2024-2025学年河北省衡水中学高二（上）第一次测评数学试卷（含答案）

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这是一份2024-2025学年河北省衡水中学高二（上）第一次测评数学试卷（含答案），共10页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

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.已知集合A={x|−2≤x≤7}，B={x|m+1A. −2≤m≤4B. −22.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
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. 23B. 12C. 13D. 14
4.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. π6B. π4C. π3D. π2
5.已知向量a,b满足|a|=4,|b|=10，且a在b上的投影向量为−15b，则向量a与向量b的夹角为( )
A. π6B. π3C. 2π3D. 5π6
6.已知非负实数x，y满足x+y=1，则1x+11+y的最小值为( )
A. 73B. 2C. 95D. 43
7.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 3万平方米，AB，CA，CB，CD是四条观景木栈桥，其中AB=3DB，CP=3PD，∠CAB=60°，AP为观景玻璃栈桥，则AP的最小值(单位：百米)为( )
A. 2 3
B. 4
C. 6
D. 6 3
8.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CDF
C. FG⊥CD
D. FG⊥平面ACD
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.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+1，4x2+1，⋯，4x10+1的平均数为13
B. 数据3x1，3x2，⋯，3x10的方差为12
C. i=110xi=30
D. i=110xi2=130
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60°，P为A1D与AD1的交点，若AB=a，AD=b，AA1=c，则下列正确的是( )
A. CP=−a−12b+12c
B. AC1=a+b−c
C. cs(DC,AC1)= 63
D. BD1的长为2 3
11.已知函数f(x)=2−|lg12x|,02,，g(x)=f(x)−a，则( )
A. 若g(x)有2个不同的零点，则2B. 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(x1D. 若g(x)有4个不同的零点x1，x2，x3，x4(x1三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.函数g(x)=ex−e−x2+ln2−x2+x+2，若g(a)=6，则g(−a)= ______．
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______．
14.将函数f(x)=sin(ωx+π3)(ω>0)的图象向左平移π6个单位长度得到函数g(x)的图象，若g(x)≤|g(π6)|，
则ω的最小值为______．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
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A，B、C的概率分别是12,14,18，
(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．
16.(本小题15分)
△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a=2，acsC+ 33asinC=b．
(1)求A；
(2)若点D在BC边上，AD平分∠BAC，且AD= 23，求△ABC的周长．
17.(本小题15分)
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、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．
18.(本小题17分)
已知函数f(x)=sin2xcsφ−cs2xcs(π2+φ)(0<|φ|<π2)，对∀x∈R，有f(x)≤|f(π3)|．
(1)求φ的值及f(x)的单调递增区间；
(2)若x0∈[0,π4]，f(x0)=13，求sin2x0；
(3)将函数y=f(x)图象上的所有点，向右平移π24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∃x∈[0,π]， 2g(x)+sin2x≤2m2−3m，求实数m的取值范围．
19.(本小题17分)
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PA，PB，PC构成的三面角P−ABC，记∠APC=α，∠BPC=β，∠APB=γ，二面角A−PC−B的大小为θ，则csγ=csαcsβ+sinαsinβcsθ.如图2，四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，▱ABCD为菱形，∠BAD=60°，AA1=2 3，AB=2，且A1点在底面ABCD内的射影为AC的中点O．
(1)求cs∠A1AB的值；
(2)直线AA1与平面ABCD内任意一条直线夹角为φ，证明π3≤φ≤π2；
(3)过点B作平面η，使平面η//平面A1C1D，且与直线CC1相交于点P，若C1P=λC1C，求λ值．
参考答案
1.D
2.B
3.A
4.D
5.C
6.B
7.C
8.D
9.ACD
10.AC
11.BCD
12.−2
13.2 23
14.12
15.解：(1)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P(D)=1−12−14−18=18，
又因为C∪D=被罚分，
所以P(C∪D)=P(C)+P(D)=18+18=14，
因此其被罚分的概率为14；
(2)设事件A1，B1，C1，D1表示“第i次被评定为等级A，B，C，D“i=1，2，
则“两次射击得分之和为0分”为事件(B1B2)∪(A1C2)∪(A2C1)，
且事件B1B2，A1C2，A2C1互斥，
P(B1B2)=14×14=116，P(A1C2)=P(A2C1)=12×18=116，
所以两次射击得分之和为0分的概率P=P[(B1B2)∪(A1C2)∪(A2C1)]=P(B1B2)+P(A1C2)+P(A2C1)=116+116×2=316．
16.解：(1)由acsC+ 33asinC=b.得sinAcsC+ 33sinAsinC=sinB=sin(A+C)，
∴sinAcsC+ 33sinAsinC=sinAcsC+csAsinC，
∴ 33sinAsinC=csAsinC，
∴tanA= 3，0(2)∵AD平分∠BAC，∴∠CAD=∠BAD=π6，CDBD=bc，
在△ACD中，由余弦定理有CD2=AC2+AD2−2AC⋅ADcsπ6=b2+29−2b× 23× 32=b2+29− 63b，
在△BCD中，由余弦定理有BD2=AB2+AD2−2AB⋅ADcsπ6=c2+29−2c× 23× 32=c2+29− 63c，
∴CD2BD2=b2+29− 63bc2+29− 63c=b2c2，化简可得b2c2+29c2− 63bc2=b2c2+29b2− 63cb2，∴29(b+c)= 63cb，
在△ABC中，由余弦定理有BD2=AC2+AB2−2AC⋅ABcsπ3，
∴4=b2+c2−bc=(b+c)2−3bc，∴(b+c)2−3×23 6(b+c)=4，解得b+c= 6，
∴△ABC的周长2+ 6．
17.解：(1)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=12CD，
在等腰梯形ABCD中，CD//AB,CD=12AB=BE，又M为EB的中点，
于是得EM//CD//FG,EM=12CD=FG，即有四边形EGFM为平行四边形，则FM//EG，
又EG⊂面PDE，FM⊄面PDE，所以FM//平面PDE；
证明：(2)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为正三角形，则有PH⊥DE，PH⊥BC，
在原等腰梯形ABCD中，△ADE为正三角形，则∠EBC=∠EAD=60°，
于是得∠EDC=60°，而CD=DE=4，即有△CDE为正三角形，CH⊥DE，则CH⊥BC，
又PH∩CH=H，PH，CH⊂平面PHC，则BC⊥面PHC，而PC⊂面PHC，因此BC⊥PC，
所以△PCB为直角三角形；
解：(3)由(2)知，▱DEBC是边长为4的菱形，且∠EBC=60°，即▱DEBC的面积是定值，
当四棱锥P−DEBC的体积最大时，即有点P到平面DEBC距离最大，有直线PH⊥平面DEBC，
则△PDE的高PH即为四棱锥P−DEBC的高，又F为PC的中点，则F到平面DEBC的距离ℎ=PH2= 3，
又S△DEC= 34CD2=4 3，于是得VE−DCF=VF−DEC=13S△DEC⋅ℎ=4，
所以三棱锥E−DCF的体积为4．
18.解：(1)f(x)=sin2xcsφ+cs2xsinφ=sin(2x+φ)，
因为对∀x∈R，有f(x)≤|f(π3)|，可得当x=π3时，f(x)取得最值，
所以2×π3+φ=π2+kπ，k∈Z，
可得φ=−π6+kπ，k∈Z，又0<|φ|<π2，
所以φ=−π6，
所以f(x)=sin(2x−π6)，
由−π2+2kπ≤2x−π6≤π2+2kπ，k∈Z，可得−π6+kπ≤x≤π3+kπ，k∈Z，
所以f(x)的单调递增区间为[−π6+kπ , π3+kπ](k∈Z)．
(2)由x0∈[0,π4]，f(x0)=13，f(x)=sin(2x−π6)，
可得2x0−π6∈[−π6 , π3]，sin(2x0−π6)=13，
所以cs(2x0−π6)=2 23，
所以sin2x0=sin[(2x0−π6)+π6]=sin(2x0−π6)csπ6+cs(2x0−π6)sinπ6= 3+2 26．
(3)将函数y=f(x)图象上的所有点，向右平移π24个单位后得到，
函数y=sin[2(x−π24)−π6]=sin(2x−π4)的图象，进而可得g(x)=sin(x−π4)，
令ℎ(x)= 2sin(x−π4)+sin2x=sinx−csx+2sinxcsx，x∈[0,π]，
只需ℎ(x)min≤2m2−3m，
令t=sinx−csx= 2sin(x−π4)，
因为x∈[0,π]，所以x−π4∈[−π4 , 3π4]，
所以t∈[−1 , 2]，
因为t2=(sinx−csx)2=1−2sinxcsx，可得2sin xcs x=1−t2，
所以y=t+1−t2=−(t−12)2+54，
因为t∈[−1 , 2]，所以当t=−1时，ℎ(x)min=−1，
所以2m2−3m≥−1，即(2m−1)(m−1)≥0，解得m≤12或m≥1．
所以实数m的取值范围为{m|m≤12或m≥1}．
19.解：(1)连接BO，

由已知得A1O⊥平面ABCD，BO⊥AC，
又A1O⊂平面A1ACC1，
所以平面A1ACC1⊥平面ABCD，所以二面角A1−AC−B的大小为90°，
因为四边形ABCD为菱形，∠BAD=60°，
所以∠BAC=30°，
又AB=2，所以AO= 3，
在Rt△A1AO中，cs∠A1AO=AOA1A= 32 3=12，
由三面角余弦定理得cs∠A1AB=cs∠A1AO⋅cs∠BAC+sin∠A1AO⋅sin∠BAC⋅cs90°
=cs∠A1AO⋅cs∠BAC=12× 32= 34．
(2)证明：依题意得0<φ≤π2，设平面ABCD内任一条直线为l，
若l过A点，记AC与l的夹角为φ1(0≤φ1≤π2)，
则csφ=cs∠A1AO⋅csφ1，
因为csφ1∈[0,1]，
所以csφ=cs∠A1AOcsφ1≤cs∠A1AO=csπ3，
又0<φ≤π2，所以π3≤φ≤π2；
若l不过A点，过A点作l′使得l′//l，
记AC与l′的夹角为φ2(0≤φ2≤π2)，
则csφ=cs∠A1AOcsφ2，
因为csφ2∈[0,1]，
所以csφ=cs∠A1AOcsφ2≤cs∠A1AO=csπ3，
又0<φ≤π2，所以π3≤φ≤π2，
综上可得π3≤φ≤π2．

(3)连接AB1，B1C，

因为A1C1//AC，A1C1⊂平面A1C1D，AC⊄平面A1C1D，
所以AC//平面A1C1D，同理可得B1C//平面A1C1D，
又AC∩B1C=C，AC，B1C⊂平面AB1C，
所以平面AB1C//平面A1C1D，
因为平面η//平面A1C1D，所以平面η//平面AB1C，
又平面AB1C∩平面BB1C1C=B1C，平面η∩平面BB1C1C=BP，
所以B1C//BP，
又BB1//CC1，即BB1//CP，所以四边形BB1CP为平行四边形，
所以CP=BB1，显然P在C1C的延长线上，
因为BB1=CC1，
所以CP=CC1，
所以C1P=2C1C，即λ=2．

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