江蘇省南通市海安市2025屆高三下學期期初學業質量監測數學試題?一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的選項中，只有一項是符合題目要求的。1.已知集合M={?1,0,1,3}，集合N={x|x2≥2x}，則M∩N=()A.{3}B.{0,3}C.{?1,0}D.{?1,0,3}2.已知復數z滿足z?1=，則z=3.已知數列{an}為等比數列，a1=512，公比q=則數列{an}的前n項積Tn最大時，n=()A.4B.5C.6D.74.已知鈍角x滿足：sincos2x，則sin2x=5.已知非零向量EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up2(-→),b)在向量EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up2147483647(-→),a)上的投影向量為EQ\*jc3\*hps16\o\al(\s\up5(1-→),2a)，|EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up2147483647(-→),a)|=2，則(EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up2(-→),b)?EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up2147483647(-→),a))?EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up2147483647(-→),a)=()A?2B2C?1D?16.為推廣新能源汽車，某地區決定對續航里程達到一定標準的新能源汽車進行補貼.已知某品牌新能源汽車超過450km的車輛額外再補貼1萬元，則該品牌每輛新能源汽車的平均補貼金額約為()附：若XN(μ,σ2)，的續航里程ξ(單位：km)服從正態分布超過450km的車輛額外再補貼1萬元，則該品牌每輛新能源汽車的平均補貼金額約為()附：若XN(μ,σ2)，則P(|X?μ|≤σ)≈0.6826).A.1.52萬元B.1.68萬元C.1.84萬元D.2.16萬元7.已知函數f(x)=x(x?a)2的極大值為，則a=()8.設圓o:x2+y2=2上兩點A(x1,y1)，B(x2,y2)滿足y1?y2=x1?x2?4，則|AB|=()A.1B.2二、多選題：本題共3小題，共18分。在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得6分，部分選對的得2分，有選錯的得0分。9.為研究某種樹的樹高和胸徑的關系，某人隨機測量了10棵該品種樹的胸徑x(單位：cm)和樹高y(單位：m)的數據(xi,yi)(i=1,2,?,10)，已知其中一組數據為1xi=291.6，求得回歸方程為=0.25x+15，并繪制了如下殘差圖，則()A.由殘差圖可判定樹高與胸徑的關系符合上述回歸模型B.該種樹的平均樹高約為22.29mC.數據(38.4,23.7)對應的殘差為?0.9D.刪除一組數據(38.4,23.7)后，重新求得的回歸直線的斜率變小10.已知函數f(x)=sinx(1?cosx)，則()A.f(x)的零點為2kπ(k∈Z)B.f(x)在[?π,π]上的最大值與最小值之和為0C.直線x=π是f(x)的圖象的一條對稱軸D.0是函數y=xf(x)的極小值點11.如圖所示的曲線C過原點O，且C上的任意一點到定點F(0,t)的距離與到直線l:y=2的距離之積為4，則()B.C恰好經過3個整點(即橫、縱坐標均為整數的點)C.C上存在兩點關于直線y=x?2對稱D.C與圓x2+(y+2)2=1交點的個數為2三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。12.2只紅球，3只黃球，同色球不加區分，將這5只球排成一列，不同的排法種數為.13.已知f(x)是{x|x≠0}上的奇函數，當x>0時，f(x)=lnx，過原點O作兩條互相垂直的直線，其中一條與f(x)的圖象相切于點A，C，另一條與f(x)的圖象相交于點B，D，則四邊形ABCD的面積為.14.將棱長為1的正方體ABCD?A1B1C1D1沿對角面A1BCD1，B1BDD1，A1B1CD同時切開后，共得到個多面體，其中一個多面體的體積為(只需寫出一種結果).四、解答題：本題共5小題，共60分。解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟。15.(本小題12分)在△ABC中，記a，b，c分別為角A，B，C的對邊.已知(1)若C=，求tanA;(2)若b=2a，求C.16.(本小題12分)如圖，在三棱錐P?ABC中，PA=PC，AC⊥BC，PH⊥平面ABC，H為垂足，D為AC的中點.(1)證明：DH//平面PBC;(2)若AC=2，∠PAH=∠CAH=45°,求二面角P?BC?A的正弦值.17.(本小題12分)一批產品共16件，有2件不合格品，隨機分裝到兩只箱中，每箱8件.收貨方不放回地隨機抽取產品進行檢驗，并按以下規則判斷是否接收這批產品：如果抽檢的第1件產品不合格，則拒收整批產品;如果抽檢的第1件產品合格，則從另一箱中再抽檢1件，若合格，則接收整批產品，否則拒收整批產品.(1)求2件不合格品包裝在同一只箱中的概率;(2)求這批產品被拒收的概率.18.(本小題12分)在平面直角坐標系xOy中，已知雙曲線的離心率為2，左、右頂點分別為A，B，且|AB|=2.(1)求Γ的方程;(2)直線l與Γ的左、右兩支分別交于點C，D，記直線BC，BD的斜率分別為K1，K2，且=?1.(ⅰ)求證：直線l過定點;(ⅱ)P(?1,2)，直線OP與BD交于點Q，判斷并證明直線AQ與BC的位置關系.19.(本小題12分)已知曲線C1:y=lnx+a，C2:y2=2px(y≥0,p>0).(1)若a=2，C1與C2在公共點處的切線重合，求p;(2)若C1與C2相交于A，B(A在B的左側)兩點，記直線AB的斜率為K.求證：0<K<(ⅱ)若p=2，設C(C,0)(C≤3)，證明：|AC|<|BC|.答案和解析1.【答案】D【解析】解：解x2≥2x，得，x≤0，或x≥2；∴N={x|x≤0,或x≥2}；又M={?∴M∩N={?1,0,3}.故選D.2.【答案】A【解析】解：依題意+1=?i+1.故選：A.3.【答案】BTn是數列{an}的前n項積，則當n=5時，Tn取得最大值.故選B.4.【答案】C解：由sincos2x，得cosx?sinx=2(cosx+sinx)(cosx?sinx)，∵x為鈍角，故選C.5.【答案】A【解析】解：因為非零向量EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up2(-→),b)在向量EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up2147483647(-→),a)上的投影向量為EQ\*jc3\*hps16\o\al(\s\up5(1-→),2a)，EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up13(-→),b)EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up11(-→),a)EQ\*jc3\*hps16\o\al(\s\up9(1-→),2a)EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up13(-→),b)EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up11(-→),a)EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up13(-→),b)EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up11(-→),a)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up4(-→),a)EQ\*jc3\*hps16\o\al(\s\up9(1-→),2a)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up1(-→),b)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up2147483647(-→),a)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up1(-→),b)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up2147483647(-→),a)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up2147483647(-→),a)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up1(-→),b)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up2147483647(-→),a)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up2147483647(-→),a)EQ\*jc3\*hps20\o\al(\s\up2147483647(-→),a)故選A.6.【答案】C【解析】解：由題意，得P(350≤ξ≤450)≈0.6826，P(ξ>450)=0.5?P(400<ξ<450)≈0.5?0.3413=0.1587，則該品牌每輛新能源汽車的平均補貼金額約為0.6826×2+0.1587×3≈1.84萬元7.【答案】D【解析】解：由題意，f(x)=x(x?a)2=x3?2ax2+a2x，則f′(x)=3x2?4ax+a2=(3x?a)(x?a)，令f′(x)=0，解得x=或x=a，當a>0時，f(x)在(?∞,)，(a,+∞)上滿足f′(x)>0，f(x)單調遞增，在(,a)上滿足f′(x)<0，f(x)單調遞減，所以f(x)在x=處取得極大值，f()=(?a)2==，解得a=，當a<0時，f(x)在(?∞,a)，(,+∞)上滿足f′(x)>0，f(x)單調遞增，在(a,)上滿足f′(x)<0，f(x)單調遞減，所以f(x)在x=a處取得極大值，f(a)=0≠,不符合題意，當a=0時，f′(x)=3x2≥0，f(x)在R上單調遞增，無極值，不符合題意，綜上所述，a=8.【答案】D【解析】解：設x1=2cosα,y1=2sinα,x2=2cosβ,y2=2sinβ,α∈[0,2π),β∈[0,2π),由y1?y2=x1?x2?4，可得2sinα?2sinβ=2cosα?2cosβ?4，即2sinα?2cosα?(2si所以 故選D.9.【答案】ABC【解析】解：對于A：分析殘差圖判斷模型擬合程度，由殘差圖可知，殘差分布比較均勻，且集中在0附近，所以由殘差圖可判定樹高與胸徑的關系符合上述回歸模型，選項A正確;對于B：已知ΣEQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up4(1),i)1xi=291.6，則樣本中心點的橫坐標1xi==29.16，將x=29.16代入回歸方程=0.25x+15，可得y=0.25×29.1選項B正確;對于C：計算數據(38.4,23.7)對應的殘差，當x=38.4時，=0.25×38.4+15=9.6+15=24.6，殘差為y?=23.7?24.6=?0.9，對于D：分析刪除一組數據對回歸直線斜率的影響，刪除數據(38.4,23.7)后，因為38.4大于樣本中心點的橫坐標29.16，且23.7小于通過回歸方程計算出的38.4對應的預測值24.6，所以刪除該點后，樣本中心點向左下方移動，重新求得的回歸直線的斜率變大，選項D錯誤.10.【答案】BD【解析】解：選項A:函數f(x)的零點即f(x)=sinx(1?cosx)=0時x的值，所以f(x)的零點為kπ,k∈Z，A選項錯誤;選項B:因為f(?x)=?sinx(1?cosx)=?f(x)，所以f(x)為奇函數，所以f(x)在[?π,π]上的最大值與最小值之和為0，B選項正確;選項c:f(π+x)=sin(π+x)[1?cos(π+x)]=?sinx(1+cosx)，f(π?x)=sin(π?x)[1?cos(π?x)]=sinx(1+cosx)，f(π+x)≠f(π?x)，所以直線x=π不是f(x)的圖象的一條對稱軸，C選項錯誤，選項D:令g(x)=xf(x)=xsinx(1?cosx)，則g′(x)=(sinx+xcosx)(1?cosx)+xsin2x，當x∈(?,0)時，sinx+xcosx<0，xsin2x<0，所以g′(x)<0，g(x)單調遞減，又g(x)=xf(x)為偶函數，所以x∈(0,)時，g(x)單調遞增，所以0是函數y=xf(x)的極小值點，D選項正確，故選BD.11.【答案】ABD【解析】解：設曲線C上任意一點p(x,y)，由圖可知y≤0，根據兩點間距離公式點p(x,y)到定點F(0,t)的距離為x2+(y?t)2;根據點到直線的距離公式，點p(x,y)到直線l:y=2的距離為|y?2|.已知曲線C上的任意一點到定點F(0,t)的距離與到直線l:y=2的距離之積為4，則可得x2+(y?t)2?|y?2|=4兩邊平方可得(x2+(y?t)2)(y?2)2因為曲線C過原點O(0,0)，將原點坐標代入上式可得(0+(0?t)2)(0?2)2=16，當t=2時，由圖可知顯然不滿足C上的任意一點到定點F(0,t)的距離與到直線l:y=2的距離之積為4，舍去.故t=?2，故選項A正確；當y=0時，x=0;當y=?1時，x=±(不是整數);當y=?2時，x=±1，所以曲線C恰好經過(0,0)，(1,?2)，(?1,?2)三個整點，選項B正確.對于選項C，假設C上存在兩點關于直線y=x?2對稱，則將曲線C上移2個單位長度的曲線c′上存在兩點關于直線y=x對稱，易知曲線c′的方程為(x2+y2)(y?4)2=16，設曲線C′上關于直線y=x對稱的兩點為A(x0,y0)，B(y0,x0)，且x0≠y0，則有(x02+y02)(y0?4)2=16，(y02+x02)(x0?4)2=16，聯立上式可得y0=8?x0，顯然y=8?x與曲線(x2+y2)(y?4)2=16不相交，故假設不成立，故選項C錯誤;對于選項D，將x2+(y+2)2=1代入到曲線C的方程(x2+(y+2)2)(y?2)2=16中，得(y?2)2=16，解得y=6或y=?2，由圓的方程的縱坐標y∈[?3,?1]，所以y=6舍去，將y=?2代入(x2+(y+2)2)(y?2)2=16得x=±1，所以交點坐標為(1,?2)，(?1,?2)此時這兩點的坐標也滿足圓的方程，所以曲線與圓共有兩個交點，選項D正確.綜上，答案為ABD.12.【答案】10【解析】解：分兩步完成，第一步：在5個不同位置中選2個位置排紅球，共CEQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up3(2),5)種排法，第二步：在剩下的3個不同位置排黃球，共CEQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up3(3),3)種排法，故將這5只球排成一列，有CEQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up3(2),5)?CEQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up3(3),3)=10種不同的方法.13.【答案】2(e+)【解析】解：設切點坐標為(x0,lnx0)，因為x>0時，f(x)=lnx，所以f′x=，則切線的斜率為k=，則切線方程為y?lnx0=(x?x0)，代入(0,0)，可得x0=e，此時切線的斜率為，另一條切線的斜率為?e，兩條切線方程分別為y=x，y=?ex，可得交點坐標為(0,0)，聯立，可得A聯立可得B(?,1)，因為f(x)是{x|x≠0}上的奇函數，則C(?e,?1,D,?1)，所以AC=((e+e)2+22=2e2+1,BD=11e211e++e e2,∴四邊形的面積為|AC||BD|故答案為：2(e+).14.【答案】8；或【解析】解：正方體ABCD?A1B1C1D1被三個對角面A1BCD1、B1BDD1、A1B1CD切割.每個對角面都會將正方體分成兩個部分，但是這些部分會相互重疊.具體來說：1.第一個對角面A1BCD1將正方體分成兩個部分，2.第二個對角面B1BDD1進一步將每個部分分成兩個，總共分成四個部分，3.第三個對角面A1B1CD會再次將每個部分分成兩個，但由于之前的切割，最終會得到8個多面體，因此，[空1]應填入8.設正方體棱長為1，截面A1B1CD將正方體ABCD?A1B1C1D1分成體積相等的兩部分，不妨保留三棱柱A1D1D?B1C1C，截面A1BCD1將三棱柱A1D1D?B1C1C分成三棱錐C?A1D1D和四棱錐C?A1B1C1D1，它們的體積分別是和，于是，保留四棱錐C?A1B1C1D1，在正方體ABCD?A1B1C1D1的截面A1BCD1上，A1C與BD1相交于O，則截面B1BDD1將四棱錐C?A1B1C1D1分成三棱錐O?A1B1D1及多面體OC?B1C1D1，O是正方體ABCD?A1B1C1D1的中心，于是，三棱錐O?A1B1D1的體積為則多面體O?B1C1D1的體積為所以其中一個多面體的體積為或，因此[空2]應填入或.解：因為所以由正弦定理得，即3tanA=2tanB，所以3tan2A?5tanA?2=0，解得tanA=2或tanA=?,因為3tanA=2tanB，所以tanA，tanB同為正數，所以tanA=?不符合題意，故tanA=2；因為所以由余弦定理得整理得，3(a2+C2?b2)=2(b2+C2?a2)，即5a又因為b=2a，所以C=5a，所以由余弦定理得，cosC=【解析】詳細解答和解析過程見【答案】16.【答案】(1)證明：連接PD，因為PA=PC，D為AC的中點，所以AC⊥PD；又因為PH⊥平面ABC，AC?平面ABC，所以PH⊥AC；又因為PD，PH?平面PHD，PD∩PH=P，所以AC⊥平面PHD，又DH?平面PHD，所以AC⊥DH；因為AC⊥BC，且HD，BC均在平面ABC內，所以DH//BC；因為BC?平面PBC，DH?平面PBC，所以DH//平面PBC；(2)解：如圖，過點H作HQ⊥BC于點Q，連接PQ，因為PH⊥平面ABC，BC?平面ABC，所以PH⊥BC，又HQ⊥BC，HQ∩PH=H，HQ，PH?平面PHQ，所以BC⊥平面PHQ，又PQ?平面PHQ，所以PQ⊥BC，所以∠PQH為二面角P?BC?A的平面角，因為AC=2，∠PAH=∠CAH=45°,所以PH=AH=2AD=2，HQ=DC=1，所以PQ=3，所以sin∠PQH=所以二面角P?BC?A的正弦值為.【解析】詳細解答和解析過程見【答案】17.【答案】解：(1)記A=“2件不合格品包裝在同一只箱中”，因為16件產品隨機分裝到兩只箱中有種，其中2件不合格品包裝在同一只箱中有CEQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up4(2),2)CEQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up4(6),1)4種，所以P(A)==，即2件不合格品包裝在同一只箱中的概率為；(2)由(1)知，P(A)=，P(A)=，記B=“產品被拒收”，C=“第1次抽到不合格品”，D=“第2次抽到不合格品”，①若2件不合格品包裝在同一只箱中，則P(C)=0，P(CD)=P(C)P(D|C)=(1?0)×=，(或P(C)=，P(CD)=P(C)P(D|C)=(1?)×0=0)，所以P(B|A)=P(C)+P(CD)=×(0+)+×所以P(AB)=P(A)P(B|A)=×=；②若2件不合格品包裝在兩只箱中，則P(C)=，P(CD)=P(C)P(D|C)=(1?)×=，所以P(B|A)=P(C)+P(CD)=+=，所以P(AB)=P(A)P(B|A)=×=，由①②得，P(B)=P(AB+AB)=P(AB)+P(AB)=+=，即這批產品被拒收的概率為.【解析】詳細解答和解析過程見【答案】18.【答案】(1)解：設雙曲線Γ的焦距為2c，則=2，且2a=2，解得a=1，C=2，所以b2=C2?a2=3，所以Γ的方程為：x2?=1；(2)(ⅰ)證明：設直線l的方程為y=kx+m，C(x1,y1)，D(x2,y2)，B(1,0)，聯立y=kx+m與x2?=1，消去y，得(3?k2)x2?2kmx?(m2+3)=0，所以x1+x2=?,x1x2=，整理得(k2+2k)x1x2+(m?k+km)(x1+x2)?2m+m2=0，所以(k2+2k)?(m?k+km)?2m+m2=0，整理得(k+m)(k?m+2)=0，所以m=?k或m=k+2，當m=?k時，直線l的方程為y=kx?k，過點B(1,0)所以直線l過定點(?1,2)；(i)解：直線AQ與直線BC的位置關系是平行，理由如下：因為P(?1,2)，所以直線OP方程為：y=?2x，又直線BD方程為：y=k2(x?1)，聯立y=?2x與y=k2(x?1)，解得x=，y=?2，即Q(,?2)，以AQ//BC.【解析】詳細解答和解析過程見【答案】19.【答案】解：(1)若a=2，則C1:y=lnx+2，C2:y=2px(y≥0,p>0).因為C1與C2在公共點處的切線重合，不妨設x0為公共點的橫坐標，則，且lnx0+2=，所以px0=2，于是lnx0=0，解得x0=1，所以p=2.(2)設A(x1,y1)，B(x2,y2)，其中0<x1<x2.(i)由y=2px(y≥0,p>0)為增函數，知y1<y2，所以k>0.法1:則k<?EQ\*jc3\*hps16\o\al(\s\up20(y1),x1)?EQ\*jc3\*hps16\o\al(\s\up20(y2),x2)<?EQ\*jc3\*hps16\o\al(\s\up20(y),y)EQ\*jc3\*hps16\o\al(\s\up20(y),y)<?<?y1+y2>4.(?)依題意，有y1=lnx1+a=ln+a，且y2=lnx2+a=ln+a，兩式相減，得y1?y2=2ln.令=t，則t∈(0,1)，且y1?y2=2lnt，解得y2=，y1=，故p(t)<p(1)=0，所以(#)式成立，從而(?)式成立，所以0<k<.(ii)若p=2，C(c,0)(c≤3)，則|AC|<|BC|?(x1?c)2+yEQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up4(2),1)<(x2?c)2+yEQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up4(2),2)?(x1+x2?2c)(x1?x2)+yEQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up3(2),1)?yEQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up3(2),2)<0?(+?2c)(?)+yEQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up3(2),1)?yEQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up3(2),2)<0?(yEQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up3(2),1)+yEQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up3(2),2)?8c)(yEQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up3(2),1)?yEQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up3(2),2))+16(yEQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up3(2),1)?yEQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up3(2),2))<0?(yEQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up3(2),1)?yEQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up3(2),2))(yEQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up3(2),1)+yEQ\*jc3\*hps14\