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）

第1页/共22页2024-2025高二年级：上学期数学学科【答案】D【解析】【详解】因为AUB=A，所以BA，[m+1<2m-1l2m-1≤7综上，m的取值范围是m≤4.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.86B.87C.88D.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72,78,80,81,83,86,88,90，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，第2页/共22页则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ABCD-A1B1C1D1中，若B1C∩BC1=O，P，Q分别为AC，DD1的中点，则直线PQ与AO所成角的大小为()A.πB.πC.πD.π【答案】D【解析】【分析】利用PQ//BD1，将直线PQ与AO所成角转化成两相交直线BD1与AO所成的角，通过计算证明【详解】如图，连接BD1,AD1,由已知得，PQ//BD1，则直线PQ与AO所成的角即为直线BD1与AO所成的角.1可得□ABC1D1,则BD1与AO相交.第3页/共22页所以AO丄BD1，即直线PQ与AO所成角的大小为.故选:D.5.已知向量,满足ii=4,=10，且在上的投影向量为-，则向量与向量的夹角为()ππ2π5πA.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|2=-20，所以向量与向量的夹角为.故选：CA.B.2C.D.【答案】B【解析】【分析】依题意可得x>0且x+(1+y)=2，利用乘“1”法及基本不等式计算可得.【详解】因为非负实数x,y满足x+y=1， 所以+的最小值为2.第4页/共22页故选：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，△ABC为规划区域，面积为4万平方米，AB，CA，CB，CD是四条观景木栈桥，其 A.23A.23B.4C.6D.63再根据基本不等式求出的最小值，进而得出AP的最小值.22而b22等号成立.第5页/共22页故选：C8.如图，四棱锥A-BCDE是棱长均为2的正四棱锥，三棱锥A-CDF是正四面体，G为BE的中点，则下列结论错误的是()A.点A,B,C,F共面B.平面ABE//平面CDFC.FG⊥CD【答案】D【解析】【分析】A.由题意转化为证明CD丄平面AGH和CD丄平面AFH，即可证明；B.根据面面平行的判断定理转化为证明AG//平面CDF和BE//平面CDF，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CD中点H，连接GH,FH,AG,AH，因为A-BCDE是正四棱锥，A-CDF是正四面体，G为BE的中点，因为GH∩AH=H，GH,AH平面AGH，所以CD丄平面AGH，因为AH∩FH=H，AH,FH平面AFH，所以CD丄平面AFH，所以A,G,H,F四点共面，由题意知AG=HF=GH=AF=2，所以四边形AGHF是平行四边形，所以GHⅡAF，因为BC∥GH，所以BC∥AF，所以A,B,C,F四点共面，故A说法正确；第6页/共22页选项B：由选项A知AG∥FH，又AG丈平面CDF，FH平面CDF，所以AG//平面CDF，因为CD//BE，且BE丈平面CDF又AG平面ABE，BE平面ABE，且AG∩BE=G，所以平面ABE//平面CDF，故B说法正确；C选项：由选项A可得CD丄平面AGHF，又FG平面AGHF，所以FG⊥CD，故C说法正确；D选项：假设FG丄平面ACD，因为AH平面ACD，则FG丄AH，由选项A知四边形AGHF是平行四边形，所以四边形AGHF是菱形，与，GH=2矛盾，故D说法错误.故选：D9.若数据x1,x2,…,x10的平均数为3，方差为4，则下列说法正确的是()A.数据4x1+1的平均数为13【答案】ACD【解析】【分析】由题意可得xi=3，2=4，利用平均数的性质可得A；利用方差的性质计算可得xi=3即可得C；结合方差与平均数计算即可得D.第7页/共22页对故选：ACD.10.如图，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，以顶点A为端点的三条棱长都是2，且它们彼此的夹角都是60O,P为A1D与AD1的交点，若则下列正确的是()A.B.【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-P，-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2可求BD1的长.第8页/共22页【详解】2---AC12222故选：AC.A.若g(x)有2个不同的零点，则2<a<5B.当a=2时，g(f(x))有5个不同的零点C.若g(x)有4个不同的零点x1,x2,x3,x4(x1<x2<x3<x4)，则x1x2x3x4的取值范围是(12,13)D.若g(x)有4个不同的零点x1,x2,x3,x4(x1<x2<x3<x4)，则ax1x2+的取值范围是(6,9)【答案】BCD【解析】第9页/共22页【分析】作出f(x)的图象，由g(x)有2个不同的零点，结合图象，可判定A错误；由f(f(x))=2，令 2=4+结合图象，可判定B正确；由对数的运算ax1x2【详解】由函数2，可得f作出f(x)的图象，如图所示.对于A中，由g(x)=f(x)-a=0，可得f(x)=a，若g(x)有2个不同的零点，结合图象知a<1或2<a<5，所以A错误；对于B中，当a=2时，由g(f(x))=0，可得f(f(x))=2，结合图像知，t1=f(x)有3个不等实根，t2=f(x)有2个不等实根，t3=f(x)没有实根，所以g(f(x))有5个不同的零点，所以B正确；对于C中，若g(x)有4个不同的零点x1,x2,x3,x4(x1<x2<x3<x4)，由二次函数的对称性得x3+x4=8，则结合B知x3x2x3x4的取值范围为(12,13)，所以C正确；第10页/共22页由对勾函数的性质，可得h在上为单调递减函数，可得a+∈(6,9)，所以ax1x2+的取值范围为(6,9)，所以D正确.故选：BCD.【点睛】方法点睛：求解复合函数y=f(g(x))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t=g(x)，则y=f(t)，再作出y=f(t)和t=g(x)的图象；2、由函数y=f(t)的图象观察有几个t的值满足条件，结合t的值观察t=g(x)的图象，求出每一个t被x对应，将x的个数汇总后，即为y=f(g(x))的根的个数，即“从外到内”.3、由零点的个数结合t=g(x)与y=f(t)的图象特点，从而确定t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）.【答案】-2【解析】【分析】利用g(x)和g(-x)的关系求解即可.:g(-a)=4-g(a)=-2.故答案为：-213.如图，在多面体ABCDEF中，AD＝3，AB＝2DE＝2EF＝2，则四棱锥B﹣ADEF的体积为.第11页/共22页 222【答案】##222【解析】【分析】由已知证明BC∥EF，可得AD∥EF，利用等体法求B一ADE的体积，进一步可得四棱锥BADEF的体积【详解】因为AD∥BC，AD平面ADEF，BC丈平面ADEF，所以BC∥平面ADEF，因为BC平面BCEF，平面BCEF∩平面ADEF=EF，所以BC∥EF，所以AD∥EF，因为DE丄平面ABCD，所以DE是三棱锥E一ADB的高，第12页/共22页故答案为：14.将函数=sin的图象向左平移个单位长度得到函数g(x)的图象，若的最小值为.##0.5【解析】【分析】利用平移变化得到g(x)的解析式，再根据=±1，代入g的解析式即可求出w的取值范围，再结合w>0，求出w的最小值.【详解】将函数f(x)=sin(|(wx+),|(w>0)的图象向左平移个单位长度得到函数又g(x)≤又w>0，:w的最小值为.第13页/共22页故答案为：.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.【解析】【分析】（1）设事件A,B,C,D分别表示“被评为等级A，B，C，D”.由题意，事件A,B,C,D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(B1B2)(A1C2)(A2C1)，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”.又因为CUD=被罚分，所以P因此其被罚分的概率为；【小问2详解】所以两次射击得分之和为0分的概率第14页/共22页B216.△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a=2，acosC+asinC=b.（1）求A；（2）若点D在BC边上，AD平分上BAC，且AD=，求△ABC的周长. 兀3【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A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sinAcosC+3sinAsinC=sinB，3 兀【小问2详解】依题意得S△ABC=bcsinA=AD.csin上BAD+AD.bsin2:△ABC的周长为6+2.17.如图，等腰梯形ABCD中，AD=4，DC=4，AB=8，E为AB的中点，将△ADE沿DE折起、第15页/共22页得到四棱锥P-DEBC，F为PC的中点.（1）线段EB上是否存在点M，使FM//平面PDE？（2）证明：△PCB为直角三角形；（3）当四棱锥P-DEBC的体积最大时，求三棱锥E-DCF的体积.【答案】（1）存在，M为EB的中点，理由见解析；（2）证明见解析3）4.【解析】【分析】（1）M为EB的中点，取PD中点G，连接EG,FG，证明FM//EG，再利用线面平行的判定推理即可.（2）取DE的中点H，连接PH，CH，EC，由线面垂直的判定证得BC丄面PHC即可作答.（3）利用（2）中信息确定在P-DEBC体积最大时，求出点P到平面DEBC距离，再结合锥体体积公式计算作答.【小问1详解】存在，M为EB的中点，如图，取PD中点G，连接EG,FG，而F为PC的中点，则FG//CD，FG=，在等腰梯形ABCD中，CD//AB,CD=AB=BE，又M为EB的中点，第16页/共22页于是得EM//CD//FG，EM=CD=FG，即有四边形EGFM为平行四边形，则FM//EG，又EG面PDE，FM丈面PDE，所以FM//平面PDE.【小问2详解】取DE的中点H，连接PH，CH，EC，如图，由（1）知，CD//EB，CD=EB=4，即DEBC为平行四边形，则DE//CB，DE=BC=4，有DE=PD=PE=4，△PDE为正三又PH∩CH=H，PH,CH平面PHC，则BC丄面PHC，而PC面PHC，因此BC丄PC，所以△PCB为直角三角形.【小问3详解】由（2）知，□DEBC是边长为4的菱形，当四棱锥P一DEBC的体积最大时，即有点P到平面DEBC距离最大，有直线PH丄平面DEBC，则△PDE的高PH即为四棱锥P一DEBC的高，又F为PC的中点，则F到平面DEBC的距离2（1）求φ的值及f(x)的单调递增区间；第17页/共22页（2）若x0∈0,，f(x0)=，求sin2x0；（3）将函数y=f(x)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2倍，得到函数y=g(x)的图象.若3x∈[0,π]，g(x)+sin2x≤2m2一3m，求实数m的取值范围.【解析】得到函数解析式，整体法得到函数单调性； （2）根据sin(2x0一)=得到cos(2x0一)=，凑角法，结合正弦和角公式得到答案；h(x)min=1，所以2m23m≥1，解出答案.【小问1详解】f(x)=sin2xcosφ+cos2xsinφ=sin(2x+φ)，因为对丫x∈R，有f可得当x=时，f(x)取得最值，所以第18页/共22页所以f(x)的单调递增区间为[-+kπ,+kπ]（k∈Z）.【小问2详解】可得2x0-∈[-,]，sin(2x0-)=，所以cos(2x0-π)=22，所以sin2x0=sin[(2x0-)+]=sin(2x0-【小问3详解】将函数y=f(x)图象上的所有点，向右平移个单位后得到函数y=sin[2(x-)-]=sin(2x-)的图象，进而可得g(x)=sin(x-)，令h(x)=sin(x-)+sin2x=sinx-co只需h(x)min≤2m2-3m，令t=sinx-cosx=sin(x-)， 因为t2=(sinx-cosx)2=1-2sinxcosx，可得2sinxcosx=1-t2，因为t∈[-1,]，所以当t=-1时，h(x)min=-1，所以2m2-3m≥-1，即(2m-1)(m-1)≥0，解得m≤1或m≥1所以实数m