2024-2025学年河北省邯郸市高二年级上册开学考试数学试卷（含解析）

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.已知向量沅，元满足|词=|元|=2,且记•元=—2VT,贝！］记，元夹角为（）

2.在回4BC中，角A,B,C对边为a,b,c,且2c•cos2?=6+c,贝旭ABC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

3.设复数Z］=4+2i,z2=l-3i,则复数z2-差的虚部是（）

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

4.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

1334

A-5B.WC5D5

5.若双曲线马一4=l（a>0,6>0）的一条渐近线方程为y=-2%,该双曲线的离心率是（）

ab

A岑B.<3C.75D.273

6.在四面体ABCD中，AB=AC=BC=6,AD1平面ABC,四面体力BCD的体积为/N若四面体

4BCD的顶点均在球。的表面上，则球。的表面积是（）.

A497r—八497r一.

A..彳B.497rC.「D.47r

2222

7.已知圆G：（x+5）+y=1,C2：（x-5）+y=225,动圆C满足与G外切且C2与内切，若M为的上

的动点，且而•■=（）,则「祈|的最小值为

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

8.已知E,尸分别是棱长为2的正四面体4BCD的对棱力的中点.过EF的平面a与正四面体4BCD相截，得

到一个截面多边形T,则下列说法正确的是（）

A.截面多边形T不可能是平行四边形

B.截面多边形T的周长是定值

C.截面多边形T的周长的最小值是，I+<6

D.截面多边形T的面积的取值范围是［1,Y司

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=4©1-3）2+（久2-3）2+…+（久20-3）2],则这组样本数据的总和等于60

D.数据的,a2,a3,口的方差为则数据2%,2a2,2a3,2a"的方差为2M

10.设小，n是两条不同的直线，a,。是两个不同的平面，下列命题中正确的是（）

A.若znua,nca,m///?,九〃S，贝!Ja〃S

B.若7nlri,m//a,a〃/?,则九16

C.若相，九异面，mca,m//[i,nu0,n//a,则仇〃6

D.若。〃S，m1a,则m_L九

11.如图，已知在平行四边形ABC。中，AB=2AD=2,^BAD=60°,E为ZB的中点，将△ADE沿直线DE

翻折成△「£）后,若M为PC的中点，贝！UADE在翻折过程中（点P2平面/BCD）,以下命题正确的是（）

A.BM〃平面PDE

C.存在某个位置，使MB工DE

D.当三棱锥P—CDE体积最大时，其外接球的表面积为呼

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：挤―1=1的左焦点和右焦点分别是&,F2,点P是C右支上的一点，则|PF/+鬲的最小

值为.

14.已知点P是椭圆C:g+<=1上除顶点外的任意一点，过点P向圆。:/+y2=4引两条切线PM,PN,

o4

设切点分别是M,N,若直线MN分别与x轴，y轴交于4B两点，贝地力OB面积的最小值是.

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2。中点，DE=DC=1,MA=MD=<3,

现将平面回AMD沿2D折起，回BCN沿BC折起，使平面力MD，平面4BCD,且M,N重合为点P(如图2所示

).

(图1)(图2)

(1)证明：平面PBE1平面PBC；

(2)求二面角C—24—。的余弦值.

16.(本小题12分)

如图，四棱柱4BCD的底面为梯形，AD=2BC=2,三个侧面人吕当右，BCC1B1,CDDrC^

为正方形.

B

(1)证明：平面力BA1平面

(2)求点儿到平面48。1的距离.

17.(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,-l)和点苧)为椭圆C

上两点.

(I)求椭圆C的标准方程；

(11)48为椭圆C上异于点P的两点，若直线P4与PB的斜率之和为0,求线段A8中点M的轨迹方程.

18.(本小题12分)

已知回ABC的三个内角48,C对的三边为a，b,c，且黑=篇

(1)若6=1,4=*求sinB；

⑵己知。=或当品ABC取得最大值时，求回28C的周长.

19.(本小题12分)

如图，4BCD为圆柱。0'的轴截面，EF是圆柱上异于4D,BC的母线.

(1)证明：BE_L平面DEF；

(2)若力B=BC=标，当三棱锥B—DEF的体积最大时，求二面角B—。尸—E的正弦值.

答案解析

1.C

【解析】根据向量的点乘关系，求出cos。，即可求出万，元夹角.

解：由题意，

在向量沅，记中,\m\=|n|=2,

m-n=|m||n|cos^=2x2cos6=4cos。=—2，^

解得：COS。=—苧

3

一•"I"

故选：c.

2.B

【解析】解：因为2c•cos29=b+C,

所以2c•=b+c,即c+ccosA=b+c,

所以ccosA=b,

在团ABC中，

由余弦定理推论：cosA=0,

2bc

代入得，c-b^~a=b,即/+c2-q2=2炉，

2bc

所以c2=a2+》2,

所以回ABC是直角三角形.

故选：B.

3.D

【解析】Z2_?=(1_3i)—甘冬=—1—4i,

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/=20种，其中恰有两

个球同色有戏.盘=12种，故恰有两个球同色的概率为P=1§=|.

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=±2%，

因为双曲线的一条渐近线方程为y=—2x,

所以2=2,

a

所以双曲线的离心率为e若=J学=J1+.=75,

故选：C

6.B

【解析】因为4B=AC=2，百，BC=6,

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

ZAD,ACLZ

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

因为力D1平面4BC,四面体ABC。的体积为YZ，

所以，^=95回4/3「4。=^^4。，贝妹。=1；

设回ABC的外接圆半径为r,记回718c外接圆圆心为。1，连接201，

由正弦定理可得，2T=.叫“=*=4其贝必。1=「=2，^

sinz5i4c12

2

设外接球的半径为R,连接。01，

根据球的性质可得，。。11平面48C,

又力D1平面ABC,所以4。〃。。「

延长01。到E,使得。i£=2D,连接DE,

则四边形4。送。为矩形；所以A。1=DE

连接。a,OD,贝I|O4=OD=R,

所以吊团DE04Rt团A0r0,所以。。1=0E=^AD=苏

因此球。的表面积是S=4TTR2=497r.

D

故选：B.

1.A

【解析】

,圆G：(%+5)2+y2=1,圆C2：(x—5)2+y2=225,

动圆C满足与G外切且C2与内切，设圆C的半径为r,

由题意得ICC/+|CC2|=(l+r)+(15-r)=16,.•.则C的轨迹是以((一5,0),(5,0)为焦点，长轴长为16的椭

圆，

其方程为卷+得=1,因为国•的=0,即CM为圆G的切线，要|画的最小，只要ICGI最小，设

贝=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=,选A.

8.D

【解析】对于4当平面a过4。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a从平面4DF开始旋转与力B交于点G时，

由对称性可知，此时平面a与C。交于点H,且=

此时截面为四边形EGF”，且注意到当G,“分别为力B,CD的中点时，此时满足AG=DH,

^GF"AC,AC“EH,GF=EH=gAC,即此时截面四边形EGF”是平行四边形，故A错误;

对于8C,设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|)+|,

由两点间距离公式知，GE+GF表不动点(m,0)到定点和Q，-的距禺之和，

当三点共线时取得最小值四|)2+(枭瞑2,

由二次函数单调性可知，当m=0或机=2时，GE+GF取得最大值1+<3,

所以截面多边形T周长的取值范围是[4,2+26],故8C错误；

对于D,记GH与EF的交点为0,由对称性NEFG=NEF”，FG=FH,

所以EF1GH,SEGFH=|FF-GH,

因为ZF=7AB2—BF2=73,

所以EF=7AF2-AE2=^2,所以SEGFH=支乩

记AB=a,AC=b,AD=c,

则说=至+同+而=+m+己=++落

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

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

=m2+m2+4^1—2)—m2—2m(1—彳)+2m(1—

=2(m-I)2+2,

由二次函数性质可知，2W黄W4,即调WGHW2,

所以1WSEGFH<2,故O正确；

故选：D

9.ABC

【解析】对于4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,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s2不改变，.出

正确；

对于C,•••样本的方差52=磊[(久1—3)2+(%2-3)2+...+(心一3)2],二这个样本有20个数据，平均数是

3,.•.这组样本数据的总和为3X20=60,C正确；

对于D,数据的，a2,a3,即的方差为M,则数据2a「2a2,2a3,2即的方差为4M,二D不正

确.

故选：ABC

10.CD

【解析】解：对于4当且仅当m与九相交时，满足0",故A错误；

对于8：若m1n，m//a,Q〃,，则荏〃/?或nuS，或几与口相交，故5错误；

对于C：假设a与S不平行，即a与夕相交，设an/?=2,

若/与m、ri不重合，由mua,TH〃/7,所以1〃7n,又?iu/?,n//a,所以/〃几，所以m〃九，与m,九异面

矛盾，故假设不成立，

若/与771、71中某一条直线重合，则直接可以得到m〃n，与TH,几异面矛盾，故假设不成立，故。正确；

对于D：若。〃S，m1a,则租1夕，又几〃所以7nl九，故。正确；

故选：CD

11.ABD

【解析】解：如图，取CD的中点N,连接MN,BN,

M,E分别为PC,4B的中点，

MN//PD,BN//DE.

易证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正确；

_-1-1-1

由A可知，MN=-PD=-^4£)=BN=DE=AD=1,

・•・乙MNB=乙PDE=A.ADE=60°,

在图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，使则EGIDE,与条件矛盾，故C错误；

当三棱锥P-CDE的体积最大时，

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,

设三棱锥C-PDE的外接球的球心为0,

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

则外接球的半径0E=

二外接球的表面积5=4亨，故。正确,

故选ABD.

12.25

【解析】由分层抽样得从一年级抽取的学生人数是晟x1150=25人.

Z/oU

故答案为：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,

而函数y=%+1+4,（%>0）在[3,+8）上单调递增，

所以当且仅当x=3时，％nin=8.

故答案为：8.

14—

3

【解析】解:设P（尤o，yo），XoVo十0，

2

则以。P为直径的圆的方程为+y-Xox-yoy=0,

与圆。：/+y2=4的方程相减得XoX+yoy-4=0,

即x（）x+yoy-4=0是过切点M,N的直线方程，

则,/弓4,0）,8（0,4『），

%。y。

所以|斗*=

x

乙1和1%lO7ol

又因为在点P在椭圆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，当且仅当4诏=6y以即就=3,据=2时取等号,

所以S®04B=两2笈=丁'

即P4=PD=，百，E为4D的中点，

所以团PAD是等腰三角形，

且ME14D,即PE14D,

又因为平面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,

又因为CD〃MN,且ME1AD,

所以四边形NCDE为直角梯形，且DE=DC=L

所以四边形BCDE是正方形，所以BC1EB,

又因为PECEB=E,

所以BC_L平面PBE,又因为BCu平面PBC,

所以平面PBE1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:

贝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),

设平面P4C的一个法向量为沅=(x,y,z),

则(PAm=U|pf%-72z=0,

IPCniIIl-x+y-V2z=0

令z=，l,则沆=(2,4,，I),

易知平面PAD的一个法向量为元=(0,1,0),

irt.ij―>一、m-n42/22

则cos(m,⑴=丽=席=丁，

所以二面角C-PA-。的余弦值是空.

【解析】(1)易证PE12D,再由平面AMD_L平面力BCD,得到PE1平面A8CD,则PE1BC,再由四边形

BCDE是正方形，得到8clE8,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P4C的一个法向量记=

(x,y,z),易知平面PAD的一个法向量为元=(0,1,0),然后由cos(沅，为=普普求解.

I叫I叫

16.⑴

因为侧面BCC1B1,CDDLG均为正方形，所以ZBIAB,1BC,AB=CD.

又ABCBC=B,AB,BCCL^ABCD,所以1面ABCD.

由棱柱的性质，四棱柱为直四棱柱，贝|。必1面4BC。，又4Bu面48CD,贝⑺

又四边形ZBCD为梯形，AB=CD,AD=2BC=2,所以4D〃BC.

11

X-cD

过点c作CEI力D,垂足为E,贝UDE2-(22-

在等腰三角形BCD中BD=2xJ12-g)2=6.

因为4£>2=AB2+B£)2,所以4B1BD.

因为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：连接&B,BR,

由(1)直二棱柱2B。—4/]£)1的体积以BD-ABMI=S.ABDXA4]——x1xV_3X1=

_1

由直三棱柱的性质知，三棱锥B-的体积VB-ABIDT—35BDT遇过1，

1

--

三棱锥5-4BD的体积VDLABD3

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

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

设点力i到平面2BA的距离为d,则九TBDI=gx：xABxBDiXd=今,

即,x：xlx2xd=W，解得d=苧，故点&到平面AB%的距离为噂.

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两点到平面AB/的距离相等.

过点名作BiHIB/,垂足为点H,连接B/i.

易得B[H，平面ABD1，所以线段名”的长度即为点&到平面ABD1的距离.

因为84=1,B\D[=BD=GBDi=[BD2+皿=2,所以8/=苧.

所以点&到平面ABA距离为亨.

【解析】(1)由题设及线面垂直的判定得名B_L面ABCD,进而有AD14B,过点C作CE14D,垂足为E,

进而证力B1BD,最后由线面、面面垂直的判定证结论；

(2)法一：连接&B,BR,应用等体积法有%「MD=彳4BD-4B以求点面距；法二：证线面平行得到

4,两点到平面ABD1的距离相等，过点当作1BDi，垂足为点“，连接劣名，进而求点面距.

17.解：(I)设椭圆的方程为nt/+九y2_i(7Tl>o,n>0,mn),

因为点P(2,-1)和点QQK苧)为椭圆C上两点，

(4m+n=111

所以I公"1”i>解得爪=w，n=5，

(6m+-n=182

故椭圆c的标准方程为《+号=I；

oZ

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

联立方程组kZo,可得(久—2)[(1+4k2)x—81—8k+2]=0,

所以点4的横坐标为马=8k漆2,纵坐标为”=哈沪，

因为直线24与P8的斜率之和为0,

所以直线PB的斜率为-k,

8k2-8k-24廿+妹-1

同理可求出点8的坐标为()，

l+4/c2'l+4/c2

8k2-24fc2-l.

故点M的坐标为(■1+4/c2'l+4fc2^

所以点M的坐标满足x=2y,

由on，解得％=±2,

所以一2<%V2,

故点M的轨迹方程为无一2y=0(—2<x<2).

【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?n/+；1y2=](爪>。，兀>0,7n4①，由点在椭圆上，列出关于n

的方程组，求出小，n,即可得到椭圆C的方程；

(II)设P4的斜率为K得到直线P4的方程，联立直线24与椭圆的方程，求出点4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M的坐标，消去参数鼠即可得到点M的轨迹方程.

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,当品必。取最大值时，即ab取最大值,

•••a+5b=10,

5ab<中

4

金+炉

•••ab<=5,当且仅当a=5b时，即a=5,b—1时等号成立,

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的周长a+b+c=6+V21.

【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13ABe的周长.

19.解：(1)证明：如图，连接力E,由题意知为。。的直径，

所以ZE18E.因为AD,EF是圆柱的母线，

所以AD〃EF且力D=EF,所以四边形2EFD是平行四边形.

所以4E//DF,所以BE1DF.

因为EF是圆柱的母线，所以EF1平面力BE,

又因为BEu平面A