河北省邯郸市2024-2025学年高二上学期开学考试数学试卷（解析版）

保密★启用前2024-2025年河北省邯郸市高二上学期数学开学考试（精校版）注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2．请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题）选择题使用2B涂卡笔将答案标在答题卡上一、单选题（共8题，每题5分，共40分）1.已知向量，满足，且，则，夹角为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据向量的点乘关系，求出，即可求出，夹角.详解】解：由题意，在向量，中，，解得：∴故选：C.2.在中，角对边为，且，则的形状为（）A.等边三角形 B.直角三角形 C.等腰三角形 D.等腰直角三角形【答案】B【解析】【分析】先根据二倍角公式化简，根据余弦定理化简得到即可得到答案.【详解】因为，所以，即，所以，在中，由余弦定理：，代入得，，即，所以.所以直角三角形.故选：B3.设复数，，则复数的虚部是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】计算出的值，即可找出虚部.【详解】，则其虚部是。故选：D.【点睛】本题考查了复数的运算，以及复数的定义，属于基础题.4.袋中装有红、黄、蓝三种颜色的球各个，无放回的从中任取个球，则恰有两个球同色的概率为A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据古典概型的计算公式即可求解.【详解】解：从红、黄、蓝三种颜色的球各2个，无放回的从中任取3个球，共有种，其中恰有两个球同色有种，故恰有两个球同色的概率为.故选：C．5.若双曲线的一条渐近线方程为，该双曲线的离心率是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由双曲线方程求出渐近线方程，再结合已知可得，从而可求出双曲线的离心率.【详解】双曲线的焦点位于轴，则双曲线的渐近线为，因为双曲线的一条渐近线方程为，所以，所以双曲线的离心率为，故选：C6.在四面体中，，，平面，四面体的体积为.若四面体的顶点均在球的表面上，则球的表面积是（）.A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】先由题中条件，求出，，设的外接圆半径为，记外接圆圆心为，连接，由正弦定理，求出，设外接球的半径为，连接，得到，延长到，使得，连接，连接，，根据三角形全等，得到，进而可求出结果.【详解】因为，，所以，则，则，因为平面，四面体的体积为，所以，则；设的外接圆半径为，记外接圆圆心为，连接，由正弦定理可得，，则设外接球的半径为，连接，根据球的性质可得，平面，又平面，所以，延长到，使得，连接，则四边形为矩形；所以连接，，则，所以，所以，因此，因此球的表面积是.故选：B.【点睛】本题主要考查求几何体外接球的表面积，熟记几何体结构特征，以及球的表面积公式即可，属于常考题型.7.已知圆：，：，动圆满足与外切且与内切，若为上的动点，且，则的最小值为A. B. C. D.【答案】A【解析】【详解】

∵圆：，圆：，

动圆满足与外切且与内切，设圆的半径为，

由题意得∴则的轨迹是以（为焦点，长轴长为16的椭圆，

∴其方程为因为，即为圆的切线，要的最小，只要最小，设，则，选A.8.已知E，F分别是棱长为2的正四面体的对棱的中点.过的平面与正四面体相截，得到一个截面多边形，则下列说法正确的是（）A.截面多边形不可能是平行四边形 B.截面多边形的周长是定值C.截面多边形的周长的最小值是 D.截面多边形的面积的取值范围是【答案】D【解析】【分析】将平面从平面开始旋转，结合对称性可判断A；设，利用余弦定理表示出，利用几何意义求最小值，利用二次函数单调性求最大值可判断BC；先判断，然后利用向量方法求出，可得截面面积的范围，可判断D.【详解】对于A，当平面过或时，截面为三角形.易知正四面体关于平面对称，将平面从平面开始旋转与交于点时，由对称性可知，此时平面与交于点，且，此时截面为四边形，且注意到当分别为的中点时，此时满足，且，即此时截面四边形是平行四边形，故A错误；对于BC，设，由余弦定理得，，由两点间距离公式知，表示动点到定点和的距离之和，当三点共线时取得最小值，由二次函数单调性可知，当或时，取得最大值，所以截面多边形周长的取值范围是，故BC错误；对于D，记与的交点为，由对称性，，所以，，因为，所以，所以，记，则，因为，所以，由二次函数性质可知，，即，所以，故D正确；故选：D【点睛】关键点点睛：本题解题关键是找到正四面体的对称性，根据对称性判断截面形状，利用余弦定理求周长，利用空间向量求距离，然后可得面积，题目综合性强，对学生的直观想象能力有较高的要求.二、多选题（共18分，每题6分，多选错选不选不得分，漏选少选得部分分）9.下列结论中正确的是（）A.在频率分布直方图中，中位数左边和右边的直方图的面积相等B.一组数据中的每个数都减去同一个非零常数a，则这组数据的平均数改变，方差不改变C.一个样本的方差，则这组样本数据的总和等于60D.数据，，，．．．，的方差为M，则数据，，，…，的方差为2M【答案】ABC【解析】【分析】A选项，利用中位数的定义可判断；B选项，一组数据中的每个数都减去同一个非零常数a，平均数会随之改变，方差不变；C选项，可以看出平均数和样本总量，从而求出样本数据的总和；D选项，方差会变为原来的4倍.【详解】对于A，在频率分布直方图中，中位数左边和右边的直方图的面积相等，都为，∴A正确：对于B，一组数据中的每个数都减去同一个非零常数a，则这组数据的平均数也减去a，方差不改变，∴B正确；对于C，∵样本的方差，∴这个样本有20个数据，平均数是3，∴这组样本数据的总和为3×20＝60，C正确；对于D，数据，，，…，的方差为M，则数据，，，…，的方差为4M，∴D不正确．故选：ABC10.（多选）设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，下列命题中正确的是（）A.若，，，，则B.若，，，则C.若，异面，，，，，则D.若，，，则【答案】CD【解析】【分析】根据线面平行、线线平行与面面平行的性质定理及判定定理一一判断即可；【详解】解：对于A：当且仅当与相交时，满足，故A错误；对于B：若，，，则或，或与相交，故B错误；对于C：假设与不平行，即与相交，设，若与、不重合，由，，所以，又，，所以l//n，所以，与，异面矛盾，故假设不成立，若与、中某一条直线重合，则直接可以得到，与，异面矛盾，故假设不成立，故C正确；对于D：若，，则，又，所以，故D正确；故选：CD11.如图，已知在平行四边形中，，，为的中点，将沿直线翻折成，若为的中点，则在翻折过程中（点平面），以下命题正确的是（）A.平面B.C.存在某个位置，使D.当三棱锥体积最大时，其外接球的表面积为【答案】ABD【解析】【分析】对于A，取的中点，连接，，根据中位线定理可得，，由面面平行的判定定理可得平面平面，再由线面平行的性质定理，即可判断A是否正确．对于B，计算，，，在中，由余弦定理即可判断B是否正确，对于C，取中点，可得为平行四边形，用反证法推出矛盾，即可判断C是否正确．对于D，当三棱锥的体积最大时，平面平面，再由线面垂直的判定定理可得平面，再计算外接球的半径，即可判断D是否正确．【详解】对于A，如图，取的中点，连接，，分别为，的中点，，，，，且，平面，，平面，∴平面平面．又平面，平面，故A正确；对于B，由A可知，，，，在中，由余弦定理知，，，是定值，故B正确；对于C，取的中点，因为为的中点，所以平行且等于，则四边形为平行四边形，若存在某个位置，使，则与条件矛盾，故C错误；对于D，当三棱锥的体积最大时，平面平面，又，平面，将三棱锥从几何体中拿出单独分析，设三棱锥的外接球的球心为，在平面上的射影是正三角形的中心，到平面的距离等于，由图可知，外接球的半径，外接球的表面积，故D正确，故选：ABD.【点睛】解答空间几何体中垂直关系时，一般要根据已知条件把空间中的线线、线面、面面之间垂直关系进行转化，转化时要正确运用有关的定理，找出足够的条件进行推理．第II卷（非选择题）填空题、主观题请在答题卡相应位置上作答三、填空题（共15分，每题5分）12.某学校三个年级共有2760名学生，要采用分层抽样的方法从全体学生中抽取一个容量为60的样本，已知一年级有1150名学生，那么从一年级抽取的学生人数是___________名.【答案】【解析】【分析】利用分层抽样的定义进行计算即可.【详解】由分层抽样得从一年级抽取的学生人数是人.故答案为：25.13.设双曲线C：的左焦点和右焦点分别是，，点P是C右支上的一点，则的最小值为______________．【答案】8【解析】【分析】利用双曲线性质、焦半径的范围将所求转换为对勾函数的最小值即可得解.【详解】，，，而函数在上单调递增，所以当且仅当时，.故答案为：8.14.已知点P是椭圆上除顶点外的任意一点，过点P向圆引两条切线，，设切点分别是M，N，若直线分别与x轴，y轴交于A，B两点，则面积的最小值是____________．【答案】##【解析】【分析】设，求出以为直径的圆的方程，与圆的方程相减可得直线的方程，进而可求得的坐标，再求出AB和点到直线的距离，求出面积的表达式，进而可得出答案.【详解】设，则以为直径的圆的方程为，与圆的方程相减得，即是过切点的直线方程，则，所以，又因为点到直线的距离，所以，又因为在点P在椭圆上，所以，即，所以，当且仅当，即时取等号，所以，即面积的最小值是.故答案为：.【点睛】关键点点睛：设，求出以为直径的圆的方程，与圆的方程相减可得直线的方程，是解决本题的关键.四、解答题（共77分）15.如图1所示，四边形为梯形且，，为中点，，，现将平面沿折起，沿折起，使平面平面，且重合为点（如图2所示）．（1）证明：平面平面；（2）求二面角的余弦值.【答案】（1）详见解析；（2）【解析】【分析】（1）易证，再由平面平面，得到平面ABCD，则，再由四边形BCDE是正方形，得到，然后利用线面垂直和面面垂直的判定定理证明；（2）以E为原点，EA，EB，EP为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，求得平面PAC的一个法向量，易知平面PAD的一个法向量为，然后由求解.【小问1详解】证明：因为，即PA=PD=，E为AD的中点，所以是等腰三角形，且，即，又因为平面平面，且平面平面=AD，平面PAD，所以平面ABCD，又平面ABCD，所以，又因为，且，所以四边形NCDE为直角梯形，且DE=DC=1，所以四边形BCDE是正方形，所以，又因为，所以平面PBE，又因为平面PBC，所以平面平面；【小问2详解】由（1）知：以E为原点，EA，EB，EP为x，y，z轴，建立如图所示空间直角坐标系：则,，所以，设平面PAC的一个法向量为，则，即，令，则，易知平面PAD的一个法向量为，则，所以二面角的余弦值是.16.如图，四棱柱的底面为梯形，，三个侧面，，均为正方形．（1）证明：平面平面．（2）求点到平面的距离．【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）由题设及线面垂直的判定得面，进而有，过点作，垂足为，进而证，最后由线面、面面垂直的判定证结论；（2）法一：连接，，应用等体积法有求点面距；法二：证线面平行得到，两点到平面的距离相等，过点作，垂足为点，连接，进而求点面距.【小问1详解】因为侧面，，均为正方形，所以，，．又，面，所以面．由棱柱的性质，四棱柱为直四棱柱，则面，又面，则．又四边形为梯形，，，所以．过点作，垂足为，则，所以，则．在等腰三角形中．因为，所以．因为，面，所以面．又平面，所以平面平面．【小问2详解】法一：连接，，由（1）直三棱柱的体积．由直三棱柱的性质知，三棱锥的体积，三棱锥的体积，所以．由面，面，则，且．设点到平面的距离为，则，即，解得，故点到平面的距离为．法二：因，且面，面，所以面，所以，两点到平面的距离相等．过点作，垂足为点，连接．易得平面，所以线段的长度即为点到平面的距离．因为，，，所以．所以点到平面距离为．17.在平面直角坐标系中，椭圆的中心在坐标原点，焦点在坐标轴上，点和点为椭圆上两点.（Ⅰ）求椭圆的标准方程；（Ⅱ），为椭圆上异于点的两点，若直线与的斜率之和为，求线段中点的轨迹方程.【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）【解析】【分析】（Ⅰ）设椭圆的方程为，进而待定系数求解即可得答案；（Ⅱ）设直线的斜率为，进而得直线的方程，与椭圆联立得点的坐标，同理，用替换点的坐标得点的坐标，进而得点的坐标，消去参数即可得点的轨迹方程.【详解】解：（Ⅰ）根据题意，设椭圆方程为，因为点和点为椭圆上两点，所以，解得，所以椭圆的标准方程（Ⅱ）设直线的斜率为，所以直线的方程为，即，所以与椭圆联立方程得，即，所以点的横坐标为，纵坐标为，即点的坐标为，因为直线与的斜率之和为，所以直线的斜率为，同理，用替换点的坐标得点的坐标，所以点的坐标为所以点的参数方程为：（为参数）消去参数得点的轨迹方程，由解得，所以，所以点的轨迹方程.【点睛】本题考查椭圆标准方程的求解，直线与椭圆的位置关系的应用，考查运算求解能力，是中档题.本题解题的关键在于设直线的斜率为，进而结合题意，与椭圆联立方程求得点坐标，进而消参数即可得答案.18.已知的三个内角，，对的三边为，，，且（1）若，，求；（2）已知，当取得最大值时，求的周长.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据正弦定理，化角为边，即可求出，再利用正弦定理即可求出；（2）根据基本不等式及三角形面积公式可得面积取得最大值时，对应的的值，再根据余弦定理求出边，进而得到的周长．【小问1详解】∵，∴，∴，又，∴，由正弦定理可知：，∴；【小问2详解】∵，当取最