金科大联考2025届高三1月质量检测数学试题

这是一份金科大联考2025届高三1月质量检测数学试题，共13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.若集合A=(x|x≤1},B={x|lnxb>aB. c>a>bC. a>b>cD. b>c>a
6.若函数f(x)=(x−a)2(x−1)的极小值点为12，则a=( )
A. 1B. −1C. 12D. −12
7.已知正项数列{an}的前n项积为Tn，若Tn=2anan−1，则T2024=( )
A. 4049B. 4048C. 2025D. 2024
8.从正十边形的各顶点中任选3个，则选中的3个点能构成直角三角形的概率为( )
A. 14B. 13C. 12D. 23
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.有一组样本数据x1，x2，x3，x4，其中x11时，
在(−∞,a+23)上f′(x)>0，在(a+23,a)上f′(x)0，则x=a是函数f(x)的极小值点，由题可知a=120，所以T1=a1=3，
当n≥2时，an=TnTn−1，所以Tn=2TnTn−1TnTn−1−1，
又Tn>0，
所以Tn−Tn−1=2，
所以{Tn}为首项为3，公差为2的等差数列，
即Tn=2n+1，T2024=4049．
故选：A．
8.B
【解析】
解：在十个顶点中任取三个顶点，有共C103=120种情况，
要构成直角三角形，则直角顶点与圆心的连线必然是直径，正十边形有5条直径，每条直径对应8个直角三角形(除直径的两个端点外，还有8个顶点可以选)，
所以其中能构成直角三角形的的有5×8=40，
故所求概率：P=40120=13．
故选：B．
9.BCD
【解析】解：极差：新样本数据中，最大值和最小值可能发生变化，因此极差不一定相等， A错误；
平均数：新样本数据中，每个数据都加减了常数，但总和不变，因此平均数相等， B正确；
中位数：两组样本数据的中位数可能相等，C正确；
方差：新样本数据中，方差的计算公式中，每个数据都加减了常数，但方差可能相等，也可能不相等，D正确．
故选：BCD．
10.AC
【解析】解：依题意，x=π3为f(x)的一个极值点，
又f′(x)=acsx−bsinx，
所以f′(π3)=a2− 3b2=0，
所以a= 3b，故A正确;
由A可知，f(x)=2bsin(x+π6)，
所以f(π3−x)=2bsin(π3−x+π6)=2bcsx为偶函数，故B错误;
f(5π6)=0，所以(5π6,0)为f(x)图象的一个对称中心，故C正确;
因为b的正负未知，所以无法判断x=4π3是否为极小值点，故D错误．
故选：AC．
11.ABD
【解析】解：由题设知，点P在正方体的内部或表面上．
当z=1时，点P在平面A1B1C1D1内运动，
因为其到平面ABCD的距离始终为1，所以其到棱CC1的距离也为1．
又因为P到棱CC1的距离即为到C1的距离，
所以P的轨迹为以C1为圆心，1为半径，且在正方形A1B1C1D1内部(含边界)的圆弧，其长度为π2，故A选项正确;
当x=12时，如图，E，F，G，H分别为AB，CD，C1D1，A1B1的中点，点P在平面EFGH内，且P到棱CC1的距离和P到平面ABCD的距离相等，
而对于三棱锥C−BC1P，若以△BCC1为底面，
则其体积V=13×S△BCC1×d，其中d为P到平面BCC1的距离．
因为P∈平面EFGH，平面EFGH//平面BCC1B1，
所以P到平面BCC1B1的距离等于平面EFGH和平面BCC1B1的距离，为定值12，
所以三棱锥C−BC1P的体积为定值，故B选项正确;
因为P到棱CC1的距离和到平面ABCD的距离相等，
所以z= (1−x)2+(1−y)2，|AP|2=x2+y2+z2=2(x−12)2+2(y−12)2+1≥1>π4，故C选项错误;
因为AB是平面BCC1B1的一个法向量，
所以BP与平面BCC1B1所成角的正弦值等于|cs|=|AB⋅(AP−AB)||AB||AP−AB|=1−x (1−x)2+y2+z2，
由C知1−x (1−x)2+y2+z2=[2+y2+(1−y)2(1−x)2]−12，
而(1−x)2≤1−(1−y)2=2y−y2，
所以原式≤ y(2−y)2y+1．
因为y(2−y)2y+1=14[6−(2y+1)−52y+1]≤6−2 54，
所以原式≤ 5−12，当y= 5−12，x=1−4125−452，z=1时等号成立，故D选项正确．
故选：ABD．
12.3 1010
【解析】解： 由题意，因为α为第一象限角，sinα=2 55，
所以csα= 1−sin2α= 55，
所以cs(α−π4)=csαcsπ4+sinαsinπ4= 55× 22+2 55× 22=3 1010．
故答案为：3 1010．
13.1
【解析】解：∵2a−1=4b，∴2a=4b+1>1，∴a >0，
令2a=t(t >1)，
则a=lg2t，4b=t−1，b=12lg2(t−1)，
∴a−b=lg2t−12lg2(t−1)=lg2t t−1=lg2(t−1)+1 t−1=lg2( t−1+1 t−1)，
令u= t−1+1 t−1，
则u⩾2 t−1⋅1 t−1=2，
当且仅当 t−1=1 t−1，即t=2时取等号，
∴a−b≥lg22=1．
故答案为：1．
14. 3
【解析】解：设|PF1|=m，|PF2|=n，且m>n，m−n=2a，
设O到直线PF1的距离为d，过F2作直线PF1的垂线，设垂足为M，
因为∠F1PF2=60∘，
所以|F2M|= 32n，
则由中位线定理知2d= 3n2，
又4|AB|=|PF1|，
所以d2+(m8)2=3n216+m642=a2=(m−n)24，
整理得，(m−2n)(15m−2n)=0，
因为m>n，所以m=2n，
所以m=4a，n=2a，
在△F1PF2中，由余弦定理4c2=16a2+4a2−8a2=12a2，
所以c= 3a，
故C的离心率为e=ca= 3．
故答案为： 3．
15.解：(1)由a2+b2−c2= 2ab及余弦定理得：
csC=a2+b2−c22ab= 22，
又C∈(0,π)，故C=π4，
由a2sinB=sinA及正弦定理得：a2b=a，故ab=1，
所以△ABC的面积为S=12absinC= 24;
(2)设∠CAD=∠BAD=α，则∠ADB=α+π4，
在△ABD中，由正弦定理得．
则sin(π4+α)=2 2sinα，
解得tanα=13，
所以tan∠CAB=tan2α=2tanα1−tan2α=34．
16.解：(1)证明：取SD的中点M，连接CM，
因为△SCD为等边三角形，所以CM⊥SD，
因为平面SCD⊥平面SAD，平面SCD∩平面SAD=SD，CM⊂平面SCD，
所以CM⊥平面SAD，
因为AD⊂平面SAD，
所以CM⊥AD，
因为底面ABCD是正方形，所以AD⊥CD，
又CM，CD是平面SCD内两条相交直线，
所以AD⊥平面SCD，
又AD⊂平面平面ABCD，
所以平面SCD⊥平面ABCD；
(2)解：取CD中点O，
因为△SCD为等边三角形，所以SO⊥CD，
由(1)可知平面SCD⊥平面ABCD，
平面SCD∩平面ABCD=CD，SO⊂平面SCD，
则SO⊥平面ABCD，
以O为坐标原点，建立如图所示空间坐标系，
则S(0,0, 3)，B(2,1,0)，D(0,−1,0)，E(0,12, 32)，
则SB=(2,1,− 3)，BD=(−2,−2,0)，DE=(0,32, 32)，
设平面SBD的法向量为m=(a,b,c)，
则2a+b− 3c=0−2a−2b=0，取a=1，则m=(1,−1, 33)，
设平面BDE的法向量为n=(x,y,z)，
则32y+ 32z=0−2x−2y=0,取x=1，则n=(1,−1, 3)，
设平面SBD与平面BDE夹角为θ，
csθ=csm,n=1+1+1 1+1+13· 1+1+3=3 10535，
由图知二面角S−BD−E为锐角，
所以二面角S−BD−E的余弦值为3 10535．
17.解：(1)当a=2时，f(x)=x(lnx−2)2，
则f′(x)=lnx(lnx−2)，
所以当x∈(0,1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
当x∈(1,e2)时，f′(x)0，f(x)单调递增，
所以f(x)在区间(1,e2)上单调递减，在区间(0,1)和(e2,+∞)上单调递增;
(2) f′(x)=(lnx−a) (lnx−a+2)，
令f′(x)=0，解得x=ea−2或x=ea，
所以当x∈(0,ea−2)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
当x∈(ea−2,ea)时，f′(x)0，f(x)单调递增，
则f(x)在x=ea−2处取得极大值，f(ea−2)=4ea−2，
当ea−2≥e，即a≥3时，f(x)在x=e处取得最大值，
所以f(e)=e(1−a)2≤4e3，解得1−2e≤a≤1+2e，
则3≤a≤1+2e，
当a