數(shù)學-清華大學中學生標準學術能力（TDA）診斷性測試2024-2025學年高二上學期9月測試（A）試卷和答案

標準學術能力診斷性測試2024年9月測試數(shù)學試卷（A卷）本試卷共150分，考試時間90分鐘.(,A.充分不必要條件B.必要不充分條件C.充要條件D.既不充分也不必要條件2222A.A.5B.6C.35D.364.已知非零向量,滿足3=，向量在向量方向上的投影向量是-，則與夾角的余弦值B.1D.-35.設函數(shù)f(x)的定義域為R，且f(-x+4)+f(x)=2,f(x+2)=f(-x)，當x∈[1,2]時，f(x)=ax2+x+b,f(3)+f(0)=-3，則b-a=()A.-9B.-6C.6D.96.班級里有50名學生，在一次考試中統(tǒng)計出平均分為80分，方差為70，后來發(fā)現(xiàn)有3名同學的分數(shù)登錯了，甲實際得60分卻記成了75分，乙實際得80分卻記成了90分，丙實際得90分卻記成了65分，則關于更正后的平均分和方差分別是()A.82，73B.80，73C.82，67D.80，67ππππA.-B.-C.D.8.已知函數(shù)則不等式f(t2)+f(2t-3)>2的解集為()A.(-3,1)10.已知函數(shù)=asin3x-cos3x，且f對任意的x∈R恒成立，則下列結論正確的是B.f(x)的圖象關于點對稱C.將f(x)的圖象向左移個單位，得到的圖象關于y軸對稱D.當x∈時，滿足成立的x的取值范圍是B1的中點，則下列結論正確的是() 72A.異面直線BM與AC72B.點T為長方形ABCD內(nèi)一點，滿足D1TⅡ平面BMN時，D1T的最小值為C.三棱錐B-B1MN的外接球的體積為14π 755D.過點D,M,N的平面截長方體ABCD-A1B1C1D1所得的截面周長為4·5+3213.如圖所示，在梯形ABCD中，AE=AB,ADⅡBC,BC=3AD,CE與BD交于點O，若,則x-y=.體積為2，則它的外接球表面積的最小值為.求zi；（2）在復平面內(nèi)，復數(shù)z1,z2對應的向量分別是OA,OB，其中O是原點，求上AOB16.（15分）在△ABC中，角A,B,C的對邊分別是a,b,c，且cosA+1=（1）求角A；17.（15分）如圖所示，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為平行四邊形，PA丄平面ABCD，點Q為PA的三等分點，滿足PQ=（1）設平面QCD與直線PB相交于點S，求證：QSⅡCD； ·2，求直線CQ與平面PAD所成角的大小.18.（17分）甲、乙兩位同學進行投籃訓練，每個人投3次，甲同學投籃的命中率為p，乙同學投籃的命中率為q(p>q)，且在投籃中每人每次是否命中的結果互不影響.已知每次投籃甲、乙同時命中的概率為，恰有一人命中的概率為.（1）求p,q的值；（2）求甲、乙兩人投籃總共命中兩次的概率.19.（17分）已知函數(shù)f(x)=a.3x-2+3-x是偶函數(shù)，h(x)=x2-4x+6.（1）求函數(shù)y=h(ex)-2a的零點；[m,n]時，函數(shù)h(f(x))與f(x)的值域相同，求n-m的最大值.標準學術能力診斷性測試2024年9月測試數(shù)學（A卷）參考答案12345678ABCCDBAC9ADBCBD 14.73π-323π15.（13分）（2）依題意向量于是有=-10 :上AOB∈[0,π]，16.（15分）解1）由正弦定理可得：cosA+1=:A∈(0,π)，（2）:上BAC=上ADC,上BCA=上ACD，:△BAC與△ADC相似，滿足），在△ADC中，由余弦定理可得：cos），:AD的長為117.（15分）解1）證明：因為平面QCD與直線PB相交于點S，所以平面QCD∩平面PAB=QS因為四邊形ABCD為平行四邊形，:ABⅡCD，AB丈平面QCD,CD平面QCD,:ABⅡ平面QCDAB平面PAB，平面QCD∩平面PAB=QS,:ABⅡQS，:QSⅡCD所以平面PAD丄平面ABCD，:CH丄平面PAD連接QH,:上CQH是直線CQ與平面PAD所成的角:QA=PA=2在Rt△DCH中，CH=3.sin60。=在△ACD中，利用余弦定理可得：cos120。=,:AC2=19，在Rt△QCH中，sin上CQH=即直線CQ與平面PAD所成的角等于18.（17分）解1）設事件A：甲投籃命中，事件B：乙投籃命中，恰有一人命中的事件為D，則D=ABAB，由于兩人投籃互不影響，且在投籃中每人每次是否命中的結果互不影響，所以A與B相互獨立，AB,AB互斥，所以：P(D)=P(ABAB)=P(AB)+P(AB)=P(A).P(B)+P(A).P(B)可得：（2）設Ai：甲投籃命中了i次；Bj：乙投籃命中了j次，i,j=0,1,2,3，由于Ai與Bj相互獨立，A0B2,A1B1,A2B0互斥，:P(E)=P(A0B2+A1B1+A2B0)=P(A0).P(B2)+P(A1).P(B1)+P(A2).P(B0)19.（17分）24x22xxxxxxxeee6令ex6x22xxxxxxx:y=h(ex)—2a有一個零點，為ln6（2）設當x∈[m,n]時，函數(shù)f(x)的值域為[s,t]，則函數(shù)h(f(x))的值域也為[s,t]，令p=f(x)，則p≥2，，則{3.C即s,t為方程x2-4x+6=x的兩個根，解得，所以當x∈[m,n]時，f(x)的值域為[2,3]令λ=3x(x>0)，則y=f(x)=λ=3x在(0,+∞)上單調(diào)遞增，對勾函數(shù)y=λ+在上單調(diào)遞增，由復合函數(shù)的單調(diào)性知，f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增，f(x)是偶函數(shù)，:f(x)在(-∞,0)上單調(diào)遞減故n-m的最大值為log35-log3=log3答案解析a可得a不必要條件.2.B2-2x-3>0} },:A∩RB=(-∞,-1)(3,6]2，22+42則點(2,-4)到圓22+424.C【解析】設非零向量,夾角為θ,向量在向量方向上的投影向量是-，則5.D:f(x+2)=f(-x)，取x=0,f(2)=f(0)=4a+2+b，:f(3)+f(0)=-3,1-a-b+4a+2+b=-3,a=-2，:f(-x+4)+f(x)=2，取x=26.B【解析】設更正前甲，乙，丙……的成績依次為a1,a2,a3,…,a50，.7.A【解析】sin(40。-θ)=sin40。cosθ-cos40。sinθcot409.AD8.C故g(x)為奇函數(shù)，且單調(diào)遞增，gt2)t2【解析】·D.設不等式成立，ac+b2<bc+ab,ac-bc<ab-b2,(a(a-b)c<(a-b)b成立，故ac+b2<bc+ab成立，D正確.10.BC【解析】f對任意x∈R恒成立，:f(x)在x=處取得極值，即+kπ,解得可求得a=-1，A錯誤；C.將f(x)的圖象向左平移個單位，函數(shù)圖象關于y軸對稱，C正確；由題意知符合條件的k的取值為-1,0，當k=-1時，-均在定義域內(nèi)，滿足條件，當k=0時，此時僅有滿足條件，所以滿足成立的x的取值范圍為，D錯誤.11.BD【解析】A.:MNⅡAC,:上BMN為直線MN與AC所成角，在△BMN中，根據(jù)余弦定理可知cos上BMN=B.取AD的中點E，取CD的中點F，取A1D1的中點S，連接EF,D1E,D1F,AS,SM，:SMⅡAB,ASⅡBM，所以四邊形ABMS是平行四邊形，:ASⅡBM且ASⅡD1E,:D1EⅡBM:D1EⅡ平面BMN，同理可得D1FⅡ平面BMN，:D1TⅡ平面BMN,T∈平面ABCD，所以點T的運動軌跡為線段EF，在ΔD1EF中，過點D1作D1T丄EF，此時D1T取得最小值，1F:OM為外接球的半徑，在Rt△MB1N中，MN=，:V球=πR3=C錯誤；D.由平面AA1D1DⅡ平面BB1C1C得，過點D,M,N的平面必與AA1,C1C有交點，設過點D,M,N的平面與平面AA1D1D和平面BB1C1C分別交于DO,PM:DOⅡPM,同理可得DPⅡON,過點D,M,N的平面截長方體ABCD-A1B1C1D1所得的截面圖形為五邊形DPMNO，如圖所示，以D為坐標原點，以DA,DC,DD1所在直線分別為x,y,z軸建立空間直角坐標系，:DPⅡON,DOⅡPM，2所以五邊形DPMNO的周長為【解析】【解析】建立如圖所示的平面直角坐標系，所以直線BD的方程為，直線CE的方程為聯(lián)立兩直線方程求得:，解得,:x-y= 14