2024-2025学年甘肃省白银市多校高二下学期7月期末检测数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年甘肃省白银市多校高二下学期7月期末检测数学试卷（含答案），共8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.复数i1+ 3i的实部为( )
A. − 3B. −1C. 1D. 3
2.若X服从两点分布，且P(X=1)=7P(X=0)，则P(X=0)=( )
A. 78B. 112C. 18D. 14
3.已知全集U=A∪B={0,1,2,3},∁UB={1,2},A∩B={0}，则A=( )
A. {0,3}B. {1,2}C. {1,2,3}D. {0,1,2}
4.函数y=(2x−1)6在x=1处的瞬时变化率为( )
A. −6B. 1C. 6D. 12
5.设正四面体ABCD的棱长为2，M是AD的中点，则AB⋅CM的值为( )
A. − 3B. −1C. 3D. 1
6.若随机变量X服从超几何分布H(100,20,9)，则E(10X−1)=( )
A. 15B. 16C. 17D. 18
7.某校当天的新增感冒人数y与温差x(单位：℃)的5组数据如下表：
由于保存不善，有两个数据模糊不清，用m，n代替，已知y关于x的一元线性回归方程为y=1.8x+0.6，则2m⋅2n=( )
A. 226B. 227C. 228D. 229
8.甲、乙、丙三人各自计划去珠海市旅游，他们在5月13日到5月15日这三天中的一天到达珠海市，他们在哪一天到达珠海市相互独立，且他们各自在5月13日到5月15日到达珠海市的概率如下表所示(p>0,q>0,p+q=0.3).
若甲、乙两人同一天到达珠海市的概率为p1，乙、丙两人同一天到达珠海市的概率为p2，甲、丙两人同一天到达珠海市的概率为p3，则( )
A. p1>p2>p3B. p2>p1>p3C. p3>p1>p2D. p3>p2>p1
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.已知函数f(x)=2cs12x+π3，则( )
A. f(x)的值域为[−2,2]B. f(x)的最小正周期为4π
C. 曲线y=f(x)关于直线x=π3对称D. 函数y=fx+π3为奇函数
10.已知函数f(x)=(x−2)ex−m，则( )
A. f(x)的极小值点为2
B. f(x)的极小值为−e−m
C. 当f(x)恰有1个零点时，m的取值范围是[0,+∞)∪−e
D. 当f(x)恰有2个零点时，m的取值范围是−e,+∞
11.A, B, C, D, E五人进行丢骰子游戏，最后统计每人所丢骰子的点数之和，点数之和最大的获胜．已知每人每次丢完后都等可能地随机传向另外4人中的1人．第1次由A将骰子传出，记第n次传骰子之后骰子在D或E手上的概率为an，记第n次传骰子之后骰子在C手上的概率为bn，则( )
A. a1=12B. a2=13
C. an=110×−14n−1+25D. bn=120×−12n−1+15
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.在空间直角坐标系中，已知点A(1,0,2)，B(0,−1,1)，且平面BCD的一个法向量n=(−1,2,−2)，则直线AB与平面BCD所成角的正弦值为 ．
13.某超市销售一种袋装低钠盐，这种盐每袋的质量X(单位：g)服从正态分布N200,σ2，且P(X0，n∈N∗，i=1,2,3,⋯,n，证明：i=1n1xi1+xi≥n2．
参考答案
1.A
2.C
3.D
4.D
5.B
6.C
7.D
8.C
9.ABD
10.BC
11.AC
12. 39/19 3
； ； ； ；
；1.6
14. 2 ； ； ； ；
；1
15.解：(1)提出统计假设H0：多看电视与人变冷漠没有关系．
根据列联表中的数据，可以求得χ2=180×(70×60−20×30)2902×100×80=36．
因为36>10.828，
所以有99.9%的把握认为可以推断假设不成立，
即有99.9%的把握认为多看电视与人变冷漠有关系．
(2)这2人中至少有1人不冷漠的概率为1−C702C1002=1−161330=169330．

16.解：(1)每张抽奖券参与抽奖活动获奖的概率为0.1+0.2+0.4=0.7．
(2)由独立重复试验的概率可知，这五张抽奖券恰有一张获奖的概率为C51×0.7×(1−0.7)4=0.02835．
(3)依题意可得X的可能取值为0，2.5，5，10，
X的分布列为
则E(X)=0×0.3+2.5×0.4+5×0.2+10×0.1=3，
D(X)=(0−3)2×0.3+(2.5−3)2×0.4+(5−3)2×0.2+(10−3)2×0.1=8.5．

17.解：(1)连接BD，B1D1，
因为AB=AD，底面ABCD为矩形，
所以底面ABCD为正方形，所以AC⊥BD，
在直四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，BB1⊥底面ABCD，则BB1⊥AC，
因为BB1，BD⊂平面BDD1B1，所以AC⊥平面BDD1B1．
又D1E⊂平面BDD1B1，所以AC⊥D1E．
(2)以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系D−xyz，
则A1(1,0,4)，B(1,2,0)，C1(0,2,4)，D1(0,0,4)，E(1,2,2)，
则A1C1=(−1,2,0)，A1B=(0,2,−4)，D1E=(1,2,−2)，
设平面A1BC1的法向量为m=(x,y,z)，
则m⋅A1C1=−x+2y=0,m⋅A1B=2y−4z=0,
令z=1，得m=(4,2,1)，
由A1D1=(−1,0,0)，D1F=λD1E=(λ,2λ,−2λ)，
所以A1F=A1D1+D1F=(λ−1,2λ,−2λ)，
所以点F到平面A1BC1的距离d=m⋅A1Fm=|6λ−4| 21= 2121，
解得λ=12或56．

18.解：(1)设E的方程为mx2+ny2=1，
则n=1,3m+n4=1,解得m=14,n=1，
所以E的方程为x24+y2=1．
(2)联立x24+y2=1,y=kx+t,得4k2+1x2+8ktx+4t2−4=0.
Δ=(8kt)2−44k2+14t2−4>0，化简得4k2−t2+1>0.
①因为k=1，所以4−t2+1>0，解得− 5