滚动测试卷(6)-【高考总复习】2025年高考数学一轮达标测试卷

滚动测试卷(六) (本卷满分150分　考试时间120分钟) 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1.甲、乙两名同学各自从6门不同的选修课中任选3门研修，则甲、乙两名同学所选课程至少有一门相同的选法种数为(　　) A.400　　　　B.390　　　　C.380　　　　D.370 2.已知某地市场上供应的一种电子产品中，甲厂产品占60%，乙厂产品占40%，甲厂产品的合格率是95%，乙厂产品的合格率是90%，则从该地市场上买到一个合格产品的概率是(　　) A.0.92 B.0.93 C.0.94 D.0.95 3.设随机变量X～N，P＝0.3，P＝m，则下列结论正确的为(　　) A.m＝0.35 B.m＝0.7 C.0.35<m<0.7 D.0<m<0.35 4.已知正四面体ABCD的棱长为1，且＝2，则·＝(　　) A. B.－ C.－ D. 5.如图是某部门统计的某年春运期间十二个城市售出的往返机票的平均价格以及相比去年同期变化幅度的数据统计图表，根据图表，下列叙述不正确的是(　　) A.深圳的变化幅度最小，北京的平均价格最高 B.深圳和厦门的春运期间往返机票价格同去年相比有所下降 C.平均价格的涨幅从高到低居于前三位的城市为天津、西安、厦门 D.平均价格从高到低居于前三位的城市为北京、深圳、广州 6.已知函数f(x)＝C＋Cx＋Cx3＋Cx5＋…＋Cxk＋…＋Cxn(k，n为正奇数)，f′(x)是f(x)的导函数，则f′＋f＝(　　) A.2n B.2n－1 C.2n＋1 D.2n－1＋1 7.1654年，德·梅雷骑士偶遇数学家布莱兹·帕斯卡，在闲聊时梅雷谈了最近遇到的一件事：某天在一酒吧中，肖恩和尤瑟纳尔两人进行角力比赛，约定胜者可以喝杯酒，当肖恩赢20局且尤瑟纳尔赢得40局时，他们发现桌子上还剩最后一杯酒，酒吧老板和伙计提议两人中先胜四局的可以喝最后那杯酒，如果四局、五局、六局、七局后可以决出胜负，那么分别由肖恩、尤瑟纳尔、酒吧伙计和酒吧老板付费.猜测最后付费的最有可能是(　　) A.肖恩 B.尤瑟纳尔 C.酒吧伙计 D.酒吧老板 8.已知数列{an}的首项是a1＝1，前n项和为Sn，且Sn＋1＝2Sn＋3n＋1(n∈N*)，设cn＝log2(an＋3)，若存在常数k，使不等式k≥(n∈N*)恒成立，则k的取值范围为(　　) A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9.给出下列说法，其中正确的是(　　) A.若数据x1，x2，…，xn的方差s2为0，则此组数据的众数唯一 B.已知一组数据2，3，5，7，8，9，9，11，则该组数据的第40百分位数为6 C.一组样本数据的频率分布直方图是单峰的且形状是对称的，则该组数据的平均数和中位数应该大体上差不多 D.经验回归直线＝x＋恒过样本点的中心，且在回归直线上的样本点越多，拟合效果越好 10.甲和乙两个箱子中各有质地均匀的9个球，其中甲箱中有4个红球，2个白球，3个黑球，乙箱中有4个红球，3个白球，2个黑球，先从甲箱中随机取出一球放入到乙箱中，分别以A1，A2，A3表示从甲箱中取出的球是红球、白球、黑球的事件，再从乙箱中随机取出一球，以B表示取出的球是红球的事件，则(　　) A.B与A1相互独立 B.A1，A2，A3两两互斥 C.P＝ D.P(B)＝ 11.设抛物线C：y2＝4x的焦点为F，O为坐标原点，过F的直线与C分别交于A，B两点，则(　　) A.∠AOB可能为直角 B.x1x2为定值 C.若与抛物线C分别相切于A，B两点的两条切线交于点N，则点N在抛物线C的准线上 D.以BF为直径的圆与y轴有两个交点 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12.为了解某种作物的生长情况，抽取该作物植株高度(单位：cm)的一个随机样本，整理得到样本频率分布直方图如图所示.由此样本估计，该作物植株高度的80%分位数约为________(cm). 13.在(1－x)4(2x＋1)5的展开式中，含x2的项的系数是________. 14.定义在R上的函数f(x)满足f(x＋1)＋f(x－1)＝f(2 024)，f(－2x＋1)＝f(2x＋5)，若f＝，则f(2 024)＝________，f＝________. 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.(13分)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，△ABC的面积S＝ ·. (1)求角A的值； (2)延长AC至点D，使得CD＝AC，且BD＝2BC，若c＝6，求△ABC的周长. 16.(15分)某实验室为考察某种药物A对预防疾病B的效果，进行了动物实验，根据100个有放回简单随机样本的数据，得到如下列联表： 药物A 疾病B 合计 未患病 患病 未服用 25 15 40 服用 50 10 60 合计 75 25 100 (1)依据α＝0.05的独立性检验，分析药物A对预防疾病B的有效性； (2)现在实验室计划进行临床试验，对4名志愿者进行用药且每位志愿者的用药互不影响.根据服用药物A的动物实验数据用频率来估算概率，记X为用药后成功预防疾病B的人数，求X的分布列及期望. 附：χ2＝. α 0.05 0.01 0.005 xα 2.706 6.635 7.879 17.(15分)如图1，已知等边△ABC的边长为3，点M，N分别是边AB，AC上的点，且满足＝2，＝＋，如图2，将△AMN沿MN折起到△A′MN的位置. (1)求证：平面A′BM⊥平面BCNM； (2)给出三个条件：①A′M⊥CN；②平面A′MN⊥平面BCNM；③四棱锥A′­BCNM的体积为，从中任选一个，求平面A′BC和平面A′CN的夹角的余弦值. 18.(17分)某市城市公园建设基本完成，为了解市民对该项目的满意度，从该市随机抽取若干市民对该项目进行评分(满分100分)，绘制成如图所示的频率分布直方图，并将分数从低到高分为四个等级. 满意度评分 低于60分 60分到79分 80分到89分 不低于90分 满意度等级 不满意 基本满意 满意 非常满意 (1)若市民的满意度评分相互独立，以满意度样本估计全市市民满意度，现从全市市民中随机抽取5人，求至少2人非常满意的概率； (2)相关部门对该项目进行验收，验收的硬性指标是：全市市民对该项目的满意指数不低于0.8，否则该项目需要进行整改，根据你所学的统计知识，判断该项目能否通过验收，并说明理由； (3)在等级为不满意的市民中，老人占，现从该等级市民中按年龄分层抽取9人了解不满意的原因，并从中选取3人担任督导员.记X为老年督导员的人数，求X的分布列及数学期望E(X). 19.(17分)某市文明办对市民进行了一次文明创建知识的网络问卷调查，每一位市民仅有一次参加机会.该市文明办随机抽取了100人的得分(满分：100分)，统计结果如下表所示： 组别 频数 10 20 25 25 20 (1)若此次调查问卷的得分Z服从正态分布N，μ近似等于样本的平均成绩(同一组数据用该组区间的中点值代替)，求P； (2)该市文明办为鼓励市民积极参与调查问卷，规定：调查问卷得分不低于μ的可以用本人手机随机抽取3次手机话费奖励，3次抽取互不影响，有三种话费奖励金额，每种金额每次被抽到的概率如下表： 话费金额/元 3 5 10 P 如果某市民参加调查问卷的得分不低于μ，记“该市民获得手机话费奖励总金额为X”. ①求X＝16时的概率； ②证明：P＝4P. 参考数据：若随机变量Z服从正态分布N，则P(μ－σ≤Z≤μ＋σ)≈0.682 7，P(μ－2σ≤Z≤μ＋2σ)≈0.954 5，P≈0.997 3. 学科网（北京）股份有限公司 $$ 滚动测试卷(六) 1.C　甲、乙两名同学所选的课程共有C·C种情况，甲、乙两名同学所选课程都不同的选法种数为C，∴甲、乙两名同学所选课程至少有一门相同的选法种数为C·C－C＝380.故选C. 2.B　由甲、乙两厂所占比例及对应的合格率可得P＝60%×95%＋40%×90%＝0.93，故选B. 3.D　由P＝0.3，根据正态分布曲线的对称性可得P＝0.15，P＝0.5，所以P＝P－P＝0.5－0.15＝0.35， P＝P－P＝0.35－P， 又P>0，所以P<0.35且P>0， 所以0<m<0.35，故选D. 4.C　因为＝2，所以＝， 则＝－＝－， 所以·＝· ＝－· ＝－||||cos ＝×1×1×－1×1×＝－＝－，故选C. 5.C　从折线图看，深圳的涨幅最接近0%，从条形图看，北京的平均价格最高，故A正确； 从折线图看，深圳和厦门的涨幅均为负值，故B正确； 从折线图看，平均价格的涨幅从高到低居于前三位的城市为天津、西安、南京，故C错误； 从条形图看，平均价格从高到低居于前三位的城市为北京、深圳、广州，故D正确.故选C. 6.D　因为f(x)＝C＋Cx＋Cx3＋Cx5＋…＋Cxk＋…＋Cxn， 所以f＝C＝1，所以f′(x)＝C＋Cx2＋Cx4＋…＋Cxk－1＋…＋Cxn－1， 则f′＝C＋C＋C＋…＋C＋…＋C，其中C＋C＋C＋…＋C＋…＋C＝2n－1， 所以f′＝2n－1，所以f′＋f＝2n－1＋1.故选D. 7.B　由题意，可得肖恩每局获胜的概率为＝，尤瑟纳尔每局获胜的概率为＝，比赛采用七局四胜制，设决出胜负的场数为X，则P＝C4＋C4＝，P＝C3××＋C3××＝， P＝C3×2×＋C3×2×＝， P＝C3×3＝， 由<<<，知P<P<P<P， 所以最后付费的最有可能是尤瑟纳尔.故选B. 8.C　由于Sn＋1＝2Sn＋3n＋1(n∈N*)，故当n≥2时，Sn＝2Sn－1＋3(n－1)＋1，两式相减得an＋1＝2an＋3，变形可得an＋1＋3＝2(an＋3)，又因为a1＋3＝4，a1＋a2＝S2＝2S1＋3×1＋1＝6，所以a2＝5，a2＋3＝2(a1＋3)，所以数列{an＋3}是以4为首项，2为公比的等比数列，故an＋3＝4×2n－1＝2n＋1，所以cn＝log2(an＋3)＝n＋1，所以＝＝＝≤＝，当且仅当n＝4时等号成立，故k≥.故选C. 9.AC　选项A：由方差s2＝[2＋2＋…＋2]＝0，可得x1＝x2＝…＝xn＝x，即此组数据众数唯一，判断正确； 选项B：数据2，3，5，7，8，9，9，11共有8个数，由8×40%＝3.2可知，该组数据的第40百分位数为第4个数为7，判断错误； 选项C：依据中位数定义和平均数定义，一组样本数据的频率分布直方图是单峰的且形状是对称的，则该组数据的平均数和中位数应该大体上差不多，判断正确； 选项D：回归直线的拟合效果看残差平方和，残差平方和越小，拟合效果越好，不是看回归直线上的样本点越多，拟合效果越好，判断错误.故选AC. 10.BC　事件A1的发生与事件B的发生有影响，因此事件A1的发生与事件B不独立，A错误； A1，A2，A3中任何两个事件都不可能同时发生，因此它们两两互斥，B正确； P(B|A2)＝＝＝，C正确； P(B)＝P(BA1)＋P(BA2)＋P(BA3)＝×＋×＋×＝，D错误.故选BC. 11.BC　 设lAB：x＝ty＋1，与y2＝4x联立可得： y2－4ty－4＝0，y1y2＝－4， 则x1x2＝＝1，故B正确； 因为x1x2＝1，所以kOA·kOB＝≠－1， ∴∠AOB≠，故A不正确； 设N，由于y2＝4x得y＝±2，所以y′＝±，因为AN，BN均为切线，设斜率kAN＝，kBN＝－，则AN的方程为y－y1＝，化简得yy1－2x－2x1＝0， BN的方程为y－y2＝－，化简得yy2－2x－2x2＝0， 因为AN与BN交点为N，所以y0y1－2x0－2x1＝0，y0y2－2x0－2x2＝0， 则AB方程为y0y－2x0－2x＝0，由于直线AB过定点F(1，0)，所以x0＝－1， 又因为准线方程为x＝－1，所以点N在抛物线C的准线上，故C正确； 设BF的中点M，＝，则以BF为直径的圆与y轴相切， 故D不正确，故选BC. 12.解析　由图可知，从左到右矩形的面积为：0.2，0.4，0.25，0.1，0.05，因为0.2＋0.4＋0.25＝0.85>0.8，所以80%分位数位于第3个矩形， 设80%分位数为x，所以x＝80－＝78. 故答案为78. 答案　78 13.解析　(1－x)4的展开式的通项公式为C(－x)k， 5的展开式的通项公式为C(2x)5－t， 所以(1－x)45展开式中，含x2的项为： C(－x)0·C(2x)5－3＋C(－x)1C(2x)5－4＋C(－x)2C(2x)5－5＝6x2，所以含x2的项的系数为6. 答案　6 14.解析　因为f(x＋1)＋f(x－1)＝f(2 024)， 所以f(x＋2)＋f(x)＝f(2 024)， 所以f(x＋4)＋f(x＋2)＝f(2 024)， 则f(x＋4)＝f(x)， 所以f(x)是以4为周期的周期函数， 所以f(2 024)＝f(4). 又因为f(－2x＋1)＝f(2x＋5)， 所以f(2)＝f(4)＝f(0)， 又因为f(2)＋f(0)＝f(2 024)＝f(4)， 所以f(2 024)＝0， 则f(x＋1)＋f(x－1)＝0，在f(－2x＋1)＝f(2x＋5)中，用－x替换x得f(1＋x)＝f(5－x)＝f(1－x)，即f(x＋1)＝f(1－x)，因为f＝， 所以f＝，f＝－，f＝－， 所以f＝×(1＋2－3－4)＋×(5＋6－7－8)＋…＋×(97＋98－99－100)＝×(－4)×25＝－50. 答案　0　－50 15.解析　(1)由题得bcsin A＝×bccos A， ∴tan A＝. 因为0<A<π，∴A＝. (2)如图，设AC＝CD＝x，BD＝2y，BC＝y， 在△ABC中，由余弦定理得y2＝x2＋36－2×6x×＝x2－6x＋36①， 在△ABD中，由余弦定理得4y2＝4x2＋36－2×2x×6×＝4x2－12x＋36， 即y2＝x2－3x＋9②，①－②得x＝9, y＝3. 所以△ABC的周长为9＋6＋3＝15＋3. 16.解析　(1)零假设为H0：药物A对预防疾病B无效果. 根据列联表中的数据，经计算得到χ2＝≈5.556>2.706＝x0.05， 根据小概率值α＝0.05的独立性检验，我们推断零假设不成立，即认为药物A对预防疾病B有效果，此推断犯错误的概率不大于0.05. (2)由列联表可知，药物A能成功预防疾病B的概率P＝＝，则X～B， 所以P＝C4＝， P＝C13＝， P＝C22＝， P＝C3＝， P＝C4＝， X的分布列如下表所示 X 0 1 2 3 4 P E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＋4×＝. 17.(1)证明　等边△ABC中，由＝＋，得－＝2(－)，即＝2， 所以AN＝2，NC＝1，又＝2，得BM＝2，MA＝1. 在△AMN中，AM＝1，AN＝2，∠A＝60°，由余弦定理得MN＝， ∴MN2＋AM2＝AN2，∴MN⊥AB， ∴MN⊥A′M，MN⊥BM， 又BM∩A′M＝M，BM，A′M⊂平面A′BM， ∴MN⊥平面A′BM，又MN⊂平面BCNM， ∴平面A′BM⊥平面BCNM. (2)解析　若选择条件①A′M⊥CN， ∵A′M⊥CN，A′M⊥MN，CN，MN⊂平面BCNM，CN∩MN＝N， ∴A′M⊥平面BCNM，∴A′M⊥BM，结合(1)可知，MA′，MB，MN两两垂直， 以M为坐标原点，MB，MN，MA′所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则M(0，0，0)，A′(0，0，1)，B(2，0，0)，C，N(0，，0)，所以＝，＝(－，，0)， 设平面A′BC的法向量为n1＝(x1，y1，z1)， 则 令y1＝1，则x1＝，z1＝2，即n1＝， 同理，得平面A′CN的法向量为n2＝(－，1，)， 设平面A′BC和平面A′CN的夹角为θ，则cos θ＝＝＝， 故平面A′BC和平面A′CN的夹角的余弦值为. 若选择条件②平面A′MN⊥平面BCNM， ∵平面A′MN⊥平面BCNM，平面A′MN∩平面BCNM＝MN， A′M⊂平面A′MN，A′M⊥MN， ∴A′M⊥平面BCNM， ∴A′M⊥BM, 结合(1)可知，MA′，MB，MN两两垂直， 以M为坐标原点，MB，MN，MA′所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则M(0，0，0)，A′(0，0，1)，B(2，0，0)，C，N(0, ，0)， 所以＝，＝， 设平面A′BC的法向量为n1＝(x1，y1，z1)， 则 令y1＝1，则x1＝，z1＝2，即n1＝(，1，2)，同理，得平面A′CN的法向量为n2＝(－，1，)， 设平面A′BC和平面A′CN的夹角为θ，则cos θ＝＝＝， 故平面A′BC和平面A′CN的夹角的余弦值为. 若选择条件③四棱锥A′­BCNM的体积为， 容易求得，四边形BCNM的面积为S＝，又四棱锥A′­BCNM的体积为， 所以，四棱锥A′­BCNM的高为h＝1，即点A′到底面BCNM的距离为1， 又因为A′M＝1，∴A′M⊥平面BCNM，∴A′M⊥BM， 结合(1)可知，MA′，MB，MN两两垂直， 以M为坐标原点，MB，MN，MA′所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则M(0，0，0)，A′(0，0，1)，B(2，0，0)，C，N(0，，0)，所以＝，＝(－，，0)， 设平面A′BC的法向量为n1＝(x1，y1，z1)， 则令y1＝1， 则x1＝，z1＝2，即n1＝(，1，2)， 同理，得平面A′CN的法向量为n2＝(－，1，)， 设平面A′BC和平面A′CN的夹角为θ，则cos θ＝＝＝， 故平面A′BC和平面A′CN的夹角的余弦值为. 18.解析　(1)∵(0.002＋0.004＋0.015＋0.020＋a＋0.034)×10＝1，解得a＝0.025，设至少2人非常满意的概率为事件A，由题意知5人中非常满意的人数满足ξ～B，P(A)＝1－C×5－C×4×＝. (2)由频率分布直方图得： 满意度平均分为45×0.02＋55×0.04＋65×0.15＋75×0.2＋85×0.34＋95×0.25＝80.5，满意指数＝＝0.805>0.8，因此，能通过验收. (3)分层抽取9人中老人有3人，由题意知X服从超几何分布，X的可能取值为0，1，2，3，P＝＝＝，P(X＝1)＝＝＝，P(X＝2)＝＝＝，P(X＝3)＝＝，则分布列为： X 0 1 2 3 P 所以E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝1. 19.(1)解析　这100人的平均成绩为x＝＝77.5， 所以μ近似等于77.5，故P＝P(77.5－5≤Z≤77.5＋5)≈0.682 7. (2)①解析　当X＝16时，3次抽取话费的金额情况是有两次抽到3元，一次抽到10元， 因为每次抽取是相互独立的，所以P＝C××2＝. ②证明　由题意知X的所有可能取值为9，11，13，15，16，18，20，23，25，30，则P＝P＋P＋P＋P＋P(X＝16)＋P， 又P＝3＝，P＝C×3＝，P＝C×3＝，P＝3＝， 由(1)知P＝，P＝A×2×＝， 所以P(X≤18)＝＝＝， 又P＝P＋P＋P(X＝25)＋P， 所以P＝1－P＝1－＝， 即4P＝， 所以P＝4P. 学科网（北京）股份有限公司 $$