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）

这是一份河北省邯郸市2024-2025学年高二上学期开学考试数学试卷（解析版），共23页。试卷主要包含了请将答案正确填写在答题卡上等内容，欢迎下载使用。

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：B
3. 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：C
6. 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60
D. 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：ABC
10. （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：CD
11. 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】
∵，当取最大值时，即取最大值，
∵，
∴，
∴，当且仅当时，即，时等号成立，
由余弦定理可知：，
∴，
∴
∴的周长.
19. 如图，为圆柱的轴截面，是圆柱上异于的母线．
（1）证明：平面；
（2）若，当三棱锥的体积最大时，求二面角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）先证明是平行四边形，再结合圆柱的性质得到平面；
（2）利用等积转换知识结合圆柱的性质先找到体积最大值时的相对位置，再找出
二面角的平面角或利用空间向量求得二面角的大小.
【小问1详解】
证明：如图，连接，由题意知为的直径，所以．因为是圆柱的母线，
所以且，所以四边形是平行四边形．
所以，所以．因为是圆柱的母线，所以平面，
又因为平面，所以．又因为，
平面，所以平面．
【小问2详解】
由（1）知是三棱锥底面上的高，由（1）知
，所以，即底面三角形是直角三
角形．设，则
在中有：，
所以，
当且仅当时等号成立，即点E，F分别是，的中点时，三棱
锥的体积最大，
（另解：等积转化法：
易得当F与距离最远时取到最大值，此时E、F分别为、中点）
下面求二面角的正弦值：
法一：由（1）得平面，因为平面，所以．
又因为，所以平面．
因为平面，所以，所以是二面角的平面角，
由（1）知为直角三角形，则．
故，所以二面角的正弦值为．
法二：由（1）知两两相互垂直，
如图，以点E为原点，所在直线
为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则．
由（1）知平面，故平面的法向量可取为．
设平面的法向量为，
由，
得，即，即，取，得．
设二面角的平面角为，
，
所以二面角的正弦值为