2024-2025学年安徽省合肥市肥东一中高二（上）质检数学试卷（7月份）（含解析）

这是一份2024-2025学年安徽省合肥市肥东一中高二（上）质检数学试卷（7月份）（含解析），共15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。

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.集合A={x|tanx=0}，B={x|csx=0}，则( )
A. A=BB. A⊆BC. A⊇BD. A∩B=⌀
2.下列函数中，在区间(0,+∞)上单调递减的是( )
A. y=−lg12xB. y=(12)−xC. y=1 xD. y=x2
3.已知向量AB=(1,a,−2)与AC=(−2,4,b)共线，则a+b=( )
A. −2B. 0C. 2D. 6
4.如图，在△ABC中，AC=1，AB=2，∠ACB=90°，BC，AB边上的两条中线AD，CE交于点P，则cs∠DPE=( )
A. 3 2114
B. 217
C. 17
D. 714
5.若z1=(m2+m+1)+(m−4)i，z2=3−3i，则m=1是z1=z2的( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分又不必要条件
6.如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AC=AB=AA1，∠BAC=120°，D，E，F分别是棱B1C1，BC，A1C1的中点，则异面直线AD与EF所成角的余弦值为( )
A. 310
B. 5110
C. 25
D. 710
7.一个正八面体，八个面分别标以数字1到8，任意抛掷一次这个八面体，观察它与地面接触的面上的数字，得到样本空间Ω={1,2,3,4,5,6,7,8}，设A1={1,2,3,4}，A2={1,2,3,5}，A3={1,6,7,8}，则( )
A. A1与A2互斥B. A1与A3相互对立
C. A1−与A2−相互独立D. P(A1A2A3)=P(A1)P(A2)P(A3)
8.已知两异面直线a，b所成的角为80°，过空间一点P作直线，使得l与a，b的夹角均为50°，那么这样的直线有( )条
A. 1B. 2C. 4D. 3
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.下列说法中，错误的有( )
A. 单位向量都相等 B. 模相等的两个平行向量相等
C. 若|a|>|b|且a，b同向，则a>b D. b≠0，若a//b，b//c，则a//c
10.已知函数f(x)=2cs(ωx+φ)的部分图象如图所示.则f(x)=( )
A. 2cs(x−π6)B. 2cs(2x−π6)C. 2sin(2π3−2x)D. 2sin(2x+π3)
11.如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，M，N，P分别是AA1，CC1，C1D1的中点，Q是线段D1A1上的动点，则下列说法中正确的是( )
A. 存在点Q，使B，N，P，Q四点共面
B. 存在点Q，使PQ//平面MBN
C. 三棱锥P−MBN的体积为23
D. 经过C，M，B，N四点的球的表面积为9π
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知锐角△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若c= 3，a2+b2−ab=3，则△ABC面积的取值范围是______．
13.在空间直角坐标系Oxyz中，已知A(1,1,0)，B(−1,0,2)，点C满足AC=2AB，则点C的坐标为______．
14.有6个相同的球，分别标有数字1、2、3、4、5、6，从中不放回地随机抽取3次，每次取1个球.记m表示前两个球号码的平均数，记n表示前三个球号码的平均数，则m与n差的绝对值不超过12的概率是______．
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)
已知复数z=m+2i是方程x2−6x+13=0的一个虚根(i是虚数单位，m∈R)．
(1)求|z|；
(2)复数z1=a−i，若zz1为纯虚数，求实数a的值．
16.(本小题15分)
《中国制造2025》提出“节能与新能源汽车”作为重点发展领域，这为我国节能与新能源汽车产业发展指明了方向，某新能源汽车生产商为了提升产品质量，对某款汽车的某项指标进行检测后，频率分布直方图如图所示：
(1)求该项指标的第30百分位数；
(2)若利用该指标制定一个标准，需要确定临界值x，将该指标小于x的汽车认为符合节能要求，已知x∈[90,100]，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率，求该款汽车符合节能要求的概率f(x)．
17.(本小题15分)
在三棱锥P−ABC中，AC⊥CB，AB⊥BP，CB=CP=CA，BP=12AP.点C在平面PAB上的射影D恰好在PA上．
(1)若E为线段BP的中点，求证：BP⊥平面CDE；
(2)求二面角C−AB−P的余弦值．
18.(本小题17分)
在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知b(tanA+tanB)=2ctanB．
(1)求A的值；
(2)若△ABC为锐角三角形，求bc的取值范围．
19.(本小题17分)
某校一个数学兴趣小组发现《九章算术》中提到了“刍薨”这个五面体，于是他们仿照该模型设计了一道数学探究题，如图1，E，F，G分别是边长为4的正方形的三边AB，CD，AD的中点，先沿着虚线段FG将等腰直角三角形FDG裁掉，再将剩下的五边形ABCFG沿着线段EF折起，连接AB，CG就得到了一个“刍薨”(如图2)．
(1)若O是四边形EBCF对角线的交点，求证：AO//平面GCF；
(2)若二面角A−BC−E的平面角为π6，求平面OAE与平面BAE夹角的余弦值．
答案解析
1.D
【解析】解：集合A={x|tanx=0}={x|x=kπ,k∈Z}，
B={x|csx=0}={x|x=kπ+π2,k∈Z}，
则A∩B=⌀．
故选：D．
化简集合A、B，再判断A、B的关系．
本题考查了集合的化简与运算问题，是基础题．
2.C
【解析】解：y=−lg12x=lg2x在区间(0,+∞)上单调递增，不符合题意；
y=(12)−x=2x在区间(0,+∞)上单调递增，不符合题意；
根据幂函数的性质可知，y=1 x在区间(0,+∞)上单调递减，符合题意；
根据二次函数的性质可知，y=x2在区间(0,+∞)上单调递增，不符合题意．
故选：C．
由已知结合基本初等函数的单调性检验各选项即可判断．
本题主要考查了基本初等函数的单调性的判断，属于基础题．
3.C
【解析】解：向量AB=(1,a,−2)与AC=(−2,4,b)共线，
所以1−2=a4=−2b，所以a=−2，b=4，故a+b=2．
故选：C．
根据已知条件，结合向量共线的性质，即可求解．
本题主要考查向量共线的性质，属于基础题．
4.D
【解析】解：因为AC=1，AB=2，∠ACB=90°，建立如图所示的坐标系，
则有：A(1,0)，B(0, 3)，C(0,0)，
因为D，E分别为BC，AB中点，
所以D(0, 32)，E(12, 32)，
所以AD=(−1, 32)，CE=(12, 32)，
所以cs∠DPE=cs(AD,CE)=AD⋅CE|AD|⋅|CE|=−12+ 32× 32 1+34× 14+34= 714．
故选：D．
由题可得三角形ABC为直角三角，建立坐标系，将问题转化为求向量的夹角的余弦即可．
本题主要考查解三角形，重点考查了平面向量夹角运算公式，考查转化能力，属于中档题．
5.C
【解析】解：①当m=1时，z1=3−3i=z2，
②若z1=z2，则(m2+m+1)+(m−4)i=3−3i，
即m2+m+1=3m−4=−3，∴m=1，
∴m=1是z1=z2的充要条件，
故选：C．
利用复数相等的条件，再结合充要条件的定义判断即可．
本题考查了充要条件的判定，考查了复数相等的条件，属于基础题．
6.D
【解析】解：把直三棱柱ABC−A1B1C1补成一个底面为菱形的直四棱柱，如图所示：
因为DM=AE，且DM//AE，
所以四边形ADME为平行四边形，所以AD//ME，
所以异面直线AD与EF所成的角为∠FEM或其补角，
不妨设AC=AB=AA1=a，
因为∠BAC=120°，所以∠ABN=60°，
所以△ABN为等边三角形，所以AN=a，EN=12AN=12a，
所以ME= MN2+EN2= a2+(12a)2= 52a，
因为△A1MC1为边长为a的等边三角形，所以FM= 32a，
又因为EF= a2+(12a)2= 52a，
所以在△EFM中，由余弦定理可得，cs∠FEM=EF2+EM2−FM22EF×EM=710，
即异面直线AD与EF所成角的余弦值为710．
故选：D．
把直三棱柱ABC−A1B1C1补成一个底面为菱形的直四棱柱，利用平移法找到异面直线AD与EF所成的角，再结合余弦定理求解即可．
本题主要考查了求异面直线所成的角，考查了余弦定理的应用，属于中档题．
7.D
【解析】解：一个正八面体，八个面分别标以数字1到8，任意抛掷一次这个八面体，观察它与地面接触的面上的数字，得到样本空间Ω={1,2,3,4,5,6,7,8}，
则A1={1,2,3,4}，则P(A1)=12，P(A1−)=12
A2={1,2,3,5}，则P(A2)=12，P(A2−)=12，
A3={1,6,7,8}，则P(A3)=12，
又A1∩A2={1,2,3}，故A ​1与A2不互斥，故A错，
又A1∪A3={1,2,3,4,6,7,8}，故A ​1与A3不对立，故B错，
因为A1−∩A2−={6,7,8}.则P(A1−⋅A2−)=38，且P(A1−⋅A2−)≠P(A1−)⋅P(A2−)，故A1−与A2−不独立，故C错，
又A1∩A2∩A3={1}，则P(A1A2A3)=18，
故P(A1A2A3)=P(A1)P(A2)P(A3)，故D对．
故选：D．
根据互斥事件、相互独立事件相关定义可解．
本题考查互斥事件、相互独立事件相关定义，属于基础题．
8.D
【解析】解：在空间取一点P，经过点P分别作a//a′，b//b′，
设直线a′、b′确定平面α，
当直线PM满足它的射影PQ在a′、b′所成角的平分线上时，
PM与a′所成的角等于PM与b′所成的角
因为直线a，b所成的角为80°，得a′、b′所成锐角等于80°
所以当PM的射影PQ在a′、b′所成锐角的平分线上时，
PM与a′、b′所成角的范围是[40°,90°)．
这种情况下，过点P有两条直线与a′，b′所成的角都是50°
当PM的射影PQ在a′、b′所成钝角的平分线上时，PM与a′、b′所成角的范围是[50°,90°)．
这种情况下，过点P有且只有一条直线(即PM⊂α时)与a′，b′所成的角都是50°
综上所述，过空间任意一点P可作与a，b所成的角都是50°的直线有3条
故选：D．
在空间取一点P，经过点P分别作a//a′，b//b′，设直线a′、b′确定平面α.由异面直线所成角的定义，得a′、b′所成锐角等于80°，经过P的直线PM的射影P在a′、b′所成锐角的平分线上时，存在两条直线与a′，b′所成的角都是50°，当PM的射影PQ在a′、b′所成钝角的平分线上时，存在1条直线与a′，b′所成的角都是50°，由此可得本题答案．
本题给出两条直线所成角为80°，求过空间一点P可作与a，b所成的角都是50°的直线的条数．着重考查了空间两条异面直线所成角及其求法等知识，属于中档题．
9.ABC
【解析】解：单位向量的方向不一定相同，A错误；
模相等的两个平行向量也可能方向相反，B错误；
两向量不能比较大小，C错误；
当b≠0时，若a//b，b//c，则a//c，D正确．
故选：ABC．
由已知结合向量的基本概念检验各选项即可判断．
本题主要考查了向量的基本概念，属于基础题．
10.BD
【解析】解：根据函数的图象得3T4=13π12−π3=3π4，故T=π，所以ω=2；
所以f(π3)=2cs(2π3+φ)=0，
又由题图可知π3是函数f(x)的下降零点，
所以φ+2π3=π2+2kπ(k∈Z)，即φ=2kπ−π6(k∈Z)；
所以f(x)=2cs(2x−π6)=2cs(2x+π3−π2)=2sin(2x+π3)，
故选：BD．
11.ABD
【解析】解：对A选项，如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，连接A1B，CD1，
∵N，P分别是CC1，C1D1的中点，∴CD1//PN，
又CD1//A1B，∴A1B//PN，
∴A1，B，N，P四点共面，
即当Q与点A1重合时，B，N，P，Q四点共面，∴A选项正确；
对B选项，连接PQ，A1C1，当Q是D1A1的中点时，
∵PQ//A1C1，A1C1//MN，∴PQ//MN，
又PQ∉平面BMN，MN⊂平面BMN，
∴PQ//平面BMN，∴B选项正确；
对C选项，连接D1M，D1N，D1B，∵D1M//BN，
∴V三棱锥P−MBN=V三棱锥M−PBN=V三棱锥D1−PBN=V三棱锥B−D1PN=13×12×1×1×2=13，∴C选项错误；
对D选项，分别取BB1，DD1的中点E，F，构造长方体MADF−EBCN，
则经过C，M，B，N四点的球即为长方体MADF−EBCN的外接球，
设所求外接球的直径为2R，则长方体MADF−EBCN的体对角线即为所求的球的直径，
∴(2R)2=AB2+BC2+CN2=4+4+1=9，
∴经过C，M，B，N四点的球的表面积为4πR2=9π，∴D选项正确．
故选：ABD．
根据基本事实1，线面平行的判定定理，转化三棱锥的顶点与体积公式，分割补形法，针对各个选项分别求解即可．
本题考查立体几何的综合应用，线面平行的判定定理的应用，分割补形法的应用，化归转化思想，属中档题．
12.( 32,3 34]
【解析】解：∵c= 3，a2+b2−ab=3，
∴a2+b2−ab=c2，
又∵由余弦定理，可得a2+b2−c2=2ab⋅csC，
∴2csC=1，即csC=12，
∵C∈(0,π)，
∴C=π3，
∴A+B=π−π3=2π3，
∵△ABC为锐角三角形，
∴A∈(π6,π2)，
由正弦定理，可得asinA=bsinB=csinC= 3 32=2，即a=2sinA，b=2sinB，
ab=2sinA⋅2sinB=2sinA⋅2sin(2π3−A)
=4sinA⋅( 32csA+12sinA)=2 3sinAcsA+2sin2A
= 3sin2A+1−cs2A=2( 32sin2A−12cs2A)+1
=2sin(2A−π6)+1，
∵A∈(π6,π2)，
∴π6<2A−π6<5π6，
∴12∴2∵S△ABC=12absinC=12ab⋅ 32= 3ab4，
∴ 32故△ABC面积的取值范围是( 32,3 34]．
故答案为：( 32,3 34]．
13.(−3,−1,4)
【解析】解：设C(x,y,z)，则AC=(x−1,y−1,z)，AB=(−2,−1,2)，
因为AC=2AB，
所以(x−1,y−1,z)=2(−2,−1,2)=(−4,−2,4)，即x−1=−4y−1=−2z=4，得x=−3y=−1z=4，
所以点C的坐标为(−3,−1,4)．
故答案为：(−3,−1,4)．
利用向量的相等的坐标关系即可求解．
本题考查向量的相等的坐标关系，属于基础题．
14.715
【解析】解：记前三个球的号码分别为a、b、c，则共有A63=120种可能，
令|m−n|=|a+b2−a+b+c3|=|a+b−2c6|≤0.5可得：|a+b−2c|≤3，
根据对称性：c=1或6时，均有2种可能；
c=2或5时，均有10种可能；
c=3或4时，均有16种可能；
故满足条件的共有56种可能，
P=56120=715．
故答案为：715．
先求出从6个小球中取出3个所有可能的结果数，然后求出m与n差的绝对值不超过0.5的结果数，结合古典概率公式即可求解．
本题主要考查了一组数据的平均数，还考查了古典概率公式的应用，属于基础题．
15.解：(1)z=m+2i是方程x2−6x+13=0的一个虚根，
则z−=m−2i也是方程x2−6x+13=0的一个虚根，
故m−2i+m+2i=6(m−2i)(m+2i)=13，解得m=3，
z=3+2i，
所以|z|= 32+22= 13；
(2)z1=a−i，
则zz1=3+2ia−i=(3+2i)(a+i)(a−i)(a+i)=3a−2a2+1+3+2aa2+1i，
∵zz1为纯虚数，
∴3a−2=03+2a≠0，解得a=23．
【解析】(1)根据已知条件，结合韦达定理，以及共轭复数的定义，求出m，再结合复数模公式，即可求解；
(2)根据已知条件，结合复数的四则运算，以及纯虚数的定义，即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，以及纯虚数的定义，属于基础题．
16.解：(1)∵0.002×5+0.012×5+0.034×5=0.24<0.3，0.002×5+0.012×5+0.034×5+0.036×5=0.42>0.3，
∴第30百分位数落在区间[105,110)内，设其为m，
则0.24+(m−105)×0.036=0.3，
解得m=3203，
即该项指标的第30百分位数为3203；
(2)当x∈[90,95)时，f(x)=(x−90)×0.002=0.002x−0.18，
当x∈[95,100]时，f(x)=0.002×5+(x−95)×0.012=0.012x−1.13，
综上所述，f(x)=0.002x−0.18,90≤x<950.012x−1.13,95≤x≤100．
【解析】(1)利用百分位数的定义求解；
(2)分x∈[90,95)和x∈[95,100]，分别求出f(x)，最后写成分段函数的形式即可．
本题主要考查了频率分布直方图的应用，考查了百分位数的定义，属于基础题．
17.解：(1)证明：连接CD，DE，

∵CD⊥平面PAB，AP⊂平面PAB，BP⊂平面PAB，
∴CD⊥AP，CD⊥BP，
又CA=CP，∴D为AP中点．
又E为BP中点，∴DE//AB
又AB⊥BP，∴BP⊥DE，
CD∩DE=D，CD，DE⊂平面CDE，∴BP⊥平面CDE．
(2)作DF⊥AB于F，连接CF，
∵CD⊥平面PAB，AB⊂平面PAB，则CD⊥AB，
又CD∩DF=D，CD，DF⊂平面CDF，
∴AB⊥平面CDF，而CF⊂平面CDF，∴AB⊥CF．
又∵CB=CP=CA，∴D，F为AP，AB的中点，∴DF//PB，
又BP⊥AB，∴DF⊥AB．
则∠CFD即为二面角C−AB−P的平面角．
在Rt△CDF中，cs∠CFD=DFCF．
设CB=CA=a，AC⊥CB，则CF=12AB= 22a．
∵BP=12AP，在Rt△ABP中，(2BP)2−BP2=AB2=( 2a)2，
则BP= 63a，DF=12BP= 66a，cs∠CFD= 66a 22a= 33．
【解析】(1)连接CD，DE，由CD⊥平面PAB，得CD⊥BP，再由中位线定理得平行从而得BP⊥DE，从而证得线面垂直；
(2)作DF⊥AB于F，连接CF，证明∠CFD即为二面角C−AB−P的平面角，然后在直角三角形中求解．
本题考查线面垂直的证明，二面角的求解，属中档题．
18.解：(1)因为b(tanA+tanB)=2ctanB，
由正弦定理可得：sinB×(sinAcsA+sinBcsB)=2sinC×sinBcsB⇒sinAcsB+csAsinBcsAcsB=2×sinCcsB，
即sinCcsAcsB=2×sinCcsB，
因为A，B，C为的△ABC内角，sinC>0，
所以csA=12，
可得A=π3；
(2)由正弦定理知：bc=sinBsin(2π3−B)=sinB 32csB+12sinB=1 32⋅1tanB+12=2 3⋅1tanB+1，
△ABC为锐角三角形，则B∈(π6,π2)，
tanB∈( 33,+∞)⇒1tanB∈(0, 3)．
所以bc∈(12,2)．
【解析】(1)由正弦定理及正切化为正弦与余弦的比化简可得csA的值，再由角A的范围，可得角A的大小；
(2)由正弦定理可得bc=2 3⋅1tanB+1，再由锐角三角形可得B的范围，进而可得bc的范围．
本题考查正弦定理，锐角三角形的性质的应用，属于中档题．
19.(1)证明：取CF的中点H，连接GH，OH，如图所示，

∵四边形EBCF是矩形，且CB=2BE，
∴O为线段BF与CE的中点，∴OH//BC，且OH=12BC，
由图1可知，AG//BC且AG=12BC，EF//BC，且EF=BC，
∴在图2中，AG//BC且AG=12BC，
∴AG//OH且AG=OH，
∴四边形AOHG是平行四边形，∴AO//GH，
又∵AO⊄平面GCF，GH⊆平面GCF，
∴AO//平面GCF．
(2)解：由题设图1可知，EF⊥AE，EF⊥BE，折起后在题设图2中仍有EF⊥AE，EF⊥BE，
∴∠ABE即为二面角A−BC−E的平面角，故∠ABE=π6，
以E为坐标原点，EB，EF所在直线分别为x轴和y轴，
在平面ABE内作Ez⊥平面BCFE，
建立空间直角坐标系E−xyz，如图所示，

可得E(0,0,0)，O(1,2,0)，A(−1,0, 3)，
∴EA=(−1,0, 3)，EO=(1,2,0)，
易知平面ABE的一个法向量m=(0,1,0)，
设平面OAE的一个法向量为n=(x,y,z)，
则有n⋅EA=−x+ 3z=0n⋅EO=x+2y=0，令z=2，可得x=2 3，y=− 3，
于是平面OAE的一个法向量为n=(2 3,− 3,2)，
∴cs=m⋅n|m||n|=− 3 19=− 5719，
∴平面ABE与平面OAE夹角的余弦值为 5719．
【解析】(1)取CF的中点H，连接GH，OH，由题意证得四边形AOHG是平行四边形，可得AO//GH，再利用直线与平面平行的判定定理即可证得AO//平面GCF；
(2)由题意可得∠ABE即为二面角A−BC−E的平面角，即∠ABE=π6，建立空间直角坐标系，求出平面OAE和平面ABE的一个法向量，再利用平面与平面的夹角公式求解即可．
本题考查直线与平面平行的判定定理，考查利用空间向量求平面与平面的夹角，属中档题．