2024-2025学年河北省邢台一中高二（上）开学数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年河北省邢台一中高二（上）开学数学试卷（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.已知z=2+i，则zz+i=( )
A. 3−i4B. 1−i4C. 3+i4D. 1+i4
2.若向量a=(−1,2)，b=(2,3)，则a在b上的投影向量为( )
A. (8,12)B. (−813,1213)C. (813,1213)D. 4 1313
3.一个平面图形用斜二测画法画出的直观图如图所示，此直观图恰好是一个边长为2的正方形，则原平面图形的周长为( )
A. 8
B. 4+4 3
C. 16
D. 8+8 3
4.设l，m是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列说法中错误的是( )
A. 若l⊥平面α，α//β，m⊂β，则l⊥m
B. 若l⊥α，m⊂β，l//m，则α⊥β
C. 若α∩β=l，m⊂α，l//m，则m//β
D. 若α∩β=l，m⊂α，m⊥l，则α⊥β
5.已知数据x1，x2，x3，…，x10，满足：xi−xi−1=1(2≤i≤10)，若去掉x1，x10后组成一组新数据，则新数据与原数据相比，下列说法错误的是( )
A. 中位数不变B. 第35百分位数不变C. 平均数不变D. 方差不变
6.△ABC中，已知a+ba=sinBsinB−sinA，且cs(A−B)−cs(A+B)=1−cs2C，则△ABC是( )
A. 等腰三角形B. 直角三角形C. 等腰直角三角形D. 等腰或直角三角形
7.在长方体ABCD−A1B1C1D1中，已知AB=BC=2，AA1=3，E为B1C1的中点，则直线CE与AD1所成角的余弦值为( )
A. 7 130130B. 9510C. 510D. 2 55
8.若O是△ABC的外心，且AC2AB2⋅(AB⋅AO)+AB2AC2⋅(AC⋅AO)=52AO2，则sinB+sinC的最大值是( )
A. 3+ 22B. 102C. 52D. 2 2
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.关于复数的命题正确的有( )
A. 若复数z1>z2，则z1，z2∈R
B. 若复数z=m2−1+(m+1)i为纯虚数，则m=±1
C. 若z1z2=0，则z2=0或z1=0
D. 若|z1|=|z2|，则z12=z22
10.下列命题正确的是( )
A. 设A，B是两个随机事件，且P(A)=12，P(B)=13，若P(AB)=16，则A，B是相互独立事件
B. 若三个事件A，B，C两两独立，则满足P(ABC)=P(A)P(B)P(C)
C. 若P(A)>0，P(B)>0，则事件A，B相互独立与A，B互斥一定不能同时成立
D. 若事件A，B相互独立，P(A)=0.6，P(B)=0.3，则P(AB−∪A−B)=0.54
11.在直四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD是菱形，∠BAD=π3，AB=AA1=2，E为CC1的中点，点F满足DF=xDC+yDD1(x∈[0,1]，y∈[0,1])，下列结论正确的是( )
A. 若x=12，则点F到平面DBB1的距离为 3
B. 若x+y=1，则四面体A1−BEF的体积是定值
C. 若A1F= 5，则点F的轨迹长为 2π4
D. 若x=1，y=12，则存在点P∈A1B，使得AP+PF的最小值为 9+2 10
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.邢台一中高二年级研究性学习小组为了实地测量某塔的高度，选取与塔底中心O在同一个水平面内的两个测量基点A与B，在A点测得：塔顶P的仰角为45°，O在A的北偏东60°处，B在A的正东方向36米处，且在B点测得O与A的张角为45°，则此塔的高度约为______米(四舍五入，保留整数.参考数据： 2≈1.414， 3≈1.732).
13.在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F，G是AB，A1D1，C1D1的中点，那么过点E，F，G的截面图形为______(在“三角形、四边形、五边形、六边形”中选择一个)；截面图形的面积为______．
14.A、B、C三点在半径为1的圆O上运动，且AC⊥BC，M是圆O外一点，OM=3，则|MA+MB+2MC|的最大值是______．
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)
某年级数学兴趣小组组织游戏闯关活动，共设置了20道数学问题，满分100分.结束后在所有的答卷中随机抽取100份作为样本，将样本的成绩分成六段：[40,50)，[50,60)，…，[90,100]，得到如图所示的频率分布直方图．
(1)求频率分布直方图中a的值，并估计该年级全体学生这次数学成绩的中位数；

(2)活动中，甲、乙两位同学独立参加竞赛，已知甲同学答对了12道，乙同学答对了8道，假设每道数学问题难度相当，被答对的可能性都相同.任选一道数学问题，求甲、乙两位同学恰有一人答对的概率．
16.(本小题15分)
如图，在等腰直角三角形ABC中，AB=AC= 2，D，E是线段BC上的点，且DE=13BC．
(1)若BD=13BC，M是AB边的中点，N是AC边靠近A的四等分点，用向量AB,AC表示DN,EM；
(2)求AD⋅AE的取值范围．
17.(本小题15分)
如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的六面体中(其中F∈平面EDC)，四边形ABCD是正方形，ED⊥平面ABCD，BF=FE，且平面FEB⊥平面EDB．
(1)设M为棱EB的中点，证明：A，C，F，M四点共面；
(2)若ED=2AB=4，求六面体EFABCD的体积．
18.(本小题17分)
如图，在△ABC中，∠ABC=90°，AB= 3，BC=1，P为△ABC内一点，∠BPC=90°．
(1)若PB=12，求PA；
(2)求PC+PB的取值范围；
(3)若∠APB=150°，求tan∠PBA．
19.(本小题17分)
刻画空间的弯曲性是几何研究的重要内容，用曲率刻画空间的弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于2π与多面体在该点的面角之和的差，其中多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制.例如：正四面体每个顶点均有3个面角，每个面角均为π3.故其各个顶点的曲率均为2π−3×π3=π.如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，N，M分别为AB，CC1的中点，且AB=AC．
(1)当点A的曲率为2π3时证明：
①CN⊥平面ABB1A1；
②平面AMB1⊥平面ABB1A1．
(2)当点A的曲率为π2时，若AA1=2AB，求二面角A−MB1−A1的正弦值．
参考答案
1.A
2.C
3.C
4.D
5.D
6.B
7.A
8.B
9.AC
10.ACD
11.BCD
12.26
13.六边形 3 3
14.14
15.解：(1)根据题意可得(0.005+0.01+0.02+a+0.025+0.01)×10=1，∴a=0.03，
∵前几组的频率依次为0.05，0.1，0.2，0.3，
∴估计该年级全体学生这次数学成绩的中位数为：
70+0.5−0.05−0.1−分；
(2)设A=“任选一道题，甲答对”，
B=“任选一道题，乙答对”，
C=“任选一道题，丙答对”，
则由古典概型概率计算公式得：P(A)=1220=35，P(B)=820=25，
∴P(A−)=25，P(B−)=35，
设D=“甲、乙两位同学恰有一人答对”，
∴D=AB−∪A−B，且AB−与A−B互斥，
∵每位同学独立作答，所以A，B互相独立，
∴A与B−，A−与B，A−与B−均相互独立，
∴P(AB−∪A−B)=P(AB−)+P(A−B)=P(A)P(B−)+P(A−)P(B)
=35×35+25×25=1325，
∴任选一道数学问题，甲、乙两位同学恰有一人答对的概率为1325．
16.解：(1)因为BD=13BC，M是AB边的中点，N是AC边靠近A的四等分点，DE=13BC，
所以DN=CN−CD=34CA+DC=−34AC+23BC=−34AC+23(AC−AB)
=−23AB−112AC，
EM=BM−BE=−12AB−23BC=−12AB−23(AC−AB)=16AB−23AC；
(2)因为等腰直角三角形ABC中，AB=AC= 2，所以BC= ( 2)2+( 2)2=2，
因为DE=13BC，则设BD=λBC，0≤λ≤23，则BE=(λ+13)BC，
所以AD⋅AE=(AB+BD)⋅(AB+BE)=AB2+(BD+BE)⋅AB+BD⋅BE
=2+[λBC+(λ+13)BC]⋅AB+λ(λ+13)BC2
=2+(2λ+13)BC⋅AB+λ(λ+13)BC2
=2+(2λ+13)×2× 2×cs3π4+λ(λ+13)×4=4(λ−13)2+89，
因为0≤λ≤23，
所以当λ=13时，AD⋅AE有最小值89；
当λ=0或23时，AD⋅AE有最大值43，
所以AD⋅AE的取值范围是[89,43]．
17.解：(1)证明：连接AC，∵四边形ABCD是正方形，∴AC⊥DB，
又ED⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，∴ED⊥AC，
又DE∩BD=D，DE，BD⊂平面EDB，
∴AC⊥平面EDB，
又M为棱EB的中点，BF=FE，∴FM⊥EB，
又平面FEB⊥平面EDB，平面FEB∩平面EDB=EB，FM⊂平面EFB，
∴FM⊥平面EDB，
∴FM/​/AC，
∴A，C，F，M四点共面；
(2)设AC与BD交于O点，连接OM，则OM//DE，
又OM⊂平面ACFM，DE⊄平面ACFM，∴DE/​/平面ACFM，
又六面体EFABCD，∴平面CDEF∩平面ACFM=CF，
又DE⊂平面CDEF，故DE//CF，∴四边形OCFM为矩形，
∴CF=1，且CF⊥平面ABCD，
又BF=FE，∴CF=12DE=2，
∴VEFABCD=VE−ABCD+VB−EFC=13×4×4+13×2×2=203．
18.解：(1)由已知易得∠PBC=60°，所以∠PBA=30°，
在△PBA中，由余弦定理得PA2=AB2+PB2−2AB⋅PBcs∠PBA=3+14−2× 3×12× 32=74，
故PA= 72；
(2)设∠PBC=θ，则0°