面半径比上底面半径大1，母线与下底面所成角的正切值为7，则该圆台的外接球(圆台的上、下底面圆周上的点均在球面上)的体积为______．
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)
某校为促进学生对地震知识及避震自救知识的学习，组织了《地震知识及避震自救知识》竞赛活动，对所有学生的竞赛成绩进行统计分析，制成如图所示的频率分布直方图(各区间分别为[45,55)，[55,65)，[65,75)，[75,85)，[85,95])．
(1)根据频率分布直方图，估计本次竞赛的平均成绩；(每组数据用所在区间的中点值作代表)
(2)按人数比例用分层随机抽样的方法从竞赛成绩在[45,55)和[85,95]内的学生中抽取5人，再从这5人中随机抽取2人，求这2人成绩都在[85,95]内的概率．
16.(本小题15分)
已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，向m=(sinA,b),n=(a+b,sinB)，m⋅n=csinC．
(1)求C；
(2)若c=2 3，求△ABC的面积的最大值．
17.(本小题15分)
已知sin(x−π4)=17 226,3π4(Ⅰ)求sinx+csx的值；
(Ⅱ)已知csy=−7 226,π18.(本小题17分)
如图，在四棱锥S−ABCD中，底面ABCD为正方形，平面ABCD⊥平面SAB，SA⊥AB，E，F，G，H，分别为棱SC，SB，DA，AB的中点，SA=AB=2．
(1)证明：平面EBD//平面FGH；
(2)求二面角B−SC−D的大小．
19.(本小题17分)
已知f(x)是指数函数，且过点(12, 3),g(x)=a−f(x)3f(x)+b是定义域为R的奇函数．
(Ⅰ)求a，b的值；
(Ⅱ)若存在c∈[−1,2]，使不等式g(c2−2c−m)+16<0成立，求实数m的取值范围；
(Ⅲ)若函数ℎ(x)=g(4x+1)+g(t×2x+2)恰有2个零点，求实数t的取值范围．
答案解析
1.A
【解析】解：B=(2,5)，则∁RB=(−∞,2]∪[5,+∞).则(∁RB)∩A=(−1,2]．
故选：A．
先求出∁RB，再求交集．
本题考查集合的运算，属于基础题．
2.C
【解析】解：将8位同学考试的物理成绩从小到大排列：45，53，62，74，78，83，88，95，
由8×60%=4.8，
所以数据的第60百分位数为78．
故选：C．
根据题意，将数据从小到大排列，结合百分位数的计算方法，即可求解．
本题主要考查百分位数的计算，属于基础题．
3.A
【解析】解： m> n，则m>n≥0，且y=x13在[0,+∞)单调递增．故m13>n13．
反过来，如果m13>n13，则m>n，可以为负数．推不出 m> n．
故“ m> n”是m13>n13的充分不必要条件．
故选：A．
运用充分，必要条件知识，结合幂函数单调性可解．
本题主要考查了充分必要条件的判断，属于基础题．
4.B
【解析】解：由命题p：∃x0∈(1,+∞)，x0(x0−1)−a(x0−1)+3<0为假命题，
可得命题¬p：∀x∈(1,+∞)，x(x−1)−a(x−1)+3≥0为真命题，
即不等式x(x−1)−a(x−1)+3≥0在x∈(1,+∞)上恒成立，
即a≤x(x−1)+3x−1=x2−x+3x−1在x∈(1,+∞)上恒成立，
令t=x−1>0，则x=t+1，
可得x2−x+3x−1=t2+t+3t=t+3t+1≥2 t×3t+1=2 3+1，
当且仅当t=3t时，即t= 3时，即x= 3+1时，等号成立，
所以a≤2 3+1，即实数a的取值范围为(−∞,2 3+1]．
故选：B．
根据题意，转化为不等式x(x−1)−a(x−1)+3≥0在x∈(1,+∞)上恒成立，进而转化为不等式a≤x(x−1)+3x−1在x∈(1,+∞)上恒成立，结合基本不等式，即可求解．
本题主要考查了存在量词命题真假关系的应用，属于中档题．
5.B
【解析】解：因为|a|=2,|b|=1，b在a上的投影向量为−14a，所以a⋅b|a|⋅a|a|=a⋅b4⋅a=−14a，可得a⋅b=−1．
设a与b的夹角为θ，则csθ=a⋅b|a|⋅|b|=−12，结合θ∈[0,π]，可知θ=2π3．
故选：B．
根据题意，利用投影向量的公式求出a⋅b=−1，然后根据向量的夹角公式算出答案．
本题主要考查平面向量数量积的定义、投影向量的概念、向量的夹角公式等知识，属于基础题．
6.D
【解析】解：如图，取DE中点G，连接GM，GN．
则GM//EF，GM=12EF，
且CN//EF，CN=12EF，则四边形CNGM为平行四边形，则CM//GN，CM=GN．
由图则异面直线MC，EN所成角为∠ENG或其补角，
△ENG中，GE=1，GN=CM= MF2+FC2= 5，EN= BE2+BN2= 5．
由余弦定理可知cs∠ENG=EN2+GN2−GE22EN×GN=92×5=910．
异面直线MC，EN所成角的余弦值为910．
故选：D．
根据题意，运用中位线性质，找出异面直线MC，EN所成角，结合余弦定理求解即可．
本题主要考查了异面直线所成角的求解，属于中档题．
7.C
【解析】解：根据题意保证两段都是减函数，在1附近还要一直减．
可得a>1a>213a2≤1lga(a−2)≥−1+13a+1−13a，解得3≤a≤6．
故选：C．
在定义域内，保证两段都是减函数，在1附近还要一直减．列不等式求解即可．
本题主要考查了二次函数及对数函数单调性及分段函数性质的应用，属于中档题．
8.D
【解析】解：ba=lg56lg45=lg56⋅lg54<(lg56+lg542)2=(lg5242)2<(lg5252)2=1，即bcb=lg67lg56=lg67⋅lg65<(lg67+lg652)2=(lg6352)2<(lg6362)2=1，即c综上所述，a>b>c．
故选：D．
由于都为正数，可用作除法，结合基本不等式和对数性质比较大小．
本题主要考查数值大小的比较，属于基础题．
9.CD
【解析】解：对于A，因为z=2+i1−i=(2+i)⋅(1+i)(1−i)⋅(1+i)=12+32i，所以z的虚部为32，故选项A错误；
对于B，因为z=2+i1−i=(2+i)⋅(1+i)(1−i)⋅(1+i)=12+32i，故选项B错误；
对于C，|z|= (12)2+(32)2= 102，故选项C正确；
对于D，z−12=32i为纯虚数，故选项D正确．
故选：CD．
先将z=2+i1−i化简成z=12+32i，再分别比对解出答案即可．
本题考查复数运算法则等基础知识，考查运算求解能力，属于基础题．
10.AC
【解析】解：由题意f(x)=Acs(ωx+φ)，当x=π12时，f(x)取得最大值2，且f(x)与直线x=π12最近的一个零点为x=π3，
所以A=2，f(x)的最小正周期T=4×(π3−π12)=π，故A正确；
可得π=2πω，解得ω=2，
所以f(π12)=2cs(2×π12+φ)=2，解得φ=2kπ−π6，k∈Z，
因为|φ|<π2，
所以φ=−π6，可得f(x)=2cs(2x−π6)，
令−π+2kπ≤2x−π6≤2kπ，k∈Z，
则−5π12+kπ≤x≤π12+kπ，k∈Z，
故f(x)的单调递增区间为[−5π12+kπ,π12+kπ]，k∈Z，B错误；
函数y=2cs2x的图象向右平移π12个单位长度得到y=2cs(2x−π6)=f(x)，C正确；
若f(x+θ)=2cs(2x+2θ−π6)为奇函数，
则cs(2θ−π6)=0，即2θ−π6=π2+kπ，k∈Z，
所以θ=π3+kπ2，k∈Z，D错误．
故选：AC．
由最值求A，结合周期求ω，结合特殊点求φ，进而可求函数解析式，然后结合余弦函数的性质及函数图象的平移检验各选项即可判断．
本题主要考查了由部分函数的性质求解y=Asin(ωx+φ)的解析式，还考查了余弦函数性质的综合应用，属于中档题．
11.ACD
【解析】解：因为f(x+1)为奇函数，
所以f(x+1)=−f(−x+1)，
向右平移1个单位得到f(x)，则f(x)的图象关于点(1,0)中心对称，则A正确；
则f(x)+f(−x+2)=0，f(x)的图象关于直线x=2对称，
则f(x)=f(−x+4)，则f(x)=−f(−x+2)=f(−x+4)=−f(−x+6)，
则f(−x+2)=f(−x+6)，则f(x)是周期为4的函数．则C正确；
令x=1，则由f(x)+f(−x+2)=0，
得2f(1)=0，则f(1)=0．
所以f(2025)=f(2025−4×506)=f(1)=0.故D正确；
前面式子推不出f(x)+f(−x)=0，故B错误．
故选：ACD．
运用奇函数性质和对称性得到原函数的周期性，借助赋值可解．
本题考查了抽象函数的奇偶性、对称性及利用赋值法求抽象函数的值，属于中档题．
12. 265
【解析】解：由向量a,b满足a=(x,−1),b=(2x+1,3)，
因为a//b，可得x×3=−1×(2x+1)，解得x=−15，即a=(−15,−1)，
所以|a|= (−15)2+(−1)2= 265．
故答案为： 265．
根据题意，结合向量共线的坐标表示，列出方程求得x=−15，得到a=(−15,−1)，结合向量模的计算公式，即可求解．
本题考查向量共线坐标表示、向量的模等基础知识，考查运算求解能力，属于基础题．
13.1425
【解析】解：小耿与小吴恰有1人会答，包括两种情况，小耿会小吴不会和小吴会小耿不会．
则小耿与小吴恰有1人会答的概率为25×15+35×45=1425．
故答案为：1425．
小耿与小吴恰有1人会答，包括两种情况．运用独立事件概率乘法公式分别求出概率，再相加即可．
本题考查相互独立事件概率乘法公式等基础知识，考查运算求解能力，属于基础题．
14.5003π
【解析】解：设该圆台的上底面半径为r，高为ℎ，母线长为l，则下底面半径为r+1，
∴母线与下底面所成角的正切值为ℎ1=ℎ=7，∴l= ℎ2+12=5 2，
∴该圆台的侧面积为π[r+(r+1)]×l=5 2π(2r+1)=35 2π，∴r=3，
设该圆台的外接球的半径为R，且球心到上底面的距离为t，
则r2+t2=R2(ℎ−t)2+(r+1)2=R2，即9+t2=R2(7−t)2+16=R2，
解得t=4，∴R2=9+16=25，∴R=5，
∴该圆台的外接球的体积为43πR3=43×π×53=5003π．
故答案为：5003π．
设该圆台的上底面半径为r，高为ℎ，母线长为l，则下底面半径为r+1，再根据题意建立方程求出ℎ，r，l；设该圆台的外接球的半径为R，且球心到上底面的距离为t，从而可得r2+t2=R2(ℎ−t)2+(r+1)2=R2，进而可求出球的半径，最后代入球的体积公式，即可得解．
本题考查圆台的几何性质，圆台的外接球问题，属中档题．
15.解：(1)根据题意可得(0.01+0.02+m+0.025+0.015)×10=1，解得m=0.03．
则50×0.1+60×0.2+70×0.3+80×0.25+90×0.15=71.5，则平均分成绩为71.5；
(2)根据分层抽样，知道[45,55)和[85,95]内的学生比为2：3，
则抽取的5人中有2个来自[45,55)层，设为a，b；3个来自[85,95]层，设为1，2，3，
再从这5人中随机抽取2人，总共有10种可能，分别为：
(a,b)，(a,1)，(a,2)，(a,3)，(b,1)，(b,2)，(b,3)，(1,2)，(1,3)，(2,3)．
而这2人成绩都在[85,95]内的有：(1,2)，(1,3)，(2,3)，共3种，
故所求概率为310．
【解析】(1)运用频率之和为1，求出m，再用平均值计算公式算出平均值即可；
(2)先按照分层抽样确定[45,55)和[85,95]内的学生人生，再结合列举法，用古典概型求解概率即可．
本题考查频率分布直方图的的性质，古典概型的概率公式的应用，属基础题．
16.解：(1)由m=(sinA,b),n=(a+b,sinB)，m⋅n=csinC，
可得(a+b)sinA+bsinB=csinC，
由正弦定理，可得(a+b)a+b2=c2，即a2+ab+b2=c2，
则由余弦定理，可得csC=a2+b2−c22ab=−12，
又C∈(0,π)，所以C=2π3；
(2)由(1)得a2+ab+b2=c2，c=2 3，
则a2+ab+b2=12，即a2+b2=12−ab，
由基本不等式，可得a2+b2=12−ab≥2ab，
当且仅当a=b=2时等号成立，即ab≤4．
故三角形面积S=12absinC= 34ab≤ 3，
当且仅当a=b=2取最大值，
故△ABC的面积的最大值为 3．
【解析】(1)运用向量的数量积公式，再用正弦定理边角互化，最后用余弦定理计算即可；
(2)用第一问的结论，结合基本不等式可解．
本题考查利用正弦定理、余弦定理及三角形面积公式解三角形，属中档题．
17.解：(Ⅰ)已知sin(x−π4)=17 226,3π4则sinx−csx=1713，
则sinx>0，csx<0，
又sin2x+cs2x=1，
则sinx=513，csx=−1213，
则sinx+csx=513−1213=−713；
(Ⅱ)已知csy=−7 226,π则siny=−17 226，
则sin(x+y)=sinxcsy+csxsiny=513×(−7 226)+(−1213)×(−17 226)= 22，
又sinx>0，csy<0，
则3π4则7π4则x+y=9π4．
【解析】(Ⅰ)由同角三角函数的关系求解；
(Ⅱ)由同角三角函数的关系，结合两角和与差的三角函数求解．
本题考查了同角三角函数的关系，重点考查了两角和与差的三角函数，属中档题．
18.(1)证明：连接EF，
因为E，F，G，H分别为棱SC，SB，DA，AB的中点，
所以EF//BC，EF=12BC，GH//BD，
又GD//BC，GD=12BC，所以GD//EF，GD=EF，
所以四边形EFGD为平行四边形，
所以GF//DE，
又GF⊄平面EBD，DE⊂平面EBD，
所以GF//平面EBD，
因为GH//BD，GH⊄平面EBD，BD⊂平面EBD，
所以GH//平面EBD，
又GH∩GF=G，GH，GF⊂平面FGH，
所以平面EBD//平面FGH．
(2)解：因为平面ABCD⊥平面SAB，SA⊥AB，平面ABCD∩平面SAB=AB，SA⊂平面SAB，
所以SA⊥平面ABCD，
又AB，AD⊂平面ABCD，
所以SA⊥AB，SA⊥AD，
又AD⊥DC，
故以DA,DC分别为x，y轴的正方向建立如图所示空间直角坐标系，则SA//Dz，
所以D(0,0,0)，S(2,0,2)，C(0,2,0)，B(2,2,0)，
所以CS=(2,−2,2),DC=(0,2,0),BC=(−2,0,0)，
设平面DSC的法向量n=(x1,y1,z1)，则n⋅CS=2x1−2y1+2z1=0n⋅DC=2y1=0，
令x1=1，可得n=(1,0,−1)，
设平面BSC的法向量为m=(x2,y2,z2)，则m⋅CS=2x2−2y2+2z2=0m⋅BC=−2x2=0，
令y2=1，可得m=(0,1,1)，
所以cs=n⋅m|n|⋅|m|=−1 2× 2=−12，
由图知，二面角B−SC−D的平面角为钝角，
所以二面角B−SC−D的大小为2π3．
【解析】(1)结合三角形中位线的性质与平行四边形的性质，可证GF//DE，GH//BD，再利用线面、面面平行的判定定理，即可得证；
(2)以D为坐标原点建立空间直角坐标系，利用向量法求二面角的大小即可．
本题考查立体几何的综合应用，熟练掌握面面平行的判定定理，线面、面面垂直的性质定理，以及利用向量法求二面角是解题的关键，考查空间立体感，逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
19.解：(Ⅰ)设f(x)=px(p>0，且p≠1)，
函数过(12, 3)，代入得 p= 3，解得p=3，
则f(x)=3x；
所以g(x)=a−3x3x+1+b定义域为R的奇函数，
则g(0)=a−3031+b=0，解得a=1，
则g(x)=1−3x3x+1+b，
由于g(1)=1−3132+b=−g(−1)=−1−3−130+b，
解得b=3，则g(x)=1−3x3x+1+3，
检验：g(−x)=1−3−x3−x+1+3=3x−13x+1+3，
则g(−x)+g(x)=0满足题意．
所以a=1，b=3；
(Ⅱ)g(c2−2c−m)+16<0，
即g(c2−2c−m)<−16=−g(−1)=g(1)，
即存在c∈[−1,2]，使得g(c2−2c−m)由于g(x)=1−3x3x+1+3=13(23x+1)−13=13(23x+1−1)，
x越大，则由指数函数的单调性知道3x>0越大，
则3x+1也变大，23x+1变小，g(x)变小，
则g(x)=13(23x+1−1)在定义域内单调递减．
即存在c∈[−1,2]，使得c2−2c−m>1成立．
即存在c∈[−1,2]，使得c2−2c−1>m．
则对于c∈[−1,2]，使得(c2−2c−1)max>m即可．
对于c∈[−1,2]，(c2−2c−1)max=2，则m<2．
所以实数m的取值范围为(−∞,2)；
(Ⅲ)ℎ(x)=g(4x+1)+g(t×2x+2)恰有2个零点．
即ℎ(x)=g(4x+1)+g(t×2x+2)=0有两个不同根．
即g(4x+1)+g(t×2x+2)=0，
由于g(x)是定义域为R的奇函数且单调递减，
即g(4x+1)=−g(t×2x+2)=g[−(t×2x+2)]有两个不同根．
则4x+1+t×2x+2=0有两个不同根即可．
则(2x)2+1+4t×2x=0有两个不同根即可．
令2x=q>0，转化为q2+4tq+1=0(q>0)有两个不同正根即可．
满足Δ=16t2−4>0−4t>0，解得t>12或t<−12t<0，
即t<−12，
所以实数t的取值范围为(−∞,−12).
【解析】(Ⅰ)首先运用待定系数法求出指数函数解析式，再用奇函数性质求出a，b；
(Ⅱ)将不等式问题运用奇函数性质转化为g(c2−2c−m)(Ⅲ)将零点问题转化为g(4x+1)+g(t×2x+2)=0有两个不同根，运用奇函数性质脱括号，得4x+1+t×2x+2=0有两个不同根即可，再用换元法，转化为二次方程的根的问题即可．
本题考查了奇函数的性质、转化思想及一元二次方程根的分布情况，考查了指数函数的性质，属于中档题．
1.已知集合A={x|−1
C. (−∞,4)∪[5，+∞)D. (−∞,−1)∪[5，+∞)
2.某学校高二某班向阳学习小组8位同学在一次考试中的物理成绩如下：95，45，62，78，53，83，74，88，则该小组本次考试物理成绩的第60百分位数为( )
A. 53B. 74C. 78D. 83
3.已知m，n∈R，则“ m> n”是m13>n13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
4.已知命题p：∃x0∈(1,+∞)，x0(x0−1)−a(x0−1)+3<0为假命题，则实数a的取值范围为( )
A. (−∞,2 3]B. (−∞,2 3+1]C. [2 3,+∞)D. [2 3+1,+∞)
5.已知平面向量a,b满足|a|=2,|b|=1，且b在a上的投影向量为−14a，则a与b的夹角为( )
A. π3B. 2π3C. 3π4D. 5π6
6.如图，在正三棱柱ABC−DEF中，M，N分别为棱DF，BC的中点，AD=DE=2，则异面直线MC，EN所成角的余弦值为( )
A. 510
B. 1910
C. 55
D. 910
7.已知f(x)=lga(a−2x),x≤1,−x2+13ax+1−13a,x>1是R上的减函数，则实数a的取值范围为( )
A. (12,1)B. (2,6]C. [3,6]D. (2,3]
8.已知a=lg45，b=lg56，c=lg67，则( )
A. c>b>aB. b>a>cC. a>c>bD. a>b>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.已知复数z=2+i1−i，则( )
A. z的虚部为12B. z=12−32iC. |z|= 102D. z−12为纯虚数
10.已知函数f(x)=Acsωxcsφ−Asinωxsinφ(A>0,ω>0,|φ|<π2)，当x=π12时，f(x)取得最大值2，且f(x)与直线x=π12最近的一个零点为x=π3，则下列结论中正确的是( )
A. f(x)的最小正周期为π
B. f(x)的单调递增区间为[kπ−π2,kπ+π12],k∈Z
C. f(x)的图象可由函数y=2cs2x的图象向右平移π12个单位长度得到
D. 若f(x+θ)为奇函数，则θ=kπ+π3,k∈Z
11.已知定义域为R的函数f(x+1)为奇函数，f(x)的图象关于直线x=2对称，则( )
A. f(x)的图象关于点(1,0)中心对称B. f(x)为奇函数
C. f(x)是周期为4的函数D. f(2025)=0
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知向量a,b满足，a=(x,−1),b=(2x+1,3)，且a//b，则|a|= ______．
13.小耿与小吴参与某个答题游戏，此游戏共有5道题，小耿有3道题不会，小吴有1道题不会，小耿与小吴分别从这5道题中任意选取1道题进行回答，且两人选题和答题互不影响，则小耿与小吴恰有1人会答的概率为______．
14.已知一个圆台的侧面积为35 2π，下底面半径比上底面半径大1，母线与下底面所成角的正切值为7，则该圆台的外接球(圆台的上、下底面圆周上的点均在球面上)的体积为______．
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)
某校为促进学生对地震知识及避震自救知识的学习，组织了《地震知识及避震自救知识》竞赛活动，对所有学生的竞赛成绩进行统计分析，制成如图所示的频率分布直方图(各区间分别为[45,55)，[55,65)，[65,75)，[75,85)，[85,95])．
(1)根据频率分布直方图，估计本次竞赛的平均成绩；(每组数据用所在区间的中点值作代表)
(2)按人数比例用分层随机抽样的方法从竞赛成绩在[45,55)和[85,95]内的学生中抽取5人，再从这5人中随机抽取2人，求这2人成绩都在[85,95]内的概率．
16.(本小题15分)
已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，向m=(sinA,b),n=(a+b,sinB)，m⋅n=csinC．
(1)求C；
(2)若c=2 3，求△ABC的面积的最大值．
17.(本小题15分)
已知sin(x−π4)=17 226,3π4
(Ⅱ)已知csy=−7 226,π
如图，在四棱锥S−ABCD中，底面ABCD为正方形，平面ABCD⊥平面SAB，SA⊥AB，E，F，G，H，分别为棱SC，SB，DA，AB的中点，SA=AB=2．
(1)证明：平面EBD//平面FGH；
(2)求二面角B−SC−D的大小．
19.(本小题17分)
已知f(x)是指数函数，且过点(12, 3),g(x)=a−f(x)3f(x)+b是定义域为R的奇函数．
(Ⅰ)求a，b的值；
(Ⅱ)若存在c∈[−1,2]，使不等式g(c2−2c−m)+16<0成立，求实数m的取值范围；
(Ⅲ)若函数ℎ(x)=g(4x+1)+g(t×2x+2)恰有2个零点，求实数t的取值范围．
答案解析
1.A
【解析】解：B=(2,5)，则∁RB=(−∞,2]∪[5,+∞).则(∁RB)∩A=(−1,2]．
故选：A．
先求出∁RB，再求交集．
本题考查集合的运算，属于基础题．
2.C
【解析】解：将8位同学考试的物理成绩从小到大排列：45，53，62，74，78，83，88，95，
由8×60%=4.8，
所以数据的第60百分位数为78．
故选：C．
根据题意，将数据从小到大排列，结合百分位数的计算方法，即可求解．
本题主要考查百分位数的计算，属于基础题．
3.A
【解析】解： m> n，则m>n≥0，且y=x13在[0,+∞)单调递增．故m13>n13．
反过来，如果m13>n13，则m>n，可以为负数．推不出 m> n．
故“ m> n”是m13>n13的充分不必要条件．
故选：A．
运用充分，必要条件知识，结合幂函数单调性可解．
本题主要考查了充分必要条件的判断，属于基础题．
4.B
【解析】解：由命题p：∃x0∈(1,+∞)，x0(x0−1)−a(x0−1)+3<0为假命题，
可得命题¬p：∀x∈(1,+∞)，x(x−1)−a(x−1)+3≥0为真命题，
即不等式x(x−1)−a(x−1)+3≥0在x∈(1,+∞)上恒成立，
即a≤x(x−1)+3x−1=x2−x+3x−1在x∈(1,+∞)上恒成立，
令t=x−1>0，则x=t+1，
可得x2−x+3x−1=t2+t+3t=t+3t+1≥2 t×3t+1=2 3+1，
当且仅当t=3t时，即t= 3时，即x= 3+1时，等号成立，
所以a≤2 3+1，即实数a的取值范围为(−∞,2 3+1]．
故选：B．
根据题意，转化为不等式x(x−1)−a(x−1)+3≥0在x∈(1,+∞)上恒成立，进而转化为不等式a≤x(x−1)+3x−1在x∈(1,+∞)上恒成立，结合基本不等式，即可求解．
本题主要考查了存在量词命题真假关系的应用，属于中档题．
5.B
【解析】解：因为|a|=2,|b|=1，b在a上的投影向量为−14a，所以a⋅b|a|⋅a|a|=a⋅b4⋅a=−14a，可得a⋅b=−1．
设a与b的夹角为θ，则csθ=a⋅b|a|⋅|b|=−12，结合θ∈[0,π]，可知θ=2π3．
故选：B．
根据题意，利用投影向量的公式求出a⋅b=−1，然后根据向量的夹角公式算出答案．
本题主要考查平面向量数量积的定义、投影向量的概念、向量的夹角公式等知识，属于基础题．
6.D
【解析】解：如图，取DE中点G，连接GM，GN．
则GM//EF，GM=12EF，
且CN//EF，CN=12EF，则四边形CNGM为平行四边形，则CM//GN，CM=GN．
由图则异面直线MC，EN所成角为∠ENG或其补角，
△ENG中，GE=1，GN=CM= MF2+FC2= 5，EN= BE2+BN2= 5．
由余弦定理可知cs∠ENG=EN2+GN2−GE22EN×GN=92×5=910．
异面直线MC，EN所成角的余弦值为910．
故选：D．
根据题意，运用中位线性质，找出异面直线MC，EN所成角，结合余弦定理求解即可．
本题主要考查了异面直线所成角的求解，属于中档题．
7.C
【解析】解：根据题意保证两段都是减函数，在1附近还要一直减．
可得a>1a>213a2≤1lga(a−2)≥−1+13a+1−13a，解得3≤a≤6．
故选：C．
在定义域内，保证两段都是减函数，在1附近还要一直减．列不等式求解即可．
本题主要考查了二次函数及对数函数单调性及分段函数性质的应用，属于中档题．
8.D
【解析】解：ba=lg56lg45=lg56⋅lg54<(lg56+lg542)2=(lg5242)2<(lg5252)2=1，即b
故选：D．
由于都为正数，可用作除法，结合基本不等式和对数性质比较大小．
本题主要考查数值大小的比较，属于基础题．
9.CD
【解析】解：对于A，因为z=2+i1−i=(2+i)⋅(1+i)(1−i)⋅(1+i)=12+32i，所以z的虚部为32，故选项A错误；
对于B，因为z=2+i1−i=(2+i)⋅(1+i)(1−i)⋅(1+i)=12+32i，故选项B错误；
对于C，|z|= (12)2+(32)2= 102，故选项C正确；
对于D，z−12=32i为纯虚数，故选项D正确．
故选：CD．
先将z=2+i1−i化简成z=12+32i，再分别比对解出答案即可．
本题考查复数运算法则等基础知识，考查运算求解能力，属于基础题．
10.AC
【解析】解：由题意f(x)=Acs(ωx+φ)，当x=π12时，f(x)取得最大值2，且f(x)与直线x=π12最近的一个零点为x=π3，
所以A=2，f(x)的最小正周期T=4×(π3−π12)=π，故A正确；
可得π=2πω，解得ω=2，
所以f(π12)=2cs(2×π12+φ)=2，解得φ=2kπ−π6，k∈Z，
因为|φ|<π2，
所以φ=−π6，可得f(x)=2cs(2x−π6)，
令−π+2kπ≤2x−π6≤2kπ，k∈Z，
则−5π12+kπ≤x≤π12+kπ，k∈Z，
故f(x)的单调递增区间为[−5π12+kπ,π12+kπ]，k∈Z，B错误；
函数y=2cs2x的图象向右平移π12个单位长度得到y=2cs(2x−π6)=f(x)，C正确；
若f(x+θ)=2cs(2x+2θ−π6)为奇函数，
则cs(2θ−π6)=0，即2θ−π6=π2+kπ，k∈Z，
所以θ=π3+kπ2，k∈Z，D错误．
故选：AC．
由最值求A，结合周期求ω，结合特殊点求φ，进而可求函数解析式，然后结合余弦函数的性质及函数图象的平移检验各选项即可判断．
本题主要考查了由部分函数的性质求解y=Asin(ωx+φ)的解析式，还考查了余弦函数性质的综合应用，属于中档题．
11.ACD
【解析】解：因为f(x+1)为奇函数，
所以f(x+1)=−f(−x+1)，
向右平移1个单位得到f(x)，则f(x)的图象关于点(1,0)中心对称，则A正确；
则f(x)+f(−x+2)=0，f(x)的图象关于直线x=2对称，
则f(x)=f(−x+4)，则f(x)=−f(−x+2)=f(−x+4)=−f(−x+6)，
则f(−x+2)=f(−x+6)，则f(x)是周期为4的函数．则C正确；
令x=1，则由f(x)+f(−x+2)=0，
得2f(1)=0，则f(1)=0．
所以f(2025)=f(2025−4×506)=f(1)=0.故D正确；
前面式子推不出f(x)+f(−x)=0，故B错误．
故选：ACD．
运用奇函数性质和对称性得到原函数的周期性，借助赋值可解．
本题考查了抽象函数的奇偶性、对称性及利用赋值法求抽象函数的值，属于中档题．
12. 265
【解析】解：由向量a,b满足a=(x,−1),b=(2x+1,3)，
因为a//b，可得x×3=−1×(2x+1)，解得x=−15，即a=(−15,−1)，
所以|a|= (−15)2+(−1)2= 265．
故答案为： 265．
根据题意，结合向量共线的坐标表示，列出方程求得x=−15，得到a=(−15,−1)，结合向量模的计算公式，即可求解．
本题考查向量共线坐标表示、向量的模等基础知识，考查运算求解能力，属于基础题．
13.1425
【解析】解：小耿与小吴恰有1人会答，包括两种情况，小耿会小吴不会和小吴会小耿不会．
则小耿与小吴恰有1人会答的概率为25×15+35×45=1425．
故答案为：1425．
小耿与小吴恰有1人会答，包括两种情况．运用独立事件概率乘法公式分别求出概率，再相加即可．
本题考查相互独立事件概率乘法公式等基础知识，考查运算求解能力，属于基础题．
14.5003π
【解析】解：设该圆台的上底面半径为r，高为ℎ，母线长为l，则下底面半径为r+1，
∴母线与下底面所成角的正切值为ℎ1=ℎ=7，∴l= ℎ2+12=5 2，
∴该圆台的侧面积为π[r+(r+1)]×l=5 2π(2r+1)=35 2π，∴r=3，
设该圆台的外接球的半径为R，且球心到上底面的距离为t，
则r2+t2=R2(ℎ−t)2+(r+1)2=R2，即9+t2=R2(7−t)2+16=R2，
解得t=4，∴R2=9+16=25，∴R=5，
∴该圆台的外接球的体积为43πR3=43×π×53=5003π．
故答案为：5003π．
设该圆台的上底面半径为r，高为ℎ，母线长为l，则下底面半径为r+1，再根据题意建立方程求出ℎ，r，l；设该圆台的外接球的半径为R，且球心到上底面的距离为t，从而可得r2+t2=R2(ℎ−t)2+(r+1)2=R2，进而可求出球的半径，最后代入球的体积公式，即可得解．
本题考查圆台的几何性质，圆台的外接球问题，属中档题．
15.解：(1)根据题意可得(0.01+0.02+m+0.025+0.015)×10=1，解得m=0.03．
则50×0.1+60×0.2+70×0.3+80×0.25+90×0.15=71.5，则平均分成绩为71.5；
(2)根据分层抽样，知道[45,55)和[85,95]内的学生比为2：3，
则抽取的5人中有2个来自[45,55)层，设为a，b；3个来自[85,95]层，设为1，2，3，
再从这5人中随机抽取2人，总共有10种可能，分别为：
(a,b)，(a,1)，(a,2)，(a,3)，(b,1)，(b,2)，(b,3)，(1,2)，(1,3)，(2,3)．
而这2人成绩都在[85,95]内的有：(1,2)，(1,3)，(2,3)，共3种，
故所求概率为310．
【解析】(1)运用频率之和为1，求出m，再用平均值计算公式算出平均值即可；
(2)先按照分层抽样确定[45,55)和[85,95]内的学生人生，再结合列举法，用古典概型求解概率即可．
本题考查频率分布直方图的的性质，古典概型的概率公式的应用，属基础题．
16.解：(1)由m=(sinA,b),n=(a+b,sinB)，m⋅n=csinC，
可得(a+b)sinA+bsinB=csinC，
由正弦定理，可得(a+b)a+b2=c2，即a2+ab+b2=c2，
则由余弦定理，可得csC=a2+b2−c22ab=−12，
又C∈(0,π)，所以C=2π3；
(2)由(1)得a2+ab+b2=c2，c=2 3，
则a2+ab+b2=12，即a2+b2=12−ab，
由基本不等式，可得a2+b2=12−ab≥2ab，
当且仅当a=b=2时等号成立，即ab≤4．
故三角形面积S=12absinC= 34ab≤ 3，
当且仅当a=b=2取最大值，
故△ABC的面积的最大值为 3．
【解析】(1)运用向量的数量积公式，再用正弦定理边角互化，最后用余弦定理计算即可；
(2)用第一问的结论，结合基本不等式可解．
本题考查利用正弦定理、余弦定理及三角形面积公式解三角形，属中档题．
17.解：(Ⅰ)已知sin(x−π4)=17 226,3π4
则sinx>0，csx<0，
又sin2x+cs2x=1，
则sinx=513，csx=−1213，
则sinx+csx=513−1213=−713；
(Ⅱ)已知csy=−7 226,π
则sin(x+y)=sinxcsy+csxsiny=513×(−7 226)+(−1213)×(−17 226)= 22，
又sinx>0，csy<0，
则3π4
【解析】(Ⅰ)由同角三角函数的关系求解；
(Ⅱ)由同角三角函数的关系，结合两角和与差的三角函数求解．
本题考查了同角三角函数的关系，重点考查了两角和与差的三角函数，属中档题．
18.(1)证明：连接EF，
因为E，F，G，H分别为棱SC，SB，DA，AB的中点，
所以EF//BC，EF=12BC，GH//BD，
又GD//BC，GD=12BC，所以GD//EF，GD=EF，
所以四边形EFGD为平行四边形，
所以GF//DE，
又GF⊄平面EBD，DE⊂平面EBD，
所以GF//平面EBD，
因为GH//BD，GH⊄平面EBD，BD⊂平面EBD，
所以GH//平面EBD，
又GH∩GF=G，GH，GF⊂平面FGH，
所以平面EBD//平面FGH．
(2)解：因为平面ABCD⊥平面SAB，SA⊥AB，平面ABCD∩平面SAB=AB，SA⊂平面SAB，
所以SA⊥平面ABCD，
又AB，AD⊂平面ABCD，
所以SA⊥AB，SA⊥AD，
又AD⊥DC，
故以DA,DC分别为x，y轴的正方向建立如图所示空间直角坐标系，则SA//Dz，
所以D(0,0,0)，S(2,0,2)，C(0,2,0)，B(2,2,0)，
所以CS=(2,−2,2),DC=(0,2,0),BC=(−2,0,0)，
设平面DSC的法向量n=(x1,y1,z1)，则n⋅CS=2x1−2y1+2z1=0n⋅DC=2y1=0，
令x1=1，可得n=(1,0,−1)，
设平面BSC的法向量为m=(x2,y2,z2)，则m⋅CS=2x2−2y2+2z2=0m⋅BC=−2x2=0，
令y2=1，可得m=(0,1,1)，
所以cs
由图知，二面角B−SC−D的平面角为钝角，
所以二面角B−SC−D的大小为2π3．
【解析】(1)结合三角形中位线的性质与平行四边形的性质，可证GF//DE，GH//BD，再利用线面、面面平行的判定定理，即可得证；
(2)以D为坐标原点建立空间直角坐标系，利用向量法求二面角的大小即可．
本题考查立体几何的综合应用，熟练掌握面面平行的判定定理，线面、面面垂直的性质定理，以及利用向量法求二面角是解题的关键，考查空间立体感，逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
19.解：(Ⅰ)设f(x)=px(p>0，且p≠1)，
函数过(12, 3)，代入得 p= 3，解得p=3，
则f(x)=3x；
所以g(x)=a−3x3x+1+b定义域为R的奇函数，
则g(0)=a−3031+b=0，解得a=1，
则g(x)=1−3x3x+1+b，
由于g(1)=1−3132+b=−g(−1)=−1−3−130+b，
解得b=3，则g(x)=1−3x3x+1+3，
检验：g(−x)=1−3−x3−x+1+3=3x−13x+1+3，
则g(−x)+g(x)=0满足题意．
所以a=1，b=3；
(Ⅱ)g(c2−2c−m)+16<0，
即g(c2−2c−m)<−16=−g(−1)=g(1)，
即存在c∈[−1,2]，使得g(c2−2c−m)
x越大，则由指数函数的单调性知道3x>0越大，
则3x+1也变大，23x+1变小，g(x)变小，
则g(x)=13(23x+1−1)在定义域内单调递减．
即存在c∈[−1,2]，使得c2−2c−m>1成立．
即存在c∈[−1,2]，使得c2−2c−1>m．
则对于c∈[−1,2]，使得(c2−2c−1)max>m即可．
对于c∈[−1,2]，(c2−2c−1)max=2，则m<2．
所以实数m的取值范围为(−∞,2)；
(Ⅲ)ℎ(x)=g(4x+1)+g(t×2x+2)恰有2个零点．
即ℎ(x)=g(4x+1)+g(t×2x+2)=0有两个不同根．
即g(4x+1)+g(t×2x+2)=0，
由于g(x)是定义域为R的奇函数且单调递减，
即g(4x+1)=−g(t×2x+2)=g[−(t×2x+2)]有两个不同根．
则4x+1+t×2x+2=0有两个不同根即可．
则(2x)2+1+4t×2x=0有两个不同根即可．
令2x=q>0，转化为q2+4tq+1=0(q>0)有两个不同正根即可．
满足Δ=16t2−4>0−4t>0，解得t>12或t<−12t<0，
即t<−12，
所以实数t的取值范围为(−∞,−12).
【解析】(Ⅰ)首先运用待定系数法求出指数函数解析式，再用奇函数性质求出a，b；
(Ⅱ)将不等式问题运用奇函数性质转化为g(c2−2c−m)
本题考查了奇函数的性质、转化思想及一元二次方程根的分布情况，考查了指数函数的性质，属于中档题．
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