2025年山西省晋中市部分学校高考数学质检试卷（4月份）（含答案）

这是一份2025年山西省晋中市部分学校高考数学质检试卷（4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。
1.若(m−i)2=3+4i(m∈R)，则|2+mi|=( )
A. 2B. 2C. 2 2D. 4
2.已知函数f(x)是奇函数，且x>0时，f(x)=x2+lg3x，则f(−3)=( )
A. 10B. 9C. −9D. −10
3.已知全集U=R，集合M={x|2−x>0}，N={x|y= x2+2x−8}，则下列关系中正确的是( )
A. M∩N=⌀B. M∪N=UC. M⊆ND. ∁UN⊆∁UM
4.用数字1，2，3，4组成没有重复数字的三位数，则这些三位数中是3的倍数的有( )
A. 3个B. 6个C. 9个D. 12个
5.已知抛物线C：y2=2px(p>0)的焦点为F，P是抛物线C上一点，若P到x轴的距离为4，且|PF|=4，则p=( )
A. 2B. 4C. 6D. 8
6.设随机变量X～B(10,p)，若E(X)=6，则D(5X−4)=( )
A. 60B. 56C. 12D. 8
7.已知θ∈(2π3,7π6)，sin(2θ−π3)=1825tan(θ−π6)，则csθ=( )
A. −35B. −45C. −3 3+410D. −4 3+310
8.数学中的玫瑰线是一种具有周期性的曲线，常见的玫瑰线有三叶玫现线、四叶玫瑰线和六叶玫瑰线.已知一个四叶玫瑰线的方程为x2+y2=4x23y23，其图象如图所示.若将满足x∈Z，y∈Z的点(x,y)称为整点，则满足x2+y2≤4x23y23的整点有( )
A. 9个B. 17个C. 25个D. 33个
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.对于函数f(x)=sinxcsx+ 3sin2x− 32，则( )
A. 函数f(x)的图象关于直线x=5π12对称
B. 函数f(x)在区间[π3,5π6]上单调递减
C. 函数f(x)在区间[0,π2]上的值域为[− 32,1]
D. 将函数f(x)的图象向右平移π12个单位长度得到函数y=cs2x的图象
10.已知定义域为R的函数f(x)满足f(4−x)=f(x)，且对任意的x1，x2∈[2,+∞)，x1≠x2时，f(x1)−f(x2)x1−x20,b>0)的上、下焦点分别为F1，F2，过F1的直线l与双曲线C的上、下两支分别交于点P，Q.若F1Q⊥F2Q，sin∠PF2Q=45，则双曲线C的离心率为______．
14.在△ABC中，若BC=3AB，△ABC的面积为6，则边AC长度的最小值是______．
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)
2024年12月14日，人民日报健康客户端从深圳市市场监督管理局获悉，深圳率先获批农业农村部农产品质量安全监管司水果质量分级试点，建立优质水果品质评价制度，深圳在全国率先研制集口感、香气、营养等客观理化指标的水果质量分级“深圳标准”，将水果分为A+、A和B三个等级，其中蓝莓按照横径x(mm)分类标准是：x≥24为A+等级，22≤x0.50，
则中位数在[21,22]之间，
设中位数为x，则(0.04+0.08+0.16)×1+0.24×(x−21)=0.5，
则x≈21.92；
(2)A+等级有500×(0.12+0.04)=80盒；
A等级有500×(0.20+0.12)=160盒；
B等级有500×0.52=260盒；
则采用分层抽样A+等级，A等级，B等级分别抽取4盒，8盒，13盒，
从所抽取的25盒蓝莓中任选2盒．设事件M：2盒蓝莓的等级不相同，事件N：2盒中至少有1盒为B等级，
则P(M)=C41C81+C41C131+C81C131C252=4775，
P(N)=1−C42+C82+C41C81C252=3950
P(MN)=C41C131+C81C131C252=1325≠P(M)P(N)，
则事件M与事件N不独立．
16.解：(1)证明：连接A1D，经过MN的平面A1CD∩平面ADD1A1=A1D，
又MN/​/平面ADD1A1，所以MN/​/A1D，
因为M为CD的中点，所以MN为△A1CD的中位线，所以N为A1C的中点；
以A为原点，直线AB，AC，AA1分别为x，y，z轴建立如图空间直角坐标系坐标系，
则A(0,0,0)，D(0,3,0)，C(3,3,0)，A1(0,0,3)，CA1=(−3,−3,3)，CD=(−3,0,0)，AD=(0,3,0)，
设CN=λCA1=(−3λ,−3λ,3λ)，λ∈(0,1)，
则AN=AC+CN=(3−3λ,3−3λ,3λ)，
设平面ADN的法向量为m=(x,y,z)，
则m⋅AD=3y=0m⋅AN=(3−3λ)x+(3−3λ)y+3λz=0，
令y=0，取x=1，得z=1−λλ，
所以m=(1,0,1−λλ)，
设平面CDN的法向量为n=(a,b,c)，
则m⋅CD=3a=0m⋅CN=−3λa−3λb+3λc=0，
则a=0，取b=1，得c=1，
所以n=(0,1,1)，
由题可得|cs〈m,n〉|=|m⋅n||m||n|=|1λ−1| 2⋅ 1+(1λ−1)2= 1010，
解得λ=23，
所以|CN|=23|CA1|=23 3×32=2 3．
17.解：(1)证明：数列{an}的前n项和为Sn，4Sn+1=3an+1+9an，a1=3，
当n=1时，4S2=4a1+4a2=3a2+9a1，即为12+4a2=3a2+27，解得a2=15，
当n=2时，4S3=4a1+4a2+4a3=3a3+9a2，即为72+4a3=3a3+135，解得a3=63，
当n≥2时，由4Sn+1=3an+1+9an，可得4Sn=3an+9an−1，
相减可得an+1=6an−9an−1，
即有an+1−3an=3(an−3an−1)，
由a3−3a2=63−45=18，a2−3a1=15−9=6，即有a3−3a2=3(a2−3a1)，
则数列{an+1−3an}为等比数列；
(2)由(1)可得an+1−3an=6×3n−1=2×3n，
即有an+13n+1−an3n=23，
可得数列{an3n}是首项为1，公差为23的等差数列，
则an3n=1+23(n−1)，
即有an=(2n+1)⋅3n−1，
bn=an(n+1)(n+2)=(2n+1)⋅3n−1(n+1)(n+2)=3nn+2−3n−1n+1，
可得数列{bn}的前n项和Tn=1−12+94−1+275−94+...+3nn+2−3n−1n+1=3nn+2−12．
18.解：(1)f′(x)=1x−m=1−mxx(x>0)，
当m≤0时，f′(x)>0在x>0时恒成立，此时f(x)在(0,+∞)单调递增；
当m>0时，令f′(x)=0⇒x=1m，
当x∈(0,1m)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
当x∈(1m,+∞)时，f′(x)0时，f(x)在(0,1m)单调递增，在(1m,+∞)单调递减；
(2)m=0，则f(x)=lnx，f′(x)=1x(x>0)，g′(x)=x，
设公切线在f(x)上的切点坐标为(t,lnt)，则切线的斜率为f′(t)=1t,t>0，
此时切线方程为y=1t(x−t)+lnt=1tx−1+lnt，
设公切线在g(x)上的切点坐标为(p,12p2−12)，则切线的斜率为g′(p)=p，
此时切线方程为y=p(x−p)+12p2−12=px−12p2−12，
所以1t=p−1+lnt=−12p2−12，lnt=−12(1t2−1),t>0时两边都是单调的，
且t=1时，等号成立，故t=1，
公切线方程为y=x−1；
(3)ℎ(x)=f(x)+g(x)=lnx−mx+12x2−12，
ℎ′(x)=1x−m+x=x2−mx+1x=0，即x2−mx+1=0，
因为ℎ(x)的两个极值点为x1，x2(x2