河北省衡水中学2024-2025学年高二上学期第一次综合素养测评数学试题（解析版）

2024-2025高二年级：上学期数学学科主命题人：孙广慧答题时间：120分钟满分：150分第I卷（选择题）一、单选题（每题5分，共40分）1.已知集合，，若，则（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】分、讨论，利用可得答案.【详解】因为，所以，①时，，解得；②时，则有，解得.综上，m的取值范围是.故选：D.2.已知某学校参加学科节数学竞赛决赛的8人的成绩（单位：分）为：72，78，80，81，83，86，88，90，则这组数据的第75百分位数是（）A.86 B.87 C.88 D.90【答案】B【解析】【分析】根据样本数据百分位数的定义求解即可.【详解】将数据从小到大排序得，因为，所以第75百分位数是．故选：B．3.将除颜色外完全相同的2个红球和1个白球随机放入2个不同的盒子中，每个盒子中至少放入1个球，则2个红球分别放入不同盒子中的概率为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】分析求出所有的基本事件，然后由古典概型的计算公式求解即可.【详解】将除颜色外完全相同的2个红球和1个白球随机放入2个不同的盒子中，每个盒子中至少放入1个球，则基本事件有：（红1，白红2），（白，红1红2），（红2，白红1），则2个红球分别放入不同盒子中包含了（红1，白红2），（红2，白红1），所以由古典概型的公式得概率为：.故选：A4.在正方体中，若，P，Q分别为AC，的中点，则直线PQ与AO所成角的大小为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】利用，将直线PQ与AO所成角转化成两相交直线与AO所成的角，通过计算证明，推理得到即得.【详解】如图，连接,由已知得，，则直线PQ与AO所成的角即为直线与AO所成的角.由可得,则与AO相交.在和中，，，所以，所以，所以，所以，即直线PQ与AO所成角大小为．故选:D．5.已知向量满足，且在上的投影向量为，则向量与向量的夹角为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】先利用投影向量求出数量积，利用夹角公式可得答案.【详解】依题意，在上的投影向量为，则，于是，而，则，所以向量与向量的夹角为.故选：C6.已知非负实数满足，则的最小值为（）A. B.2 C. D.【答案】B【解析】【分析】依题意可得且，利用乘“1”法及基本不等式计算可得.【详解】因为非负实数满足，显然，则，所以，则，当且仅当，即，时取等号，所以的最小值为.故选：B7.为了发展旅游业，方便游客观赏湖面盛开的睡莲和湖里游动的锦鲤，唐山南湖公园拟修建观景栈桥．规划如图所示，为规划区域，面积为万平方米，，，，是四条观景木栈桥，其中，，，为观景玻璃栈桥，则的最小值（单位：百米）为（）A. B.4 C. D.【答案】C【解析】【分析】根据题意，设的边，，利用三角形的面积公式求出，然后以向量、为基底，表示出向量，利用向量模的公式与平面向量数量积的运算性质，推导出，再根据基本不等式求出的最小值，进而得出的最小值．【详解】中，设，，由，，可得，即，所以．因为，所以，由，得，即，整理得，因为，所以，而，所以，当且仅当时，即，时，等号成立．因此，当，时，的最小值为，即的最小值为百米．故选：C．8.如图，四棱锥是棱长均为2的正四棱锥，三棱锥是正四面体，G为的中点，则下列结论错误的是（

）A.点共面 B.平面平面C. D.平面ACD【答案】D【解析】【分析】A.由题意转化为证明平面和平面，即可证明；B.根据面面平行的判断定理转化为证明平面和平面，即可证明；C.由A选项的证明可证明线线垂直；D.利用反证法，说明不成立.【详解】选项A：如图，取中点，连接,,,，因为是正四棱锥，是正四面体，为的中点，所以，,，因为，平面，所以平面，因为，平面，所以平面，所以四点共面，由题意知，，所以四边形是平行四边形，所以，因为，所以，所以四点共面，故A说法正确；选项B：由选项A知，又平面，平面，所以平面，因为，且平面，平面，所以平面，又平面，平面，且，所以平面平面，故B说法正确；C选项：由选项A可得平面，又平面，所以，故C说法正确；D选项：假设平面，因为平面，则，由选项A知四边形是平行四边形，所以四边形是菱形，与，矛盾，故D说法错误.故选：D二、多选题（每题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对得部分，有错选的得0分）9.若数据的平均数为3，方差为4，则下列说法正确的是（）A.数据的平均数为13B.数据的方差为12C.D.【答案】ACD【解析】【分析】由题意可得，，利用平均数的性质可得A；利用方差的性质计算可得B：由即可得C；结合方差与平均数计算即可得D.【详解】依题意，，，对A：，故A正确:对B：依题意，，所以数据的方差为：，故B错误；对C：，故C正确;对D：由，解得，故D正确.故选：ACD.10.如图，在平行六面体中，以顶点为端点的三条棱长都是2，且它们彼此的夹角都是为与的交点，若，则下列正确的是（）A. B.C. D.的长为【答案】AC【解析】【分析】A、B选项考查的是空间向量基本定理的应用，以，，为基底表示，就可以得到结论；C选项考查利用空间向量数量积求向量夹角的余弦，先用基底表示和，再求它们的数量积和模，利用可判断C是否正确；对D选项，先用基底表示，再结合可求的长.【详解】∵，故A正确.∵.故B错误.又∵，.，；，..∴.故C正确.∵，∴.故D错误.故选：AC.11.已知函数，，则（）A.若有2个不同的零点，则B.当时，有5个不同的零点C.若有4个不同的零点，则的取值范围是D.若有4个不同的零点，则的取值范围是【答案】BCD【解析】【分析】作出的图象，由有2个不同的零点，结合图象，可判定A错误；由，令，得到，求得，结合图象，可判定B正确；由对数的运算性质，求得，结合二次函数的对称性得到，进而判定C正确；由，结合对勾函数的性质，可判定D正确．【详解】由函数，可得，作出的图象，如图所示．对于A中，由，可得，若有2个不同的零点，结合图象知或，所以A错误；对于B中，当时，由，可得，令，则有，可得，结合图像知，有3个不等实根，有2个不等实根，没有实根，所以有5个不同的零点，所以B正确；对于C中，若有4个不同的零点，则，且，则，由二次函数的对称性得，则，结合B知，所以，所以的取值范围为，所以C正确；对于D中，由，其中，由对勾函数的性质，可得在上为单调递减函数，可得，所以的取值范围为，所以D正确．故选：BCD．【点睛】方法点睛：求解复合函数的零点个数或方程解的个数与范围问题的策略：1、先换元解“套”，令，则，再作出和的图象；2、由函数的图象观察有几个的值满足条件，结合的值观察的图象，求出每一个被对应，将的个数汇总后，即为的根的个数，即“从外到内”.3、由零点的个数结合与的图象特点，从而确定的取值范围，进而决定参数的范围，即“从内到外”，此法成为双图象法（换元+数形结合）.第II卷（非选择题）三、填空题（每题5分，共15分）12.函数，若，则__________.【答案】【解析】【分析】利用和的关系求解即可.【详解】，，.故答案为：13.如图，在多面体ABCDEF中，DE⊥平面ABCD，AD∥BC，平面BCEF∩平面ADEF＝FE，∠BAD＝45°，AD＝3，AB＝2DE＝2EF＝2，则四棱锥B﹣ADEF的体积为_____．【答案】##【解析】【分析】由已知证明∥，可得∥，利用等体法求的体积，进一步可得四棱锥的体积【详解】因为∥，平面，平面，所以∥平面，因为平面，平面平面，所以∥，所以∥，因为，所以，，所以，即，因为平面，所以是三棱锥的高，因为，所以，所以，故答案为：14.将函数的图象向左平移个单位长度得到函数的图象，若，则的最小值为___________．【答案】##0.5【解析】【分析】利用平移变化得到的解析式，再根据知，，代入的解析式即可求出的取值范围，再结合，求出的最小值.【详解】将函数的图象向左平移个单位长度得到函数，又，则，，或即，或，又，的最小值为.故答案为：.四、解答题（共5题，满分77分）15.某射击训练队制订了如下考核方案：每一次射击中10环、中8环或9环、中6环或7环、其他情况，分别评定为A，B，C，D四个等级，各等级依次奖励2分、奖励0分、罚2分、罚4分．假设评定为等级为A，B，C的概率分别是，，．（1）若某射击选手射击一次，求其被罚分的概率；（2）若某射击选手射击两次，且两次射击互不影响，求这两次射击得分之和为0分的概率．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）设事件分别表示“被评为等级A，B，C，D”.由题意，事件两两互斥，然后利用互斥事件的概率加法公求解即可；（2）设事件，且事件互斥，然后分别求出对应的概率，再利用互斥事件的概率加法公求解即可.【小问1详解】设事件A，B，C，D分别表示“被评定为等级A，B，C，D”．由题意得，事件A，B，C，D两两互斥，所以．又因为被罚分，所以．因此其被罚分的概率为；【小问2详解】设事件，，，表示“第i次被评定为等级A，B，C，D”，，2．则“两次射击得分之和为0分”为事件，且事件，，互斥，，，所以两次射击得分之和为0分的概率.16.内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，．（1）求A；（2）若点D在BC边上，AD平分BAC，且，求的周长．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理边化角，再利用三角恒等变换求出角即可；（2）利用角平分线分三角形面积等于两个小三角形面积之和得出等式，再用余弦定理联立求解周长即可.【小问1详解】由正弦定理得sinA在中，，化简为，又，，又；【小问2详解】依题意得，即，由余弦定理得，，解得的周长为.17.如图，等腰梯形中，，，，为的中点，将沿折起、得到四棱锥，为的中点.（1）线段上是否存在点，使平面？（2）证明：为直角三角形；（3）当四棱锥的体积最大时，求三棱锥的体积.【答案】（1）存在，为的中点，理由见解析；（2）证明见解析；（3）.【解析】【分析】（1）为的中点，取中点，连接，证明，再利用线面平行的判定推理即可.（2）取的中点，连接，，，由线面垂直的判定证得面即可作答.（3）利用（2）中信息确定在体积最大时，求出点到平面距离，再结合锥体体积公式计算作答.【小问1详解】存在，为的中点，如图，取中点，连接，而为的中点，则，，在等腰梯形中，，又为的中点，于是得，，即有四边形为平行四边形，则，又面，面，所以平面【小问2详解】取的中点，连接，，，如图，由（1）知，，，即为平行四边形，则，，有，为正三角形，则有，，在原等腰梯形中，为正三角形，则，于是得，而，即有为正三角形，，则，又，平面，则面，而面，因此，所以为直角三角形.【小问3详解】由（2）知，是边长为4的菱形，且，即的面积是定值，当四棱锥的体积最大时，即有点到平面距离最大，有直线平面，则的高即为四棱锥的高，又为的中点，则到平面的距离，又，于是得，所以三棱锥的体积为4.18.已知函数，对，有.（1）求的值及的单调递增区间；（2）若，，求；（3）将函数图象上的所有点，向右平移个单位后，再将所得图象上的所有点，纵坐标不变，横坐标变为原来的倍，得到函数的图象.若，，求实数的取值范围.【答案】（1），单调递增区间为（）（2）（3）或【解析】【分析】（1）利用三角恒等变换得到，根据得到方程，求出，得到函数解析式，整体法得到函数单调性；（2）根据得到，凑角法，结合正弦和角公式得到答案；（3）根据伸缩和平移变换得到，令，故，令，从而得到，因为，所以当时，，所以，解出答案.【小问1详解】，因为对，有，可得当时，取得最值，所以，，可得，，又，所以，所以，由，，可得，，所以的单调递增区间为（）.【小问2详解】由，，，可得，，所以，所以.【小问3详解】将函数图象上的所有点，向右平移个单位后得到函数的图象，进而可得，令，只需，令，因为，所以，所以，因为，可得，所以，因为，所以当时，，所以，即，解得或所以实数的取值范围为或.19.类比思想在数学中极为重要，例如类比于二维平面内的余弦定理，有三维空间中的三面角余弦定理：如图1，由射线，，构成的三面角，记，，，二面角的大小为，则．如图2，四棱柱中，为菱形，，，，且点在底面内的射影为的中点．（1）求的值；（2）直线与平面内任意一条直线夹角为，证明：；（3）过点作平面，使平面平面，且与直线相交于点，若，求值．【答案】（1）（2）证明见解析（3）【解析】【分析】（1）连接，即可证明平面平面，即二面角的大小为，求出，再由所给三面角余弦定理计算可得；（2）依题意可得，设平面内任一条直线为，分过点与不过点两种情况，当过点，记与的夹角为（），则，结合余弦函数的性质即可得证；（3）连接，，首先证明平面平面，从而得到平面平面，再由面面平行的性质得到，从而得到，即可得解.【小问1详解】连接，由已知得平面，，又平面，所以平面平面，所以二面角