2025-2026学年福建省厦门外国语学校高三（上）质检数学试卷（1月份）-普通用卷

这是一份2025-2026学年福建省厦门外国语学校高三（上）质检数学试卷（1月份）-普通用卷，共20页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.已知集合A={1,2,3}，B={x∈N|x2−3x−4≤0}，若A⊙B={x|x∉A且x∈B}，则A⊙B=( )
A. {0,4}B. {−1,4}C. {−1,0}D. {−1,0,4}
2.若11−i=a+bi，(a,b∈R)，则ab为( )
A. 1B. 2C. 22D. 2
3.( x−a x)6的展开式中常数项是−160，则a=( )
A. −3B. −2C. 2D. 3
4.已知向量a，b不共线，且|a+2b|=|a−2b|，则向量2a−b在向量b上的投影向量为( )
A. 2bB. bC. −2bD. −b
5.已知定义域为R的函数f(x)满足f(x+2)=f(−x)，且f(2x−1)为奇函数，则一定有( )
A. f(0)=0B. f(2)=0C. f(3)=0D. f(4)=0
6.用1，2，3组成三位数，数字i最多用l次，其中i=1，2，3，则满足条件的三位数个数是( )
A. 15个B. 18个C. 19个D. 27个
7.设等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a4=6，S5=20，设bn=sin2csancsan+1，则数列{bn}的前n项和为( )
A. cs2nB. cs(2n+2)C. tan2nD. tan(2n+2)
8.已知圆C的直径AB长为8，与C相离的直线l垂直于直线AB，垂足为H，且00)的右焦点F(c,0)，不妨取渐近线为y=bax，如下图所示：
可知N(c2,0)，又MN垂直于x轴，且M在渐近线上，可得M(c2,bc2a)；
因此kMF⋅ba=−1，即bc2a−0c2−c⋅ba=−1，可得a2=b2；
即离心率为e= c2a2= a2+b2a2= 2.
故答案为： 2.
根据双曲线焦点到渐近线距离为b，再利用等腰三角形性质可知a=b，可得离心率为 2.
本题考查双曲线的简单性质的应用，离心率的求法，是中档题．
14.【答案】7+4 312
【解析】解：根据题意作出示意图如图所示：
设△ABC外接圆半径为r，则1sin30∘=2r⇒r=1，
在△ABC中，由余弦定理，AC2=BA2+BC2−2BA⋅BCcs30∘⇒BA2+BC2− 3BA⋅BC=1，
所以1≥(2− 3)BA⋅BC⇒BA⋅BC≤12− 3=2+ 3(当且仅当BA=BC= 2+ 3时取等号)，
所以S△ABC=12BA⋅BC⋅sin30∘≤2+ 34，
设△ABC所在截面的圆心为O1，球心为O，四面体ABCD外接球半径为R，
由4πR2=16π⇒R=2，则OO1= R2−r2= 4−1= 3，
所以点D到平面ABC的最大距离为2+ 3，
所以VD−ABC≤13×2+ 34×(2+ 3)=7+4 312.
故答案为：7+4 312.
先求球心到底面ABC的距离为定值，再求底面ABC面积的最大值和三棱锥D−ABC的高，即可求四面体ABCD体积的最大值．
本题主要考查四面体的体积，属于中档题．
15.【答案】解：(1)因为b2=2S+abcsC且S△ABC=12absinC
所以b2=ab(sinC+csC)，即b=a(sinC+csC)，
由正弦定理得sinB=sinA(sinC+csC)，
所以sin(A+C)=sinA(sinC+csC)，
sinAcsC+csAsinC=sinAsinC+sinAcsC，
所以csAsinC=sinAsinC，
因为在△ABC中，C∈(0,π)，A∈(0,π)，所以sinC>0，sinA>0，
所以sinA=csA，即tanA=1，因为A∈(0,π)，所以A=π4.
(2)3bcsC=ccsB，由正弦定理得3sinBcsC=sinCcsB，3tanB=tanC，
在△ABC中，作AH⊥BC于点H，AH为BC边上的高，即AH=1，
设CH=x，BH=a−x，因为3tanB=tanC，所以3a−x=1x，所以4x=a，
所以H为BC上的四等分点，所以CH=a4,BH=3a4，
因为Rt△ABH中，tan∠BAH=BHAH=3a4，
Rt△ACH中，tan∠CAH=CHAH=a4，
且tan∠BAC=tan(∠BAH+∠CAH)=tan∠BAH+tan∠CAH1−tan∠BAH⋅tan∠CAH
=a1−316a2=tanπ4=1，所以316a2+a−1=0，
所以a=−8±4 73，
因为a>0，所以a=−8+4 73，
所以S△ABC=12×BC×AH=12a=−4+2 73.
【解析】(1)利用三角形面积公式可得b2=ab(sinC+csC)，进而边化角，利用三角恒等变换可求A；
(2)由已知结合正弦定理可得3tanB=tanC，在△ABC中，作AH⊥BC于点H，AH为BC边上的高，根据比例关系，可求得a，从而可求面积．
本题考查了两角和差公式，属于中档题．
16.【答案】过C1作C1E⊥AB于点E，如图所示：
面ABC1⊥面ABC，AB是交线，C1E⊂面ABC1，故C1E⊥面ABC，
又因为BC⊂面ABC，故C1E⊥BC，
又AC1⊥面BCC1B1，BC⊂面BCC1B1，则AC1⊥BC，
AC1∩C1E=C1，AC1，C1E⊂面ABC1，故BC⊥面ABC1，
又BC1⊂面ABC1，故可以证得BC1⊥BC 45
【解析】解：(1)证明：过C1作C1E⊥AB于点E，如图所示：
面ABC1⊥面ABC，AB是交线，C1E⊂面ABC1，故C1E⊥面ABC，
又因为BC⊂面ABC，故C1E⊥BC，
又AC1⊥面BCC1B1，BC⊂面BCC1B1，则AC1⊥BC，
AC1∩C1E=C1，AC1，C1E⊂面ABC1，故BC⊥面ABC1，
又BC1⊂面ABC1，故可以证得BC1⊥BC；
(2)建立空间直角坐标系，如图所示：
设C1(t,0,h)，则A(2,0,0)，C(0,1,0)，B(0,0,0)，
AC=(−2,1,0)，AC1=(t−2,0,h)，BC1=(t,0,h)，
由题易知BC1⋅AC1=t(t−2)+h2=0，
设平面ACC1A1的法向量为m=(x,y,z)，
m⋅AC=0m⋅AC1=0，即−2x+y=0(t−2)x+hz=0，
令x=h，则m=(h,2h,2−t)，
由题易知平面ABC的一个法向量为n=(0,0,1)，
设平面ACC1A1与平面ABC的夹角为α，所以sinα= 53，
根据同角三角函数间的关系可得csα= 1−sin2α= 1−59=23，
故csα=|cs|=|m⋅n|m||n||=|2−t| 5h2+(2−t)2=23，解得t=2(舍)或t=25，
代入t(t−2)+h2=0，可得25×(25−2)+h2=0，解得h=45，
故C1到平面ABC的距离为45.
(1)过C1作C1E⊥AB于点E，然后根据面面垂直的性质定理得C1E⊥平面ABC，然后再利用线面垂直的性质定理得C1E⊥BC，同理AC1⊥BC，然后再利用线面垂直的判定定理得BC⊥平面ABC1，然后用线面垂直的性质定理得BC1⊥BC；
(2)以B为原点，BA，BC分别为x，y轴建立空间直角坐标系，根据夹角公式，垂直关系，利用坐标计算确定C1位置，即可得解．
本题主要考查线线垂直的判定以及点到平面的距离，属于中档题．
17.【答案】解：(1)(i)设第1次抽到优级品为事件A，第2次抽到一级品为事件B，
则P(B|A)=P(AB)P(A)=C21C41A6226=45；
(ii)易知X的所有可能取值为2，3，4，5.
所以P(X=2)=A22A62=115，P(X=3)=C41C21A22A63=215，
P(X=4)=A44+C12C42A33A64=415，P(X=5)=C21C43A44+C21C41A44A65=815，
则X的分布列为：
故E(X)=2×115+3×215+4×415+5×815=6415；
(2)设在10次抽检中至少有8次抽到优级品的概率为f(p)，
此时f(p)=C108p8(1−p)2+C109p9(1−p)+p10=48p8(1−p)2+10p9(1−p)+p10
=p8(36p2−80p+45)，0