2024-2025学年广东省惠州一中高二（上）段考数学试卷（9月份）（含答案）

这是一份2024-2025学年广东省惠州一中高二（上）段考数学试卷（9月份）（含答案），共8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。

1.已知向量a=(1,2)，b=(3,m)，若a⊥(a+b)，则m的值为( )
A. −4B. 4C. −6D. 6
2.已知复数z=2−i1+i，则复数z在复平面内对应的点位于( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
3.设a，b为两条直线，α，β为两个平面，下列四个命题中，正确的命题是( )
A. 若a//α，b⊆α，则a//b B. 若a//α，b//β，α//β，则a//b
C. 若a⊆α，b⊆β，a//b，则α//β D. 若a⊥α，b⊥β，α⊥β，则a⊥b
4.已知事件A，B互斥，它们都不发生的概率为16，且P(A)=2P(B)，则P(B−)=( )
A. 59B. 49C. 518D. 1318
5.如图，甲站在水库底面上的点D处，乙站在水坝斜面上的点C处，已知库底与水坝所成的二面角为120°，测得从D，C到库底与水坝的交线的距离分别为DA=30m，CB=40m，又已知AB=20 3m，则甲、乙两人相距( )
A. 50mB. 10 37mC. 60mD. 70m
6.△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若ca= 33，B=π6，△ABC的面积为 3，则b=( )
A. 2 3B. 4C. 2D. 6
7.已知圆锥的底面圆周在球O的球面上，顶点为球心O，圆锥的高为3，且圆锥的侧面展开图是一个半圆，则球O的表面积为( )
A. 12πB. 16πC. 48πD. 96π
8.某工业园区有A、B、C共3个厂区，其中AB=6 3km，BC=10km，∠ABC=90°，现计划在工业园区内选择P处建一仓库，若∠APB=120°，则CP的最小值为( )
A. 6km
B. 8km
C. 4 3km
D. 6 2km
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.给定一组数5，5，4，3，3，3，2，2，2，1，则( )
A. 平均数为3B. 标准差为85C. 众数为2D. 85%分位数为5
10.有6个相同的小球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中有放回地随机取两次，每次取1个球.用x表示第一次取到的小球的标号，用y表示第二次取到的小球的标号，记事件A：x+y为偶数，B：xy为偶数，C：x>2，则( )
A. P(B)=34B. A与B相互独立C. A与C相互独立D. B与C相互独立
11.如图，点P是棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1的表面上一个动点，则( )
A. 当P在平面BCC1B1上运动时，四棱锥P−AA1D1D的体积不变
B. 当P在线段AC上运动时，D1P与A1C1所成角的取值范围是[π3,π2]
C. 使直线AP与平面ABCD所成的角为45°的点P的轨迹长度为π+4 2
D. 若F是A1B1的中点，当P在底面ABCD上运动，且满足PF//平面B1CD1时，PF长度的最小值是 5
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知向量a=(1,1)，b=(−1,2)，则a在b方向上的投影向量坐标是____．
13.如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥底面ABCD，PA=AB=2，AD=4，E为PC的中点，则异面直线PD与BE所成角的余弦值为______．
14.已知向量a,b均为单位向量，且a⊥b，向量c满足|c|= 3，则(c−a)⋅(c−b)的最大值为______．
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)
如图，四面体ABCD，E，F，G，H，K，M分别为棱AB，BC，CD，DA，BD，AC的中点．
(1)设AB=a，AC=b，AD=c，用向量a，b，c分别表示EG、FH、KM；
(2)若|EG|=|FH|=|KM|，求证AB⊥CD，AC⊥BD，AD⊥BC．
16.(本小题15分)
在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为正方形，PA⊥底面ABCD，PA=AB，E为线段PB的中点，连接AE．
(1)证明：AE⊥PC；
(2)连接DE，求DE与底面ABCD所成角的正切值；
(3)求二面角E−CD−A的平面角的正切值．
17.(本小题15分)
为了估计一批产品的质量状况，现对100个产品的相关数据进行综合评分(满分100分)，并制成如图所示的频率分布直方图.记综合评分为80分及以上的产品为一等品．
(1)求图中a的值，并求综合评分的平均数；
(2)用样本估计总体，以频率作为概率，按分层随机抽样的思想，先在该条生产线中随机抽取5个产品，再从这5个产品中随机抽取2个产品记录有关数据，求这2个产品中最多有1个一等品的概率；
(3)已知落在[50,60)的平均综合评分是54，方差是3，落在[60,70)的平均综合评分为63，方差是3，求落在[50,70)的总平均综合评分z−和总方差s2．
18.(本小题17分)
设△ABC三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且b(2csA+sin2C)=csinBsinC+b．
(1)求A的值；
(2)设c= 3，△ABC为锐角三角形，D是边AC的中点，求DB⋅AC的取值范围．
19.(本小题17分)
由若干个平面多边形围成的几何体叫做多面体，围成多面体的各个多边形叫做多面体的面，两个面的公共边叫做多面体的棱，棱与棱的公共点叫做多面体的顶点.对于凸多面体，有著名的欧拉公式：n−e+f=2，其中n为顶点数，e为棱数，f为面数．
我们可以通过欧拉公式计算立体图形的顶点、棱、面之间的一些数量关系.例如，每个面都是四边形的凸六面体，我们可以确定它的顶点数和棱数.一方面，每个面有4条边，六个面相加共24条边；另一方面，每条棱出现在两个相邻的面中，因此每条棱恰好被计算了两次，即共有12条棱；再根据欧拉公式，e=12，f=6，可以得到顶点数n=8．
(1)已知足球是凸三十二面体，每个面均为正五边形或者正六边形，每个顶点与三条棱相邻，试确定足球的棱数；
(2)证明：n个顶点的凸多面体，至多有3n−6条棱；
(3)已知正多面体的各个表面均为全等的正多边形，且与每个顶点相邻的棱数均相同.试利用欧拉公式，讨论正多面体棱数的所有可能值．
参考答案
1.A
2.D
3.D
4.D
5.D
6.C
7.C
8.B
9.AD
10.ACD
11.ABC
12.(−15,25)
13. 3010
14.3+ 6
15.解：(1)由题意四面体ABCD，E，F，G，H，K，M分别为棱AB，BC，CD，DA，BD，AC的中点．
设AB=a，AC=b，AD=c，
EG=EA+AG=−12AB+12(AC+AD)=−12a+12b+12c，
FH=FA+AH=−12(AB+AC)+12AD=−12a−12b+12c，
KM=KA+AM=−12(AB+AD)+12AC=−12a+12b−12c．
(2)因为|EG|=|FH|=|KM|，所以|EG|=|FH|=|KM|，
故|EG|2=|FH|2=|KM|2即(−12a+12b+12c)2=(−12a−12b+12c)2=(−12a+12b−12c)2，
故(−a+b+c)2=(−a−b+c)2=(−a+b−c)2，
得a⋅b=a⋅c=b⋅c，
故a⋅b−a⋅c=a⋅(b−c)=0，a⋅c−b⋅c=c⋅(a−b)=0，a⋅b−b⋅c=b⋅(a−c)=0，
即AB⋅DC=0，AC⋅DB=0，AD⋅CB=0，
故AB⊥CD，AC⊥BD，AD⊥BC．
16.解：(1)证明：∵PA⊥底面ABCD，BC⊂底面ABCD
∴PA⊥BC．
∵底面ABCD为正方形，∴BC⊥AB，∴BC⊥平面PAB．
∵AE⊂平面PAB，∴BC⊥AE．
∵E为PB的中点，PA=AB，∴AE⊥PB．
又∵BC∩PB=B，∴AE⊥平面PBC．
因为PC⊂平面PBC，∴AE⊥PC．
(2)解：作EF⊥AB于点F，
则F是AB的中点，EF/​/PA，且EF=12PA，EF⊥平面ABCD．
连接DF，则∠EDF是DE与底面ABCD所成角．
设PA=AB=a，在Rt△EFD中，EF=12a，FD= 52a，
∴DE与底面ABCD所成角的正切值为：
tan∠EDF=EFFD= 55．
(3)解：作FG⊥CD，垂足为G，则G为CD的中点，
连接EG，则CD⊥EG，所以∠EGF为所求二面角的平面角．
在Rt△EFG中，EF=12a，FG=a，∴tan∠EGF=EFFG=12，
∴二面角E−CD−A的平面角的正切值为12．
17.解：(1)由频率分布直方图可得：(0.005+0.010+0.025+a+0.020)×10=1，
解得a=0.040，
则综合评分的平均数为x−=10×(55×0.005+65×0.010+75×0.025+85×0.040+95×0.020)=81；
(2)由题意，抽取5个产品，其中一等品有3个，非一等品有2个，
一等品记为a、b、c，非一等品记为D、E，
从这5个产品中随机抽取2个，试验的样本空间Ω={ab、ac、aD、aE、bc、bD、bE、cD、cE、DE}，共10个样本点，
记事件A=“抽取的这2个产品中最多有1个一等品”，则A={aD、aE、bD、bE、cD、cE、DE}，共7个样本点，
所以所求的概率为P=710；
(3)z−=13×54+23×63=60，
s2=13[3+(54−60)2]+23[3+(63−60)2]=21．
18.解：(1)因为b(2csA+sin2C)=csinBsinC+b，
所以利用正弦定理可得sinB(2csA+sin2C)=sinCsinBsinC+sinB，
又B为三角形内角，sinB>0，
所以2csA+sin2C=sinCsinC+1，可得csA=12，
因为A∈(0,π)，
所以A=π3；
(2)c= 3，△ABC为锐角三角形，A=π3；
可知AC∈( 32,2 3)，即b∈( 32,2 3).
DB=12CA+AB，
DB⋅AC=(12CA+AB)⋅AC=−12AC2+|AB|⋅|AC|csπ3=−12AC2+ 32|AC|=−12b2+ 32b，
即f(b)=−12b2+ 32b，
二次函数的开口向下，对称轴为b= 32，DB⋅AC的取值范围(f(2 3),f( 32))，
即(−3,38).
19.解：(1)证明：设足球有m个正五边形，则有32−m个正六边形，
足球的顶点n=5m+6(32−m)3，棱数e=5m+6(32−m)2，
由欧拉公式得5m+6(32−m)3−5m+6(32−m)22+32=2，
解得m=12，即此足球中有12个面为正五边形，
所以此足球的棱数e=5m+6(32−m)2=90．
(2)由n个顶点的凸多面体，其面数尽可能多，那么相当于每一个面尽可能均为三角形，
当棱数最多时，该凸多面体每一个面均为三角形，此时e=3f2，即f=23e，
又n−e+f=2，即n−e+23e=2，解得e=3n−6，
故n个顶点的凸多面体，至多有3n−6条棱．
(3)设正多面体每个顶点有p条棱，每个面都是正q边形，
则此多面体棱数e=qf2=pn2,p,q≥3，即f=pnq，
由欧拉公式n−e+f=2，得n=4q2q+2p−qp，
所以2q+2p−qp>0，即1q+1p>12，即1p>12−1q≥12−13=16，
所以p<6，
当p=3时，q<6，所以q=3，4，5，n=4，8，20，e=6，12，30；
当p=4时，q<4，所以q=3，n=6，e=12；
当p=5时，q<103，所以q=3，n=12，e=30；
综上：棱数可能为6，12，30．