2024-2025學(xué)年河北省邯鄲市高二上學(xué)期開(kāi)學(xué)考試數(shù)學(xué)試卷（含解析）

第=page11頁(yè)，共=sectionpages11頁(yè)2024-2025學(xué)年河北省邯鄲市高二上學(xué)期開(kāi)學(xué)考試數(shù)學(xué)試卷一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1.已知向量m，n滿足m=n=2，且m?n=?22A.π6 B.π4 C.3π42.在?ABC中，角A,B,C對(duì)邊為a,b,c，且2c?cos2A2=b+c，則A.等邊三角形 B.直角三角形 C.等腰三角形 D.等腰直角三角形3.設(shè)復(fù)數(shù)z1=4+2i，z2=1?3i，則復(fù)數(shù)zA.4i B.?4i C.4 D.?44.袋中裝有紅、黃、藍(lán)三種顏色的球各2個(gè)，無(wú)放回的從中任取3個(gè)球，則恰有兩個(gè)球同色的概率為A.15 B.310 C.355.若雙曲線x2a2?y2A.52 B.3 C.6.在四面體ABCD中，AB=AC=23，BC=6，AD⊥平面ABC，四面體ABCD的體積為3.若四面體ABCD的頂點(diǎn)均在球O的表面上，則球O的表面積是(

A.49π4 B.49π C.49π2 7.已知圓C1：(x+5)2+y2=1，C2：(x?5)2+y2=225，動(dòng)圓C滿足與A.22 B.23 C.8.已知E，F(xiàn)分別是棱長(zhǎng)為2的正四面體ABCD的對(duì)棱AD,BC的中點(diǎn).過(guò)EF的平面α與正四面體ABCD相截，得到一個(gè)截面多邊形τ，則下列說(shuō)法正確的是(

)A.截面多邊形τ不可能是平行四邊形

B.截面多邊形τ的周長(zhǎng)是定值

C.截面多邊形τ的周長(zhǎng)的最小值是2+6

D.二、多選題：本題共3小題，共15分。在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求。9.下列結(jié)論中正確的是(

)A.在頻率分布直方圖中，中位數(shù)左邊和右邊的直方圖的面積相等

B.一組數(shù)據(jù)中的每個(gè)數(shù)都減去同一個(gè)非零常數(shù)a，則這組數(shù)據(jù)的平均數(shù)改變，方差不改變

C.一個(gè)樣本的方差s2=120[(x1?3)2+(x2?3)2+?+(x20?3)2]，則這組樣本數(shù)據(jù)的總和等于60

D.數(shù)據(jù)10.設(shè)m，n是兩條不同的直線，α，β是兩個(gè)不同的平面，下列命題中正確的是(

)A.若m?α，n?α，m//β，n//β，則α//β

B.若m⊥n，m//α，α//β，則n⊥β

C.若m，n異面，m?α，m//β，n?β，n//α，則α//β

D.若α//β，m⊥α，n//β，則m⊥n11.如圖，已知在平行四邊形ABCD中，AB=2AD=2，∠BAD=60°，E為AB的中點(diǎn)，將△ADE沿直線DE翻折成△PDE，若M為PC的中點(diǎn)，則△ADE在翻折過(guò)程中(點(diǎn)P?平面ABCD)，以下命題正確的是(

)

A.BM?//平面PDE

B.BM=32

C.存在某個(gè)位置，使MB⊥DE

D.當(dāng)三棱錐三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。12.某學(xué)校三個(gè)年級(jí)共有2760名學(xué)生，要采用分層抽樣的方法從全體學(xué)生中抽取一個(gè)容量為60的樣本，已知一年級(jí)有1150名學(xué)生，那么從一年級(jí)抽取的學(xué)生人數(shù)是

名.13.設(shè)雙曲線C：x24?y221=1的左焦點(diǎn)和右焦點(diǎn)分別是F1，F(xiàn)2，點(diǎn)P14.已知點(diǎn)P是橢圓C:x26+y24=1上除頂點(diǎn)外的任意一點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)P向圓O:x2+y2=4引兩條切線PM，PN，設(shè)切點(diǎn)分別是M，N，若直線MN分別與四、解答題：本題共5小題，共60分。解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明，證明過(guò)程或演算步驟。15.(本小題12分)如圖1所示，四邊形CDMN為梯形且CD//MN，BC//AD，E為AD中點(diǎn)，DE=DC=1，MA=MD=3，現(xiàn)將平面?AMD沿AD折起，?BCN沿BC折起，使平面AMD⊥平面ABCD，且M,N重合為點(diǎn)P(如圖2所示(1)證明：平面PBE⊥平面PBC；(2)求二面角C?PA?D的余弦值．16.(本小題12分)如圖，四棱柱ABCD?A1B1C1D1的底面為梯形，

(1)證明：平面ABD1⊥(2)求點(diǎn)A1到平面ABD17.(本小題12分)

在平面直角坐標(biāo)系xOy中，橢圓C的中心在坐標(biāo)原點(diǎn)，焦點(diǎn)在坐標(biāo)軸上，點(diǎn)P(2,?1)和點(diǎn)Q(6,22)為橢圓C上兩點(diǎn)．

(Ⅰ)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；

(Ⅱ)A，B為橢圓C上異于點(diǎn)P的兩點(diǎn)，若直線PA與PB的斜率之和為18.(本小題12分)已知?ABC的三個(gè)內(nèi)角A，B，C對(duì)的三邊為a，b，c，且sin(1)若b=1，A=π3，求(2)已知C=π3，當(dāng)S?ABC取得最大值時(shí)，求19.(本小題12分)

如圖，ABCD為圓柱OO′的軸截面，EF是圓柱上異于AD，BC的母線．

(1)證明：BE⊥平面DEF；

(2)若AB=BC=6，當(dāng)三棱錐B?DEF的體積最大時(shí)，求二面角B?DF?E的正弦值．

答案解析1.C

【解析】根據(jù)向量的點(diǎn)乘關(guān)系，求出cosθ，即可求出m，n解：由題意，在向量m，n中，m=m解得：cos∴θ=故選：C．2.B

【解析】解：因?yàn)?c?cos所以2c?1+cosA所以ccos在?ABC中，

由余弦定理推論：cosA=代入得，c?b2+所以c2所以?ABC

是直角三角形．故選：B．3.D

【解析】z2則其虛部是?4。故選：D．4.C

【解析】解：從紅、黃、藍(lán)三種顏色的球各2個(gè)，無(wú)放回的從中任取3個(gè)球，共有C63=20種，其中恰有兩個(gè)球同色有C故選：C．5.C

【解析】雙曲線的焦點(diǎn)位于x軸，則雙曲線的漸近線為y=±b因?yàn)殡p曲線的一條漸近線方程為y=?2x，所以ba所以雙曲線的離心率為e=c故選：C6.B

【解析】因?yàn)锳B=AC=23，所以cos∠BAC=AB則S?ABC因?yàn)锳D⊥平面ABC，四面體ABCD的體積為3所以3=1設(shè)?ABC的外接圓半徑為r，記?ABC外接圓圓心為O1，連接A由正弦定理可得，2r=BCsin設(shè)外接球的半徑為R，連接OO根據(jù)球的性質(zhì)可得，OO1⊥又AD⊥平面ABC，所以AD//OO延長(zhǎng)O1O到E，使得O1則四邊形AO1連接OA，OD，則OA=OD=R，所以Rt?DEO?Rt?AO1O因此R=OA=因此球O的表面積是S=4πR故選：B．7.A

【解析】∵圓C1：x+52+y2動(dòng)圓C滿足與C1外切且C2與內(nèi)切，設(shè)圓C的半徑為由題意得CC1+CC2=∴其方程為x264+y239=1,因?yàn)镃M?C1M=0=25x08.D

【解析】對(duì)于A，當(dāng)平面α過(guò)AD或BC時(shí)，截面為三角形．易知正四面體關(guān)于平面ADF對(duì)稱(chēng)，將平面α從平面ADF開(kāi)始旋轉(zhuǎn)與AB交于點(diǎn)G時(shí)，由對(duì)稱(chēng)性可知，此時(shí)平面α與CD交于點(diǎn)H，且AG=DH，此時(shí)截面為四邊形EGFH，且注意到當(dāng)G,H分別為AB,CD的中點(diǎn)時(shí)，此時(shí)滿足AG=DH，且GF//AC,AC//EH,GF=EH=12AC，即此時(shí)截面四邊形EGFH

對(duì)于BC，設(shè)AG=m0≤m≤2，由余弦定理得GE=GF=由兩點(diǎn)間距離公式知，GE+GF表示動(dòng)點(diǎn)m,0到定點(diǎn)12,當(dāng)三點(diǎn)共線時(shí)取得最小值1由二次函數(shù)單調(diào)性可知，當(dāng)m=0或m=2時(shí)，GE+GF取得最大值1+所以截面多邊形τ周長(zhǎng)的取值范圍是4,2+23，故對(duì)于D，記GH與EF的交點(diǎn)為O，由對(duì)稱(chēng)性∠EFG=∠EFH，F(xiàn)G=FH，所以EF⊥GH，SEGFH因?yàn)锳F=所以EF=AF記AB=則GH=因?yàn)閍?所以GH==2m?1由二次函數(shù)性質(zhì)可知，2≤GH2≤4所以1≤SEGFH≤故選：D9.ABC

【解析】對(duì)于A，在頻率分布直方圖中，中位數(shù)左邊和右邊的直方圖的面積相等，都為12，∴A對(duì)于B，一組數(shù)據(jù)中的每個(gè)數(shù)都減去同一個(gè)非零常數(shù)a，則這組數(shù)據(jù)的平均數(shù)也減去a，方差s2不改變，∴B對(duì)于C，∵樣本的方差s2=120[(x1?3)2+(x2對(duì)于D，數(shù)據(jù)a1，a2，a3，…，an的方差為M，則數(shù)據(jù)2a1，2a2，2a故選：ABC10.CD

【解析】解：對(duì)于A：當(dāng)且僅當(dāng)m與n相交時(shí)，滿足α//β，故A錯(cuò)誤；對(duì)于B：若m⊥n，m//α，α//β，則n//β或n?β，或n與β相交，故B錯(cuò)誤；對(duì)于C：假設(shè)α與β不平行，即α與β相交，設(shè)α∩β=l，若l與m、n不重合，由m?α，m//β，所以l//m，又n?β，n//α，所以l//n，所以m//n，與m，若l與m、n中某一條直線重合，則直接可以得到m//n，與m，n異面矛盾，故假設(shè)不成立，故C正確；對(duì)于D：若α//β，m⊥α，則m⊥β，又n//β，所以m⊥n，故D正確；故選：CD11.ABD

【解析】解：如圖，取CD的中點(diǎn)N，連接MN，BN，

∵M(jìn)，E分別為PC，AB的中點(diǎn)，

∴MN//PD，BN//DE．

易證MN//平面PDE，BN//平面PDE．

∵M(jìn)N∩BN=N，

MN，

BN?平面

BMN，

∴平面

BMN//平面

PDE.又

BM?平面

BMN，

∴

BM?//

平面PDE，即A正確；

由A可知，MN=12PD=12AD=12，BN=DE=AD=1，

∴∠MNB=∠PDE=∠ADE=60°，

在

?BMN中，由余弦定理知，

BM2=MN2+BN2?2MN?BN?cos∠MNB=34，

∴BM=32，是定值，即B正確；

取PD的中點(diǎn)G，則四邊形BMGE為平行四邊形，

若存在某個(gè)位置，使MB⊥DE，則EG⊥DE，與條件矛盾，故C錯(cuò)誤；

當(dāng)三棱錐

P?CDE的體積最大時(shí)，

平面

PDE⊥平面

CDE，平面

PDE∩平面

CDE=DE，

又

CE⊥DE，CE?平面

CDE，∴

CE⊥平面

PDE，

設(shè)三棱錐C?PDE的外接球的球心為O，

O在平面PDE上的射影是正三角形PDE的中心，12.25

【解析】由分層抽樣得從一年級(jí)抽取的學(xué)生人數(shù)是602760×1150=25故答案為：25．13.8

【解析】a=2,b=21,c=5PF而函數(shù)y=x+3x+4,所以當(dāng)且僅當(dāng)x=3時(shí)，ymin故答案為：8．14.4【解析】解：設(shè)Px則以O(shè)P為直徑的圓的方程為x2與圓O:x2+即x0x+y則A(4所以S△OAB又因?yàn)樵邳c(diǎn)P在橢圓C:x所以x026所以x0y0≤所以S?OAB即?AOB面積的最小值是46

15.(1)證明：因?yàn)镸A=MD=即PA=PD=3，E為所以?PAD是等腰三角形，且ME⊥AD，即PE⊥AD，又因?yàn)槠矫鍭MD⊥平面ABCD，且平面AMD∩平面ABCD=AD，PE?平面PAD，所以PE⊥平面ABCD，又BC?平面ABCD，所以PE⊥BC，又因?yàn)镃D//MN，且ME⊥AD，所以四邊形NCDE為直角梯形，且DE=DC=1，所以四邊形BCDE是正方形，所以BC⊥EB，又因?yàn)镻E∩EB=E，所以BC⊥平面PBE，又因?yàn)锽C?平面PBC，所以平面PBE⊥平面PBC；(2)由(1)知：以E為原點(diǎn)，EA，EB，EP為x，y，z軸，建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系：則A1,0,0所以PA=設(shè)平面PAC的一個(gè)法向量為m=則，即x?令z=2，則易知平面PAD的一個(gè)法向量為n=則cosm所以二面角C?PA?D的余弦值是2【解析】(1)易證PE⊥AD，再由平面AMD⊥平面ABCD，得到PE⊥平面ABCD，則PE⊥BC，再由四邊形BCDE是正方形，得到BC⊥EB，然后利用線面垂直和面面垂直的判定定理證明；(2)以E為原點(diǎn)，EA，EB，EP為x，y，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，求得平面PAC的一個(gè)法向量m=x,y,z，易知平面PAD的一個(gè)法向量為n=16.(1)因?yàn)閭?cè)面ABB1A1，BCC1B1，又AB∩BC=B，AB,BC?面ABCD，所以B1B⊥面由棱柱的性質(zhì)，四棱柱為直四棱柱，則DD1⊥面ABCD，又AB?面ABCD又四邊形ABCD為梯形，AB=CD，AD=2BC=2，所以AD//BC．過(guò)點(diǎn)C作CE⊥AD，垂足為E，則DE=1

所以∠CDE=60°，則在等腰三角形BCD中BD=2×因?yàn)锳D2=A因?yàn)锽D∩D1D=D，BD,D1D?面又AB?平面ABD1，所以平面ABD(2)法一：連接A1B，

由(1)直三棱柱ABD?A1B由直三棱柱的性質(zhì)知，三棱錐B?A1B三棱錐D1?ABD的體積所以VA由AB⊥面BDD1，BD1?面BD設(shè)點(diǎn)A1到平面ABD1的距離為d即13×12×1×2×d=36，解得法二：因A1B1//AB，且AB?面ABD1，面AB所以A1，B1兩點(diǎn)到平面過(guò)點(diǎn)B1作B1H⊥BD1

易得B1H⊥平面ABD1，所以線段B1因?yàn)锽B1=1，B1D所以點(diǎn)A1到平面ABD1

【解析】(1)由題設(shè)及線面垂直的判定得B1B⊥面ABCD，進(jìn)而有D1D⊥AB，過(guò)點(diǎn)C作CE⊥AD，垂足為(2)法一：連接A1B，B1D1，應(yīng)用等體積法有VD1?ABD=13VABD?A117.解：(Ⅰ)設(shè)橢圓的方程為mx2+ny2=1(m>0,n>0,m≠n)，

因?yàn)辄c(diǎn)P(2,?1)和點(diǎn)Q(6,22)為橢圓C上兩點(diǎn)，

所以4m+n=16m+12n=1，解得m=18,n=12，

故橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為x28+y22=1；

(Ⅱ)設(shè)PA的斜率為k，所以直線PA的方程為y+1=k(x?2)，即y=k(x?2)?1，

聯(lián)立方程組y=k(x?2)?1x2+4y2?8=0，可得(x?2)[(1+4k2)x?8k2?8k+2]=0，

所以點(diǎn)A的橫坐標(biāo)為xA=8k2+8k?21+4k2，縱坐標(biāo)為y【解析】本題考查了橢圓標(biāo)準(zhǔn)方程的求解，直線與橢圓位置關(guān)系的應(yīng)用，在解決直線與圓錐曲線位置關(guān)系的問(wèn)題時(shí)，一般會(huì)聯(lián)立直線與圓錐曲線的方程，利用韋達(dá)定理和“設(shè)而不求”的方法進(jìn)行研究，屬于較難題．

(Ⅰ)利用待定系數(shù)法設(shè)橢圓的方程為mx2+ny2=1(m>0,n>0,m≠n)，由點(diǎn)在橢圓上，列出關(guān)于m，n的方程組，求出m，n，即可得到橢圓C的方程；

(Ⅱ)設(shè)PA的斜率為k，得到直線PA的方程，聯(lián)立直線PA與橢圓的方程，求出點(diǎn)A的坐標(biāo)，聯(lián)立直線PB與橢圓的方程，求出點(diǎn)B的坐標(biāo)，從而得到點(diǎn)18.(1)∵sin

∴a∴a+5b=10，又b=1，∴a=5，由正弦定理可知：asin∴sin(2)∵S△ABC=12∵a+5b=10，∴5ab≤(5b+a∴ab≤(5b+a)220=5，當(dāng)且僅當(dāng)a=5b由余弦定理可知：cosC=∴c=

∴c=∴?ABC的周長(zhǎng)a+b+c=6+【解析】(1)根據(jù)正弦定理，化角為邊，即可求出a，再利用正弦定理即可求出sinB(2)根據(jù)基本不等式及三角形面積公式可得面積取得最大值時(shí)，對(duì)應(yīng)的a,b的值，再根據(jù)余弦定理求出邊c，進(jìn)而得到?ABC的周長(zhǎng)．19.解：(1)證明：如圖，連接AE，由題意知AB為⊙O的直徑，

所以AE⊥BE.因?yàn)锳D，EF是圓柱的母線，

所以AD//EF且AD=EF，所以四邊形AEFD是平行四邊形．

所以AE//DF，所以BE⊥DF．

因?yàn)镋F是圓柱的母線，所以EF⊥平面ABE，

又因?yàn)锽E?平面ABE，所以EF⊥BE．

又因?yàn)镈F∩EF=F，DF、EF?平面DEF，所以BE⊥平面DEF．

(2)由(1)知BE是三棱錐B?DEF底面DEF上的高，

由(1)知EF⊥AE，AE/?/DF，所以EF⊥DF，

即底面三角形DEF是直角三角形．

設(shè)DF=AE=x，BE=y，

則在Rt