2024-2025學(xué)年河北省邯鄲市高二上學(xué)期開學(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中，只有一項是符合題目要求

的。

1.已知向量沅，元滿足|詞=|元|=2,且記?元=—2VT,貝！］記，元夾角為（）

2.在回4BC中，角A,B,C對邊為a,b,c,且2c?cos2?=6+c,貝旭ABC的形狀為（）

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)Z］=4+2i,z2=l-3i,則復(fù)數(shù)z2-差的虛部是（）

A.4iB.-4iC.4D.-4

4.袋中裝有紅、黃、藍三種顏色的球各2個，無放回的從中任取3個球，則恰有兩個球同色的概率為

1334

A-5B.WC5D5

5.若雙曲線馬一4=l（a>0,6>0）的一條漸近線方程為y=-2%,該雙曲線的離心率是（）

ab

A岑B.<3C.75D.273

6.在四面體ABCD中，AB=AC=BC=6,AD1平面ABC,四面體力BCD的體積為/N若四面體

4BCD的頂點均在球。的表面上，則球。的表面積是（）.

A497r—八497r一.

A..彳B.497rC.「D.47r

2222

7.已知圓G：（x+5）+y=1,C2：（x-5）+y=225,動圓C滿足與G外切且C2與內(nèi)切，若M為的上

的動點，且而?■=（）,則「祈|的最小值為

A.272B.2/3C.4D.2<5

8.已知E,尸分別是棱長為2的正四面體4BCD的對棱力的中點.過EF的平面a與正四面體4BCD相截，得

到一個截面多邊形T,則下列說法正確的是（）

A.截面多邊形T不可能是平行四邊形

B.截面多邊形T的周長是定值

C.截面多邊形T的周長的最小值是，I+<6

D.截面多邊形T的面積的取值范圍是［1,Y司

二、多選題：本題共3小題，共15分。在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求。

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

C.一個樣本的方差s2=4?1-3）2+（久2-3）2+…+（久20-3）2],則這組樣本數(shù)據(jù)的總和等于60

D.數(shù)據(jù)的,a2,a3,口的方差為則數(shù)據(jù)2%,2a2,2a3,2a"的方差為2M

10.設(shè)小，n是兩條不同的直線，a,。是兩個不同的平面，下列命題中正確的是（）

A.若znua,nca,m///?,九〃S，貝!Ja〃S

B.若7nlri,m//a,a〃/?,則九16

C.若相，九異面，mca,m//[i,nu0,n//a,則仇〃6

D.若?！⊿，m1a,則m_L九

11.如圖，已知在平行四邊形ABC。中，AB=2AD=2,^BAD=60°,E為ZB的中點，將△ADE沿直線DE

翻折成△「￡）后,若M為PC的中點，貝！UADE在翻折過程中（點P2平面/BCD）,以下命題正確的是（）

A.BM〃平面PDE

C.存在某個位置，使MB工DE

D.當(dāng)三棱錐P—CDE體積最大時，其外接球的表面積為呼

三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。

12.某學(xué)校三個年級共有2760名學(xué)生，要采用分層抽樣的方法從全體學(xué)生中抽取一個容量為60的樣本，已

知一年級有1150名學(xué)生，那么從一年級抽取的學(xué)生人數(shù)是名.

13.設(shè)雙曲線C：擠―1=1的左焦點和右焦點分別是&,F2,點P是C右支上的一點，則|PF/+鬲的最小

值為.

14.已知點P是橢圓C:g+<=1上除頂點外的任意一點，過點P向圓。:/+y2=4引兩條切線PM,PN,

o4

設(shè)切點分別是M,N,若直線MN分別與x軸，y軸交于4B兩點，貝地力OB面積的最小值是.

四、解答題：本題共5小題，共60分。解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟。

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2。中點，DE=DC=1,MA=MD=<3,

現(xiàn)將平面回AMD沿2D折起，回BCN沿BC折起，使平面力MD，平面4BCD,且M,N重合為點P(如圖2所示

).

(圖1)(圖2)

(1)證明：平面PBE1平面PBC；

(2)求二面角C—24—。的余弦值.

16.(本小題12分)

如圖，四棱柱4BCD的底面為梯形，AD=2BC=2,三個側(cè)面人呂當(dāng)右，BCC1B1,CDDrC^

為正方形.

B

(1)證明：平面力BA1平面

(2)求點兒到平面48。1的距離.

17.(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，焦點在坐標(biāo)軸上，點P(2,-l)和點苧)為橢圓C

上兩點.

(I)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；

(11)48為橢圓C上異于點P的兩點，若直線P4與PB的斜率之和為0,求線段A8中點M的軌跡方程.

18.(本小題12分)

已知回ABC的三個內(nèi)角48,C對的三邊為a，b,c，且黑=篇

(1)若6=1,4=*求sinB；

⑵己知。=或當(dāng)品ABC取得最大值時，求回28C的周長.

19.(本小題12分)

如圖，4BCD為圓柱。0'的軸截面，EF是圓柱上異于4D,BC的母線.

(1)證明：BE_L平面DEF；

(2)若力B=BC=標(biāo)，當(dāng)三棱錐B—DEF的體積最大時，求二面角B—。尸—E的正弦值.

答案解析

1.C

【解析】根據(jù)向量的點乘關(guān)系，求出cos。，即可求出萬，元夾角.

解：由題意，

在向量沅，記中,\m\=|n|=2,

m-n=|m||n|cos^=2x2cos6=4cos。=—2，^

解得：COS。=—苧

3

一?"I"

故選：c.

2.B

【解析】解：因為2c?cos29=b+C,

所以2c?=b+c,即c+ccosA=b+c,

所以ccosA=b,

在團ABC中，

由余弦定理推論：cosA=0,

2bc

代入得，c-b^~a=b,即/+c2-q2=2爐，

2bc

所以c2=a2+》2,

所以回ABC是直角三角形.

故選：B.

3.D

【解析】Z2_?=(1_3i)—甘冬=—1—4i,

則其虛部是-4。

故選：D.

4.C

【解析】解:從紅、黃、藍三種顏色的球各2個，無放回的從中任取3個球，共有/=20種，其中恰有兩

個球同色有戲.盤=12種，故恰有兩個球同色的概率為P=1§=|.

故選：c.

5.C

【解析】雙曲線的焦點位于X軸，則雙曲線的漸近線為y=±2%，

因為雙曲線的一條漸近線方程為y=—2x,

所以2=2,

a

所以雙曲線的離心率為e若=J學(xué)=J1+.=75,

故選：C

6.B

【解析】因為4B=AC=2，百，BC=6,

所以COSNBAC=A"*匕=_/,貝UsinzBAC=V1-cos2ABAC=苧,

ZAD,ACLZ

則品4BC=\-AB-AC-sin/BAC=1-2/3-273?苧=3/3,

因為力D1平面4BC,四面體ABC。的體積為YZ，

所以，^=95回4/3「4。=^^4。，貝妹。=1；

設(shè)回ABC的外接圓半徑為r,記回718c外接圓圓心為。1，連接201，

由正弦定理可得，2T=.叫“=*=4其貝必。1=「=2，^

sinz5i4c12

2

設(shè)外接球的半徑為R,連接。01，

根據(jù)球的性質(zhì)可得，。。11平面48C,

又力D1平面ABC,所以4?！ā?。「

延長01。到E,使得。i￡=2D,連接DE,

則四邊形4。送。為矩形；所以A。1=DE

連接。a,OD,貝I|O4=OD=R,

所以吊團DE04Rt團A0r0,所以。。1=0E=^AD=蘇

因此球。的表面積是S=4TTR2=497r.

D

故選：B.

1.A

【解析】

,圓G：(%+5)2+y2=1,圓C2：(x—5)2+y2=225,

動圓C滿足與G外切且C2與內(nèi)切，設(shè)圓C的半徑為r,

由題意得ICC/+|CC2|=(l+r)+(15-r)=16,.?.則C的軌跡是以((一5,0),(5,0)為焦點，長軸長為16的橢

圓，

其方程為卷+得=1,因為國?的=0,即CM為圓G的切線，要|畫的最小，只要ICGI最小，設(shè)

貝=J-I?=J(久。+5/+九一1=\xl+10x0+25+39(1-您)一1

—J640+I。］。+64—1,'''—8<Xg<8,二——J)4^—F10X(-8)+64—1=,選A.

8.D

【解析】對于4當(dāng)平面a過4?；駼C時，截面為三角形.

易知正四面體關(guān)于平面ADF對稱，將平面a從平面4DF開始旋轉(zhuǎn)與力B交于點G時，

由對稱性可知，此時平面a與C。交于點H,且=

此時截面為四邊形EGF”，且注意到當(dāng)G,“分別為力B,CD的中點時，此時滿足AG=DH,

^GF"AC,AC“EH,GF=EH=gAC,即此時截面四邊形EGF”是平行四邊形，故A錯誤;

對于8C,設(shè)AG=m(0WmW2),由余弦定理得GE=Nm2+l—m=J(m-g)+1,

GF=7(2-m)2+1-(2-m)=J一|)+|,

由兩點間距離公式知，GE+GF表不動點(m,0)到定點和Q，-的距禺之和，

當(dāng)三點共線時取得最小值四|)2+(梟瞑2,

由二次函數(shù)單調(diào)性可知，當(dāng)m=0或機=2時，GE+GF取得最大值1+<3,

所以截面多邊形T周長的取值范圍是[4,2+26],故8C錯誤；

對于D,記GH與EF的交點為0,由對稱性NEFG=NEF”，F(xiàn)G=FH,

所以EF1GH,SEGFH=|FF-GH,

因為ZF=7AB2—BF2=73,

所以EF=7AF2-AE2=^2,所以SEGFH=支乩

記AB=a,AC=b,AD=c,

則說=至+同+而=+m+己=++落

因為Z?-b=a-c=bc=2x2cos|=2,|a|=|&|=|c|=2,

所以說2=*方2,|_彳石2+(]_/)于―費-K-m^l-y^a-c+m^l—

=m2+m2+4^1—2)—m2—2m(1—彳)+2m(1—

=2(m-I)2+2,

由二次函數(shù)性質(zhì)可知，2W黃W4,即調(diào)WGHW2,

所以1WSEGFH<2,故O正確；

故選：D

9.ABC

【解析】對于4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,正確：

對于B,一組數(shù)據(jù)中的每個數(shù)都減去同一個非零常數(shù)a,則這組數(shù)據(jù)的平均數(shù)也減去a,方差s2不改變，.出

正確；

對于C,???樣本的方差52=磊[(久1—3)2+(%2-3)2+...+(心一3)2],二這個樣本有20個數(shù)據(jù)，平均數(shù)是

3,.?.這組樣本數(shù)據(jù)的總和為3X20=60,C正確；

對于D,數(shù)據(jù)的，a2,a3,即的方差為M,則數(shù)據(jù)2a「2a2,2a3,2即的方差為4M,二D不正

確.

故選：ABC

10.CD

【解析】解：對于4當(dāng)且僅當(dāng)m與九相交時，滿足0",故A錯誤；

對于8：若m1n，m//a,Q〃,，則荏〃/?或nuS，或幾與口相交，故5錯誤；

對于C：假設(shè)a與S不平行，即a與夕相交，設(shè)an/?=2,

若/與m、ri不重合，由mua,TH〃/7,所以1〃7n,又?iu/?,n//a,所以/〃幾，所以m〃九，與m,九異面

矛盾，故假設(shè)不成立，

若/與771、71中某一條直線重合，則直接可以得到m〃n，與TH,幾異面矛盾，故假設(shè)不成立，故。正確；

對于D：若?！⊿，m1a,則租1夕，又幾〃所以7nl九，故。正確；

故選：CD

11.ABD

【解析】解：如圖，取CD的中點N,連接MN,BN,

M,E分別為PC,4B的中點，

MN//PD,BN//DE.

易證MN〃平面PDE,8N〃平面PDE.

???MNCBN=N,MN,BNu平面BMN,

平面BMN〃平面PDE.又BMu平面BMN,

BM//平面PDE,即A正確；

_-1-1-1

由A可知，MN=-PD=-^4￡)=BN=DE=AD=1,

???乙MNB=乙PDE=A.ADE=60°,

在圖BMN中，由余弦定理知，

■2

BM2=MN2+BN2-2MN-BN-cos乙MNB=

4

BM=浮是定值，即8正確；

取PD的中點G,則四邊形BMGE為平行四邊形，

若存在某個位置，使則EGIDE,與條件矛盾，故C錯誤；

當(dāng)三棱錐P-CDE的體積最大時，

平面PDE_L平面CDE,平面PDECI平面CDE=DE,

又CELDE,CEu平面CDE,二CE1平面PDE,

設(shè)三棱錐C-PDE的外接球的球心為0,

。在平面PDE上的射影是正三角形PDE的中心，。到平面PDE的距離等于gcE,

則外接球的半徑0E=

二外接球的表面積5=4亨，故。正確,

故選ABD.

12.25

【解析】由分層抽樣得從一年級抽取的學(xué)生人數(shù)是晟x1150=25人.

Z/oU

故答案為：25.

13.8

【解析】a=2,b=y[2i,c=5,\PF2\>c-a=3,\PF1\-\PF2\+2a=\PF2\+4,

IP&I+篇=|PF2l+嗝+4,|PBlN3,

而函數(shù)y=%+1+4,（%>0）在[3,+8）上單調(diào)遞增，

所以當(dāng)且僅當(dāng)x=3時，％nin=8.

故答案為：8.

14—

3

【解析】解:設(shè)P（尤o，yo），XoVo十0，

2

則以。P為直徑的圓的方程為+y-Xox-yoy=0,

與圓。：/+y2=4的方程相減得XoX+yoy-4=0,

即x（）x+yoy-4=0是過切點M,N的直線方程，

則,/弓4,0）,8（0,4『），

%。y。

所以|斗*=

x

乙1和1%lO7ol

又因為在點P在橢圓C：4+4=1上，

o4

所以空+*=1，即24=4%o+6yo刊4-/6|xyob

o4o

所以l&Vol</石，當(dāng)且僅當(dāng)4詔=6y以即就=3,據(jù)=2時取等號,

所以S?04B=兩2笈=丁'

即P4=PD=，百，E為4D的中點，

所以團PAD是等腰三角形，

且ME14D,即PE14D,

又因為平面2MD_L平面ABCD,且平面AMDC平面48CD=AD,PEu平面PAD,

所以PE_L平面4BCD,又BCu平面力BCD,

所以PE1BC,

又因為CD〃MN,且ME1AD,

所以四邊形NCDE為直角梯形，且DE=DC=L

所以四邊形BCDE是正方形，所以BC1EB,

又因為PECEB=E,

所以BC_L平面PBE,又因為BCu平面PBC,

所以平面PBE1平面PBC；

(2)

由(1)知：以E為原點，EA,EB,EP為x,y,z軸，建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系:

貝M(1,O,O),。(一1,0,0),C(—1,1,0),p(o,o,2),,

所以m=(1,0,-72),PC=(-1,1,-72),PD=(-1,0,-A<2),

設(shè)平面P4C的一個法向量為沅=(x,y,z),

則(PAm=U|pf%-72z=0,

IPCniIIl-x+y-V2z=0

令z=，l,則沆=(2,4,，I),

易知平面PAD的一個法向量為元=(0,1,0),

irt.ij―>一、m-n42/22

則cos(m,⑴=麗=席=丁，

所以二面角C-PA-。的余弦值是空.

【解析】(1)易證PE12D,再由平面AMD_L平面力BCD,得到PE1平面A8CD,則PE1BC,再由四邊形

BCDE是正方形，得到8clE8,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，EA,EB,EP為x,y,z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，求得平面P4C的一個法向量記=

(x,y,z),易知平面PAD的一個法向量為元=(0,1,0),然后由cos(沅，為=普普求解.

I叫I叫

16.⑴

因為側(cè)面BCC1B1,CDDLG均為正方形，所以ZBIAB,1BC,AB=CD.

又ABCBC=B,AB,BCCL^ABCD,所以1面ABCD.

由棱柱的性質(zhì)，四棱柱為直四棱柱，貝|。必1面4BC。，又4Bu面48CD,貝⑺

又四邊形ZBCD為梯形，AB=CD,AD=2BC=2,所以4D〃BC.

11

X-cD

過點c作CEI力D,垂足為E,貝UDE2-(22-

在等腰三角形BCD中BD=2xJ12-g)2=6.

因為4￡>2=AB2+B￡)2,所以4B1BD.

因為BDn￡)iD=。，BD,Z)iDu面BDOi，所以AB1面BOD1.

又ZBu平面ABD］，所以平面ABD11平面BD/.

⑵

法一：連接&B,BR,

由(1)直二棱柱2B?！?/]￡)1的體積以BD-ABMI=S.ABDXA4]——x1xV_3X1=

_1

由直三棱柱的性質(zhì)知，三棱錐B-的體積VB-ABIDT—35BDT遇過1，

1

--

三棱錐5-4BD的體積VDLABD3

所以匕1-ABDI=%—^B-A^B^—^Dr-ABD=3^ABD-ArBrDr=

由4BiffiFDOi，BD1u面BDZ\,貝!MB1BD「且BZ\=7BD2+DD1=2.

設(shè)點力i到平面2BA的距離為d,則九TBDI=gx：xABxBDiXd=今,

即,x：xlx2xd=W，解得d=苧，故點&到平面AB%的距離為噂.

5ZoZZ

法二：因412//4B,且ZBu面4B￡)i，J",：面力BD〉所以4/"/面4B￡)i，

所以41，Bi兩點到平面AB/的距離相等.

過點名作BiHIB/,垂足為點H,連接B/i.

易得B[H，平面ABD1，所以線段名”的長度即為點&到平面ABD1的距離.

因為84=1,B\D[=BD=GBDi=[BD2+皿=2,所以8/=苧.

所以點&到平面ABA距離為亨.

【解析】(1)由題設(shè)及線面垂直的判定得名B_L面ABCD,進而有AD14B,過點C作CE14D,垂足為E,

進而證力B1BD,最后由線面、面面垂直的判定證結(jié)論；

(2)法一：連接&B,BR,應(yīng)用等體積法有%「MD=彳4BD-4B以求點面距；法二：證線面平行得到

4,兩點到平面ABD1的距離相等，過點當(dāng)作1BDi，垂足為點“，連接劣名，進而求點面距.

17.解：(I)設(shè)橢圓的方程為nt/+九y2_i(7Tl>o,n>0,mn),

因為點P(2,-1)和點QQK苧)為橢圓C上兩點，

(4m+n=111

所以I公"1”i>解得爪=w，n=5，

(6m+-n=182

故橢圓c的標(biāo)準(zhǔn)方程為《+號=I；

oZ

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

聯(lián)立方程組kZo,可得(久—2)[(1+4k2)x—81—8k+2]=0,

所以點4的橫坐標(biāo)為馬=8k漆2,縱坐標(biāo)為”=哈滬，

因為直線24與P8的斜率之和為0,

所以直線PB的斜率為-k,

8k2-8k-24廿+妹-1

同理可求出點8的坐標(biāo)為()，

l+4/c2'l+4/c2

8k2-24fc2-l.

故點M的坐標(biāo)為(■1+4/c2'l+4fc2^

所以點M的坐標(biāo)滿足x=2y,

由on，解得％=±2,

所以一2<%V2,

故點M的軌跡方程為無一2y=0(—2<x<2).

【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

的問題時，一般會聯(lián)立直線與圓錐曲線的方程，利用韋達定理和“設(shè)而不求”的方法進行研究，屬于較難

題.

(I)利用待定系數(shù)法設(shè)橢圓的方程為?n/+；1y2=](爪>。，兀>0,7n4①，由點在橢圓上，列出關(guān)于n

的方程組，求出小，n,即可得到橢圓C的方程；

(II)設(shè)P4的斜率為K得到直線P4的方程，聯(lián)立直線24與橢圓的方程，求出點4的坐標(biāo)，聯(lián)立直線PB與橢

圓的方程，求出點B的坐標(biāo)，從而得到點M的坐標(biāo)，消去參數(shù)鼠即可得到點M的軌跡方程.

18.(1)

..sinA_5a

?sinB10-a'

a_5a

?'b=10-a'

???a+5b=10,又b=1,

???a=5,

由正弦定理可知：三b

sinB'

.Rlx苧

(2)

1?1SMBC=^ab-sinC=^-ab,當(dāng)品必。取最大值時，即ab取最大值,

???a+5b=10,

5ab<中

4

金+爐

???ab<=5,當(dāng)且僅當(dāng)a=5b時，即a=5,b—1時等號成立,

20

由余弦定理可知：COSC=a

1

52+2X5XX

2212--

c—y/a+b—2ab-cost—一2

???c=A/21

???E力BC的周長a+b+c=6+V21.

【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，對應(yīng)的a,b的值，再根據(jù)余弦定理求出邊

c,進而得到13ABe的周長.

19.解：(1)證明：如圖，連接力E,由題意知為。。的直徑，

所以ZE18E.因為AD,EF是圓柱的母線，

所以AD〃EF且力D=EF,所以四邊形2EFD是平行四邊形.

所以4E//DF,所以BE1DF.

因為EF是圓柱的母線，所以EF1平面力BE,

又因為BEu平面A