2024-2025学年广西部分学校高二（下）质检数学试卷（3月份）（含答案）

这是一份2024-2025学年广西部分学校高二（下）质检数学试卷（3月份）（含答案），共10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.下列求导正确的是( )
A. (csπ6)′=−12B. (sin2x)′=cs2xC. (x3+x)′=3x2D. (2x)′=2xln2
2.4名射手独立地射击，假设每人中靶的概率都是0.6，则4人都没中靶的概率为( )
A. 0.256B. 0.016C. 0.0256D. 0.036
3.已知抛物线x2=8y上的点M与焦点F的距离为6，则M到y轴的距离为( )
A. 2 2B. 4 2C. 2D. 4
4.(x−2x)11的展开式中x5的系数为( )
A. −1320B. 1320C. −5280D. 5280
5.平面直角坐标系上的一个质点从原点出发，每次向右或向上移动1个单位长度，则移动8次后，质点恰好位于点(4,4)的移动方式有( )
A. 56种B. 70种C. 210种D. 1680种
6.已知随机事件A，B满足P(A)=23，P(AB)=25，则P(B−|A)=( )
A. 34B. 12C. 35D. 25
7.已知数列{an}满足an+1=3an+4，a1=7，则a211=( )
A. 3211−1B. 3212−1C. 3211−2D. 3212−2
8.函数f(x)=x2−3lnx图象上的点到直线x+y+4=0的距离的最小值为( )
A. 2B. 2 2C. 3 2D. 4 2
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.某一比赛结束，3位教练和4位运动员站成一排合影留念，则下列说法正确的是( )
A. 若3位教练站在一起，则不同的站法有A33A44种
B. 若3位教练不站在两端，则不同的站法有A42A55种
C. 若3位教练两两不相邻且要求1位教练站在最左端，则不同的站法有A44C31A42种
D. 若4位运动员按照身高从左到右由高到低的顺序排列(假设4位运动员的身高各不相同)，则不同的站法有C73种
10.关于下列命题中，正确的是( )
A. 两变量X，Y的相关系数r越接近1，X，Y的相关程度越强，r越接近−1，相关程度越弱
B. 从3名男同学和2名女同学中任选3人参加社区服务，则选中的男同学比女同学多的概率为710
C. 随机变量X～B(8,12)，若Y=2X−1，则E(Y)=7，D(Y)=8
D. 已知ξ～N(8,12)，若P(ξ>10)=16，则P(6≤ξ≤8)=13
11.南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中提出了一些新的垛积公式，他所讨论的高阶等差数列与一般的等差数列不同，前后两项之差并不相等，但是逐项差数之差或者高次差成等差数列.如数列1，3，6，10，它的前后两项之差组成新数列2，3，4，新数列2，3，4为等差数列，这样的数列1，3，6，10称为二阶等差数列.已知数列{an}，a1=2，a2=6，且an+1+an−1=2(an+1)(n≥2)，则( )
A. 数列{an}为二阶等差数列B. an=4n−2
C. 数列{an+12−an2}为三阶等差数列D. 数列{an+1+an}为二阶等差数列
三、填空题：本题共3小题，共15分。
12.已知函数f(x)在x=x0处可导，若limΔx→0f(x0+2Δx)−f(x0)Δx=8，则f′(x0)= ______．
13.已知椭圆C：x2m+y2m+3=1的离心率为 22，则C的长轴长为______．
14.传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家用沙粒和小石子来研究数，他们根据沙粒或小石子所排列的形状把数分成许多类.如图，第一行的1，3，6，10称为三角形数，第二行的1，5，12，22称为五边形数，则三角形数的第20项为______，五边形数的第24项为______．
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)
如图，在四棱锥P−ABCD中，AC⊥BD于O，PB⊥PD，OA=1，OB=OD=2，OC=4，PO⊥平面ABCD．
(1)判断BP与CD是否垂直并说明理由；
(2)求平面PAB与平面PCD的夹角的余弦值．
16.(本小题15分)
已知Sn是数列{an}的前n项和，且a12+a24+a38+…+an2n=2n−1．
(1)求{an}的通项公式；
(2)若bn=1lg2an⋅lg2an+1，求数列{bn}的前n项和Tn．
17.(本小题15分)
已知某险种首次参保的保费为2000元，保险期为1年.在总体中抽取1000单，统计其在一个保险期内的赔偿次数，得到表1．
表1
用频率估计概率，解答下列问题．
(1)求随机抽取1单，该单的赔偿次数不少于3的概率．
(2)下一个保险期的保费由上一个保险期的赔偿次数决定，记上一个保险期的保费为a元，下一个保险期的保费与上一个保险期的赔偿次数的关系如表2所示．
表2
已知甲2025年首次参保，此后计划每年都参保．
①估计甲2026年参保(第二个保险期)的保费为X元，求X的数学期望；
②求在甲2026年参保的保费大于2000元的前提下，甲2027年参保(第三个保险期)的保费少于2400元的概率．
18.(本小题17分)
已知非常数数列{an}满足a1=3，an+1an=an−4n−4an+1−4n−4．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足3a1b1+3a2b2+3a3b3+⋯+3anbn=an2，求数列{bn}的前n项和Tn．
19.(本小题17分)
在平面直角坐标系xOy中，已知任意平面向量AB=(x,y)，把AB绕其起点沿逆时针方向旋转α角得到向量AP，叫作把点B绕点A沿逆时针方向旋转α角得到点P．
(1)在平面直角坐标系xOy中，写出将点P(2,1)分别绕原点O按逆时针方向旋转π2，3π4得到的点P1，P2的坐标；
(2)在平面直角坐标系xOy中，求曲线xy=1绕原点O沿逆时针方向旋转π4后得到的曲线源C的方程；
(3)已知由(2)得到的曲线C与y轴正半轴的交点为D，直线l与曲线C的两支交于A，B两点(B在第一象限)，与x轴交于点T( 63,0)，设直线DA，DB的倾斜角分别为α，β，证明：α+β为定值．
参考答案
1.D
2.C
3.B
4.A
5.B
6.D
7.D
8.C
9.BC
10.BCD
11.ACD
12.4
13.2 6
14.210 852
15.
16.

17.解：(1)该单的赔偿次数不少于3的概率约为P=10+10900+60+20+10+10=150；
(2)①X的可能取值为1900，2200，2400，2600，2800；
P(X=1900)=9001000=910，P(X=2200)=601000=350，
P(X=2400)=201000=150P(X=2600)=P(X=2800)=101000=1100，
E(X)=1900×910+2200×350+2400×150+2600×1100+2800×1100=1944(元)．
②甲2026年参保的保费大于2000元的概率为P1=1−9001000=110．
甲2026年参保的保费大于2000元，且2027年参保的保费少于2400元的情况包括：
2026年参保的保费为2200元，且2026年的赔偿次数为0；
2026年参保的保费为2400元，且2026年的赔偿次数为0．
其概率P2=350×910+150×910=9125，
故所求的概率为P2P1=1825．
18.
19.解：(1)根据题意：在平面直角坐标系xOy中，已知任意平面向量AB=(x,y)，
把AB绕其起点沿逆时针方向旋转α角得到向量AP，叫作把点B绕点A沿逆时针方向旋转α角得到点P，
因为将点P(2,1)分别绕原点O按逆时针方向旋转π2，3π4得到的点P1，P2的坐标；
|OP|= 22+12= 5,sin∠POx=1 5，cs∠POx=2 5，
所以 5sin(∠POx+π2)= 5cs∠POx= 5×2 5=2， 5cs(∠POx+π2)=− 5sin∠POx=− 5×1 5=−1
故P1(−1,2)，
5sin(∠POx+3π4)= 5[1 5×(− 22)+2 5×( 22)]= 22， 5cs(∠POx+3π4)= 5[2 5×(− 22)−1 5×( 22)]=−3 22，故P2(−3 22, 22)．
综上：在平面直角坐标系xOy中，将点P(2,1)分别绕原点O按逆时针方向旋转π2，3π4得到的点P1，P2的坐标为P1(−1,2)，P2(−3 22, 22)；
(2)根据题意：在平面直角坐标系xOy中，已知任意平面向量AB=(x,y)，
把AB绕其起点沿逆时针方向旋转α角得到向量AP，叫作把点B绕点A沿逆时针方向旋转α角得到点P，
设将点P(x,y)绕原点O按逆时针方向旋转α后得到的点为P′(x′,y′)．

设OP=OP′=r，∠POx=θ，
则x=rcsθ，y=rsinθ，∠P′Ox=θ+α，
所以x′=rcs(θ+α)=rcsθcsα−rsinθsinα=xcsα−ysinα，
y′=rsin(θ+α)=rsinθcsα+rcsθsinα=ycsα+xsinα．
设曲线xy=1上任意一点(x,y)绕原点O沿逆时针方向旋转π4后所得点的坐标为(x′,y′)，
则x′= 22(x−y),y′= 22(x+y),
得(y′)2−(x′)2=2xy=2，则(y′)22−(x′)22=1，所求曲线方程为y22−x22=1．
故在平面直角坐标系xOy中，求曲线xy=1绕原点O沿逆时针方向旋转π4后得到的曲线源C的方程为y22−x22=1．
(3)证明：根据题意：已知由(2)得到的曲线C与y轴正半轴的交点为D，
直线l与曲线C的两支交于A，B两点(B在第一象限)，与x轴交于点T( 63,0)，设直线DA，DB的倾斜角分别为α，β，
接下来根据直线AB的斜率的存在性进行分类讨论：
①若直线AB的斜率存在，可设直线AB的方程为y=k(x− 63)，A(x1,y1)，B(x2,y2).

由y=k(x− 63),y2−x2=2,得3(k2−1)x2−2 6k2x+2k2−6=0，
所以x1+x2=2 6k23(k2−1)，x1x2=2k2−63(k2−1)，且由Δ>0，得4k2−3>0，解得k2>34．
当x1=0时，取A(0,− 2)，T( 63,0)，kTA= 3，
所以直线TA的方程为y= 3x− 2．
联立直线TA与双曲线C的方程，可得x2− 6x=0，解得x=0或x= 6，
所以B( 6,2 2)，D(0, 2)，所以kDB= 33，
所以β=π6，可得α+β=2π3．
当x1≠0时，设直线DA，DB的斜率分别为k1，k2．
k1=y1− 2x1=k− 63k+ 2x1，k2=k− 63k+ 2x2，
所以k1+k2=2k− 63k+ 2x1− 63k+ 2x2=2k−( 63k+ 2)⋅x1+x2x1x2
=2k−( 63k+ 2)⋅2 6k22k2−6=−2 3kk− 3，
k1k2=(k− 63k+ 2x1)(k− 63k+ 2x2)=k2−k( 63k+ 2)⋅x1+x2x1x2+( 63k+ 2)2x1x2
=k2−k( 63k+ 2)⋅2 6k22k2−6+( 63k+ 2)22k2−63(k2−1)=k2− 63k(k+ 3)⋅2 6k22(k+ 3)(k− 3)+3(k2−1)( 63)2(k+ 3)22(k+ 3)(k− 3)=k2− 63k⋅2 6k22(k− 3)+3(k2−1)( 63)2(k+ 3)2(k− 3)=− 3+kk− 3，
所以tan(α+β)=k1+k21−k1k2=−2 3kk− 31+ 3+kk− 3− 3．
因为点B在第一象限，所以0