2024-2025学年河北省邯郸市高二上学期开学考试数学试卷（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2024-2025学年河北省邯郸市高二上学期开学考试数学试卷一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.已知向量m，n满足m=n=2，且m⋅n=−22A.π6 B.π4 C.3π42.在▵ABC中，角A,B,C对边为a,b,c，且2c⋅cos2A2=b+c，则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3.设复数z1=4+2i，z2=1−3i，则复数zA.4i B.−4i C.4 D.−44.袋中装有红、黄、蓝三种颜色的球各2个，无放回的从中任取3个球，则恰有两个球同色的概率为A.15 B.310 C.355.若双曲线x2a2−y2A.52 B.3 C.6.在四面体ABCD中，AB=AC=23，BC=6，AD⊥平面ABC，四面体ABCD的体积为3.若四面体ABCD的顶点均在球O的表面上，则球O的表面积是(

A.49π4 B.49π C.49π2 7.已知圆C1：(x+5)2+y2=1，C2：(x−5)2+y2=225，动圆C满足与A.22 B.23 C.8.已知E，F分别是棱长为2的正四面体ABCD的对棱AD,BC的中点.过EF的平面α与正四面体ABCD相截，得到一个截面多边形τ，则下列说法正确的是(

)A.截面多边形τ不可能是平行四边形

B.截面多边形τ的周长是定值

C.截面多边形τ的周长的最小值是2+6

D.二、多选题：本题共3小题，共15分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。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s2=120[(x1−3)2+(x2−3)2+⋯+(x20−3)2]，则这组样本数据的总和等于60

D.数据10.设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列命题中正确的是(

)A.若m⊂α，n⊂α，m//β，n//β，则α//β

B.若m⊥n，m//α，α//β，则n⊥β

C.若m，n异面，m⊂α，m//β，n⊂β，n//α，则α//β

D.若α//β，m⊥α，n//β，则m⊥n11.如图，已知在平行四边形ABCD中，AB=2AD=2，∠BAD=60°，E为AB的中点，将△ADE沿直线DE翻折成△PDE，若M为PC的中点，则△ADE在翻折过程中(点P∉平面ABCD)，以下命题正确的是(

)

A.BM //平面PDE

B.BM=32

C.存在某个位置，使MB⊥DE

D.当三棱锥三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15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.13.设双曲线C：x24−y221=1的左焦点和右焦点分别是F1，F2，点P14.已知点P是椭圆C:x26+y24=1上除顶点外的任意一点，过点P向圆O:x2+y2=4引两条切线PM，PN，设切点分别是M，N，若直线MN分别与四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。15.(本小题12分)如图1所示，四边形CDMN为梯形且CD//MN，BC//AD，E为AD中点，DE=DC=1，MA=MD=3，现将平面▵AMD沿AD折起，▵BCN沿BC折起，使平面AMD⊥平面ABCD，且M,N重合为点P(如图2所示(1)证明：平面PBE⊥平面PBC；(2)求二面角C−PA−D的余弦值．16.(本小题12分)如图，四棱柱ABCD−A1B1C1D1的底面为梯形，

(1)证明：平面ABD1⊥(2)求点A1到平面ABD17.(本小题12分)

在平面直角坐标系xOy中，椭圆C的中心在坐标原点，焦点在坐标轴上，点P(2,−1)和点Q(6,22)为椭圆C上两点．

(Ⅰ)求椭圆C的标准方程；

(Ⅱ)A，B为椭圆C上异于点P的两点，若直线PA与PB的斜率之和为18.(本小题12分)已知▵ABC的三个内角A，B，C对的三边为a，b，c，且sin(1)若b=1，A=π3，求(2)已知C=π3，当S▵ABC取得最大值时，求19.(本小题12分)

如图，ABCD为圆柱OO′的轴截面，EF是圆柱上异于AD，BC的母线．

(1)证明：BE⊥平面DEF；

(2)若AB=BC=6，当三棱锥B−DEF的体积最大时，求二面角B−DF−E的正弦值．

答案解析1.C

【解析】根据向量的点乘关系，求出cosθ，即可求出m，n解：由题意，在向量m，n中，m=m解得：cos∴θ=故选：C．2.B

【解析】解：因为2c⋅cos所以2c⋅1+cosA所以ccos在▵ABC中，

由余弦定理推论：cosA=代入得，c⋅b2+所以c2所以▵ABC

是直角三角形．故选：B．3.D

【解析】z2则其虚部是−4。故选：D．4.C

【解析】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C63=20种，其中恰有两个球同色有C故选：C．5.C

【解析】双曲线的焦点位于x轴，则双曲线的渐近线为y=±b因为双曲线的一条渐近线方程为y=−2x，所以ba所以双曲线的离心率为e=c故选：C6.B

【解析】因为AB=AC=23，所以cos∠BAC=AB则S▵ABC因为AD⊥平面ABC，四面体ABCD的体积为3所以3=1设▵ABC的外接圆半径为r，记▵ABC外接圆圆心为O1，连接A由正弦定理可得，2r=BCsin设外接球的半径为R，连接OO根据球的性质可得，OO1⊥又AD⊥平面ABC，所以AD//OO延长O1O到E，使得O1则四边形AO1连接OA，OD，则OA=OD=R，所以Rt▵DEO≃Rt▵AO1O因此R=OA=因此球O的表面积是S=4πR故选：B．7.A

【解析】∵圆C1：x+52+y2动圆C满足与C1外切且C2与内切，设圆C的半径为由题意得CC1+CC2=∴其方程为x264+y239=1,因为CM⋅C1M=0=25x08.D

【解析】对于A，当平面α过AD或BC时，截面为三角形．易知正四面体关于平面ADF对称，将平面α从平面ADF开始旋转与AB交于点G时，由对称性可知，此时平面α与CD交于点H，且AG=DH，此时截面为四边形EGFH，且注意到当G,H分别为AB,CD的中点时，此时满足AG=DH，且GF//AC,AC//EH,GF=EH=12AC，即此时截面四边形EGFH

对于BC，设AG=m0≤m≤2，由余弦定理得GE=GF=由两点间距离公式知，GE+GF表示动点m,0到定点12,当三点共线时取得最小值1由二次函数单调性可知，当m=0或m=2时，GE+GF取得最大值1+所以截面多边形τ周长的取值范围是4,2+23，故对于D，记GH与EF的交点为O，由对称性∠EFG=∠EFH，FG=FH，所以EF⊥GH，SEGFH因为AF=所以EF=AF记AB=则GH=因为a⋅所以GH==2m−1由二次函数性质可知，2≤GH2≤4所以1≤SEGFH≤故选：D9.ABC

【解析】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12，∴A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s2不改变，∴B对于C，∵样本的方差s2=120[(x1−3)2+(x2对于D，数据a1，a2，a3，…，an的方差为M，则数据2a1，2a2，2a故选：ABC10.CD

【解析】解：对于A：当且仅当m与n相交时，满足α//β，故A错误；对于B：若m⊥n，m//α，α//β，则n//β或n⊂β，或n与β相交，故B错误；对于C：假设α与β不平行，即α与β相交，设α∩β=l，若l与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，与m，若l与m、n中某一条直线重合，则直接可以得到m//n，与m，n异面矛盾，故假设不成立，故C正确；对于D：若α//β，m⊥α，则m⊥β，又n//β，所以m⊥n，故D正确；故选：CD11.ABD

【解析】解：如图，取CD的中点N，连接MN，BN，

∵M，E分别为PC，AB的中点，

∴MN//PD，BN//DE．

易证MN//平面PDE，BN//平面PDE．

∵MN∩BN=N，

MN，

BN⊂平面

BMN，

∴平面

BMN//平面

PDE.又

BM⊂平面

BMN，

∴

BM //

平面PDE，即A正确；

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正确；

取PD的中点G，则四边形BMGE为平行四边形，

若存在某个位置，使MB⊥DE，则EG⊥DE，与条件矛盾，故C错误；

当三棱锥

P−CDE的体积最大时，

平面

PDE⊥平面

CDE，平面

PDE∩平面

CDE=DE，

又

CE⊥DE，CE⊂平面

CDE，∴

CE⊥平面

PDE，

设三棱锥C−PDE的外接球的球心为O，

O在平面PDE上的射影是正三角形PDE的中心，12.25

【解析】由分层抽样得从一年级抽取的学生人数是602760×1150=25故答案为：25．13.8

【解析】a=2,b=21,c=5PF而函数y=x+3x+4,所以当且仅当x=3时，ymin故答案为：8．14.4【解析】解：设Px则以OP为直径的圆的方程为x2与圆O:x2+即x0x+y则A(4所以S△OAB又因为在点P在椭圆C:x所以x026所以x0y0≤所以S▵OAB即▵AOB面积的最小值是46

15.(1)证明：因为MA=MD=即PA=PD=3，E为所以▵PAD是等腰三角形，且ME⊥AD，即PE⊥AD，又因为平面AMD⊥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，又因为CD//MN，且ME⊥AD，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BC⊥EB，又因为PE∩EB=E，所以BC⊥平面PBE，又因为BC⊂平面PBC，所以平面PBE⊥平面PBC；(2)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A1,0,0所以PA=设平面PAC的一个法向量为m=则，即x−令z=2，则易知平面PAD的一个法向量为n=则cosm所以二面角C−PA−D的余弦值是2【解析】(1)易证PE⊥AD，再由平面AMD⊥平面ABCD，得到PE⊥平面ABCD，则PE⊥BC，再由四边形BCDE是正方形，得到BC⊥EB，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m=x,y,z，易知平面PAD的一个法向量为n=16.(1)因为侧面ABB1A1，BCC1B1，又AB∩BC=B，AB,BC⊂面ABCD，所以B1B⊥面由棱柱的性质，四棱柱为直四棱柱，则DD1⊥面ABCD，又AB⊂面ABCD又四边形ABCD为梯形，AB=CD，AD=2BC=2，所以AD//BC．过点C作CE⊥AD，垂足为E，则DE=1

所以∠CDE=60∘，则在等腰三角形BCD中BD=2×因为AD2=A因为BD∩D1D=D，BD,D1D⊂面又AB⊂平面ABD1，所以平面ABD(2)法一：连接A1B，

由(1)直三棱柱ABD−A1B由直三棱柱的性质知，三棱锥B−A1B三棱锥D1−ABD的体积所以VA由AB⊥面BDD1，BD1⊂面BD设点A1到平面ABD1的距离为d即13×12×1×2×d=36，解得法二：因A1B1//AB，且AB⊂面ABD1，面AB所以A1，B1两点到平面过点B1作B1H⊥BD1

易得B1H⊥平面ABD1，所以线段B1因为BB1=1，B1D所以点A1到平面ABD1

【解析】(1)由题设及线面垂直的判定得B1B⊥面ABCD，进而有D1D⊥AB，过点C作CE⊥AD，垂足为(2)法一：连接A1B，B1D1，应用等体积法有VD1−ABD=13VABD−A117.解：(Ⅰ)设椭圆的方程为mx2+ny2=1(m>0,n>0,m≠n)，

因为点P(2,−1)和点Q(6,22)为椭圆C上两点，

所以4m+n=16m+12n=1，解得m=18,n=12，

故椭圆C的标准方程为x28+y22=1；

(Ⅱ)设PA的斜率为k，所以直线PA的方程为y+1=k(x−2)，即y=k(x−2)−1，

联立方程组y=k(x−2)−1x2+4y2−8=0，可得(x−2)[(1+4k2)x−8k2−8k+2]=0，

所以点A的横坐标为xA=8k2+8k−21+4k2，纵坐标为y【解析】本题考查了椭圆标准方程的求解，直线与椭圆位置关系的应用，在解决直线与圆锥曲线位置关系的问题时，一般会联立直线与圆锥曲线的方程，利用韦达定理和“设而不求”的方法进行研究，属于较难题．

(Ⅰ)利用待定系数法设椭圆的方程为mx2+ny2=1(m>0,n>0,m≠n)，由点在椭圆上，列出关于m，n的方程组，求出m，n，即可得到椭圆C的方程；

(Ⅱ)设PA的斜率为k，得到直线PA的方程，联立直线PA与椭圆的方程，求出点A的坐标，联立直线PB与椭圆的方程，求出点B的坐标，从而得到点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，当且仅当a=5b由余弦定理可知：cosC=∴c=

∴c=∴▵ABC的周长a+b+c=6+【解析】(1)根据正弦定理，化角为边，即可求出a，再利用正弦定理即可求出sinB(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a,b的值，再根据余弦定理求出边c，进而得到▵ABC的周长．19.解：(1)证明：如图，连接AE，由题意知AB为⊙O的直径，

所以AE⊥BE.因为AD，EF是圆柱的母线，

所以AD//EF且AD=EF，所以四边形AEFD是平行四边形．

所以AE//DF，所以BE⊥DF．

因为EF是圆柱的母线，所以EF⊥平面ABE，

又因为BE⊂平面ABE，所以EF⊥BE．

又因为DF∩EF=F，DF、EF⊂平面DEF，所以BE⊥平面DEF．

(2)由(1)知BE是三棱锥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．

设DF=AE=x，BE=y，

则在Rt