2024-2025学年河北省保定市唐县一中高一（上）期末数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年河北省保定市唐县一中高一（上）期末数学试卷（含答案），共9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.设集合A={0,1,2}，B={x|10，则事件A，B相互独立与A，B互斥可以同时成立．
10.在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，下列说法正确的是( )
A. 若A>B，则csA0，则△ABC为锐角三角形
D. 若a−c⋅csB=a⋅csC，则△ABC为等腰三角形或直角三角形
11.如图，点P是棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1的表面上一个动点，F是线段A1B1的中点，则( )
A. 若点P满足AP⊥B1C，则动点P的轨迹长度为4 2+4
B. 当点P在棱DD1上时，AP+PC1的最小值为 5
C. 当直线AP与AB所成的角为45°时，点P的轨迹长度为π+4 2
D. 当P在底面ABCD上运动，且满足PF//平面B1CD1时，线段PF长度最大值为2 2
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.在平面斜坐标系xOy中，∠xOy=60°，平面上任一点P关于斜坐标系的斜坐标是这样定义的：若OP=xe1+ye2(其中e1，e2分别为x，y轴方向相同的单位向量)，则P的坐标为(x,y)，若P关于斜坐标系xOy的坐标为(2,−1)，则|OP|= ______
13.已知函数f(x)=Asinωx(A>0,ω>0)的图象向右平移π4个单位长度后，所得函数在[5π4,9π4]上至少存在两个最值点，则实数ω的取值范围是______．
14.在锐角△ABC中，sinA=2 55，它的面积为10，BC=4BD，E，F分别在AB、AC上，且满足|AD−xAB|≥
|DE|，|AD−yAC|≥|DF|对任意x，y∈R恒成立，则DE⋅DF= ______．
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)
已知向量a=(2csx,1)，b=(−cs(x+π3),12)，x∈[0,π2].
(1)若a//b，求x的值；
(2)记f(x)=a⋅b，若对于任意x1，x2∈[0,π2]，|f(x1)−f(x2)|≤λ恒成立，求实数λ的最小值．
16.(本小题12分)
已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，a−ca+b=sinA−sinBsinC．
(1)求角B；
(2)若△ABC外接圆的周长为4 3π，求△ABC周长的取值范围．
17.(本小题12分)
某学校响应教育部门疫情期间“停课不停学”的号召，实施网络授课，为检验学生上网课的效果，高三学年进行了一次网络模拟考试.全学年共1500人，现从中抽取了100人的数学成绩，分成8组[70,80)、[80,90)、…、[140,150]绘制成频率分布直方图(如图所示).已知这100人中[110,120)分数段的人数比[100,110)分数段的人数多6人．
(1)根据频率分布直方图，求a，b的值，并估计抽取的100名同学数学成绩的中位数；
(2)现用分层抽样的方法从分数在[130,140)，[140,150]的两组同学中随机抽取6名同学，从这6名同学中再任选2名同学作为“网络课堂学习优秀代表”发言，求这2名同学的分数不在同一组内的概率．
18.(本小题12分)
已知正方形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，AB=2，AF=1，点M在线段EF上．
(Ⅰ)若M为EF的中点，求证：AM//平面BDE；
(Ⅱ)求二面角A−DF−B的正切值；
(Ⅲ)证明：存在点M，使得AM⊥平面BDF，并求EMEF的值．
19.(本小题12分)
对于z0，z1，z2∈C，记k=|z1−z0z2−z0|为z1，z2关于z0的“差比模”.若取遍|z0|=r(r>0)，记z1，z2关于|z0|=r的“差比模”的最大值为kmax，最小值为kmin，若kmax+kmin=2，则称z1，z2关于r的“差比模”是协调的．
(1)若z0=12+ 32i,z1=1,z2=−1，求z1，z2关于z0的“差比模”；
(2)若z1=1+ 3i,z2=1− 3i，是否存在rr，若z1，z2关于r的“差比模”是协调的，求b2−a2r2的值．
参考答案
1.A
2.B
3.A
4.C
5.C
6.C
7.A
8.D
9.BC
10.ACD
11.ACD
12. 3
13.[54,32]∪[74,+∞)
14.−32
15.解：(1)由a/​/b，
则12×2csx=1×[−cs(x+π3)]，
即sinx= 3csx，
即tanx= 3，
又x∈[0,π2]，
则x=π3；
(2)f(x)=a⋅b=2csx[−cs(x+π3)]+12= 3sinxcsx−cs2x+12= 32sin2x−12cs2x=sin(2x−π6)，
又x∈[0,π2]，
则2x−π6∈[−π6,5π6]，
则f(x)∈[−12,1]，
又对于任意x1，x2∈[0,π2]，而|f(x1)−f(x2)|≤λ恒成立，
则λ≥f(x)max−f(x)min=1−(−12)=32，
故实数λ的最小值为32．
16.解：(1)根据a−ca+b=sinA−sinBsinC，可得a−ca+b=a−bc，化简得a2+c2−b2=ac，
由余弦定理得csB=a2+c2−b22ac=12，结合B∈(0,π)，可得B=π3．
(2)设△ABC外接圆的半径为R，则2πR=4 3π，解得R=2 3，外接圆直径为4 3，
因为B=π3，所以b=2RsinB=4 3sinπ3=6，
结合余弦定理b2=a2+c2−2accsB，得36=a2+c2−ac=(a+c)2−3ac≥(a+c)2−3(a+c2)2，
整理得(a+c)2≤144，a+c≤12，当且仅当a=c=6时，等号成立．
又因为a+c>b=6，可得62，
故不存在rr，设z0=r(csθ+isinθ)，
则k=|a−rcsθ−irsinθ−rcsθ+(b−rsinθ)i|= a2+r2−2arcsθb2+r2−2brsinθ，
平方整理得：(a2+r2)−(b2+r2)k2=2arcsθ−2brk2sinθ= 4a2r2+4b2r2sin(θ+φ)，
所以|sin(θ+φ)|=|(a2+r2)−(b2+r2)k 4a2r2+4b2r2k4|≤1，即
[(a2+r2)−(b2+r2)k2]2≤4a2r2+4b2r2k4，
整理得：(b2−r2)2k4−2(a2+r2)(b2+r2)k2+(a2−r2)2≤0，
令t=k2，设方程(b2−r2)2t2−2(a2+r2)(b2+r2)t+(a2−r2)2=0，
则Δ=[2(a2+r2)(b2+r2)]2−4[(b2−r2)(a2−r2)]2=16(a2b2+r4)(a2+b2)r2>0，
故方程有两个不等的实数根，设为m，n，不妨设mr>0，b>r>0，a2−r2>0，b2−r2>0，
则m+n=2(a2+r2)(b2+r2)(b2−r2)2>0，且mn=(a2−r2)2(b2−r2)2>0，
故方程(b2−r2)2t2−2(a2+r2)(b2+r2)t+(a2−r2)2=0有两不等的正实数根m，n，
由关于k2的不等式(b2−r2)2k4−2(a2+r2)(b2+r2)k2+(a2−r2)2≤0，
解得k2∈[m,n]，则kmax= n，kmin= m，
由已知z1，z2关于r的”差比模”是协调的，则 m+ n=2所以m+n+2 mn=4，
利用韦达定理，2(a2+r2)(b2+r2)(b2−r2)2+2(a2−r2)(b2−r2)=4，
则有2(a2+r2)(b2+r2)+2(a2−r2)(b2−r2)=4(b2−r2)2，化简可得a2=b2−2r2，故b2−a2r2=2．