河北省衡水中學(xué)2024-2025學(xué)年高二上學(xué)期第一次綜合素養(yǎng)測(cè)評(píng)數(shù)學(xué)試題（解析版）

2024-2025高二年級(jí)：上學(xué)期數(shù)學(xué)學(xué)科主命題人：孫廣慧答題時(shí)間：120分鐘滿分：150分第I卷（選擇題）一、單選題（每題5分，共40分）1.已知集合，，若，則（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】分、討論，利用可得答案.【詳解】因?yàn)?，所以，①時(shí)，，解得；②時(shí)，則有，解得.綜上，m的取值范圍是.故選：D.2.已知某學(xué)校參加學(xué)科節(jié)數(shù)學(xué)競(jìng)賽決賽的8人的成績(jī)（單位：分）為：72，78，80，81，83，86，88，90，則這組數(shù)據(jù)的第75百分位數(shù)是（）A.86 B.87 C.88 D.90【答案】B【解析】【分析】根據(jù)樣本數(shù)據(jù)百分位數(shù)的定義求解即可.【詳解】將數(shù)據(jù)從小到大排序得，因?yàn)椋缘?5百分位數(shù)是．故選：B．3.將除顏色外完全相同的2個(gè)紅球和1個(gè)白球隨機(jī)放入2個(gè)不同的盒子中，每個(gè)盒子中至少放入1個(gè)球，則2個(gè)紅球分別放入不同盒子中的概率為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】分析求出所有的基本事件，然后由古典概型的計(jì)算公式求解即可.【詳解】將除顏色外完全相同的2個(gè)紅球和1個(gè)白球隨機(jī)放入2個(gè)不同的盒子中，每個(gè)盒子中至少放入1個(gè)球，則基本事件有：（紅1，白紅2），（白，紅1紅2），（紅2，白紅1），則2個(gè)紅球分別放入不同盒子中包含了（紅1，白紅2），（紅2，白紅1），所以由古典概型的公式得概率為：.故選：A4.在正方體中，若，P，Q分別為AC，的中點(diǎn)，則直線PQ與AO所成角的大小為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】利用，將直線PQ與AO所成角轉(zhuǎn)化成兩相交直線與AO所成的角，通過(guò)計(jì)算證明，推理得到即得.【詳解】如圖，連接,由已知得，，則直線PQ與AO所成的角即為直線與AO所成的角.由可得,則與AO相交.在和中，，，所以，所以，所以，所以，即直線PQ與AO所成角大小為．故選:D．5.已知向量滿足，且在上的投影向量為，則向量與向量的夾角為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】先利用投影向量求出數(shù)量積，利用夾角公式可得答案.【詳解】依題意，在上的投影向量為，則，于是，而，則，所以向量與向量的夾角為.故選：C6.已知非負(fù)實(shí)數(shù)滿足，則的最小值為（）A. B.2 C. D.【答案】B【解析】【分析】依題意可得且，利用乘“1”法及基本不等式計(jì)算可得.【詳解】因?yàn)榉秦?fù)實(shí)數(shù)滿足，顯然，則，所以，則，當(dāng)且僅當(dāng)，即，時(shí)取等號(hào)，所以的最小值為.故選：B7.為了發(fā)展旅游業(yè)，方便游客觀賞湖面盛開(kāi)的睡蓮和湖里游動(dòng)的錦鯉，唐山南湖公園擬修建觀景棧橋．規(guī)劃如圖所示，為規(guī)劃區(qū)域，面積為萬(wàn)平方米，，，，是四條觀景木棧橋，其中，，，為觀景玻璃棧橋，則的最小值（單位：百米）為（）A. B.4 C. D.【答案】C【解析】【分析】根據(jù)題意，設(shè)的邊，，利用三角形的面積公式求出，然后以向量、為基底，表示出向量，利用向量模的公式與平面向量數(shù)量積的運(yùn)算性質(zhì)，推導(dǎo)出，再根據(jù)基本不等式求出的最小值，進(jìn)而得出的最小值．【詳解】中，設(shè)，，由，，可得，即，所以．因?yàn)?，所以，由，得，即，整理得，因?yàn)?，所以，而，所以，?dāng)且僅當(dāng)時(shí)，即，時(shí)，等號(hào)成立．因此，當(dāng)，時(shí)，的最小值為，即的最小值為百米．故選：C．8.如圖，四棱錐是棱長(zhǎng)均為2的正四棱錐，三棱錐是正四面體，G為的中點(diǎn)，則下列結(jié)論錯(cuò)誤的是（

）A.點(diǎn)共面 B.平面平面C. D.平面ACD【答案】D【解析】【分析】A.由題意轉(zhuǎn)化為證明平面和平面，即可證明；B.根據(jù)面面平行的判斷定理轉(zhuǎn)化為證明平面和平面，即可證明；C.由A選項(xiàng)的證明可證明線線垂直；D.利用反證法，說(shuō)明不成立.【詳解】選項(xiàng)A：如圖，取中點(diǎn)，連接,,,，因?yàn)槭钦睦忮F，是正四面體，為的中點(diǎn)，所以，,，因?yàn)?，平面，所以平面，因?yàn)?，平面，所以平面，所以四點(diǎn)共面，由題意知，，所以四邊形是平行四邊形，所以，因?yàn)?，所以，所以四點(diǎn)共面，故A說(shuō)法正確；選項(xiàng)B：由選項(xiàng)A知，又平面，平面，所以平面，因?yàn)?，且平面，平面，所以平面，又平面，平面，且，所以平面平面，故B說(shuō)法正確；C選項(xiàng)：由選項(xiàng)A可得平面，又平面，所以，故C說(shuō)法正確；D選項(xiàng)：假設(shè)平面，因?yàn)槠矫?，則，由選項(xiàng)A知四邊形是平行四邊形，所以四邊形是菱形，與，矛盾，故D說(shuō)法錯(cuò)誤.故選：D二、多選題（每題6分，共18分.在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求.全部選對(duì)得6分，部分選對(duì)得部分，有錯(cuò)選的得0分）9.若數(shù)據(jù)的平均數(shù)為3，方差為4，則下列說(shuō)法正確的是（）A.數(shù)據(jù)的平均數(shù)為13B.數(shù)據(jù)的方差為12C.D.【答案】ACD【解析】【分析】由題意可得，，利用平均數(shù)的性質(zhì)可得A；利用方差的性質(zhì)計(jì)算可得B：由即可得C；結(jié)合方差與平均數(shù)計(jì)算即可得D.【詳解】依題意，，，對(duì)A：，故A正確:對(duì)B：依題意，，所以數(shù)據(jù)的方差為：，故B錯(cuò)誤；對(duì)C：，故C正確;對(duì)D：由，解得，故D正確.故選：ACD.10.如圖，在平行六面體中，以頂點(diǎn)為端點(diǎn)的三條棱長(zhǎng)都是2，且它們彼此的夾角都是為與的交點(diǎn)，若，則下列正確的是（）A. B.C. D.的長(zhǎng)為【答案】AC【解析】【分析】A、B選項(xiàng)考查的是空間向量基本定理的應(yīng)用，以，，為基底表示，就可以得到結(jié)論；C選項(xiàng)考查利用空間向量數(shù)量積求向量夾角的余弦，先用基底表示和，再求它們的數(shù)量積和模，利用可判斷C是否正確；對(duì)D選項(xiàng)，先用基底表示，再結(jié)合可求的長(zhǎng).【詳解】∵，故A正確.∵.故B錯(cuò)誤.又∵，.，；，..∴.故C正確.∵，∴.故D錯(cuò)誤.故選：AC.11.已知函數(shù)，，則（）A.若有2個(gè)不同的零點(diǎn)，則B.當(dāng)時(shí)，有5個(gè)不同的零點(diǎn)C.若有4個(gè)不同的零點(diǎn)，則的取值范圍是D.若有4個(gè)不同的零點(diǎn)，則的取值范圍是【答案】BCD【解析】【分析】作出的圖象，由有2個(gè)不同的零點(diǎn)，結(jié)合圖象，可判定A錯(cuò)誤；由，令，得到，求得，結(jié)合圖象，可判定B正確；由對(duì)數(shù)的運(yùn)算性質(zhì)，求得，結(jié)合二次函數(shù)的對(duì)稱性得到，進(jìn)而判定C正確；由，結(jié)合對(duì)勾函數(shù)的性質(zhì)，可判定D正確．【詳解】由函數(shù)，可得，作出的圖象，如圖所示．對(duì)于A中，由，可得，若有2個(gè)不同的零點(diǎn)，結(jié)合圖象知或，所以A錯(cuò)誤；對(duì)于B中，當(dāng)時(shí)，由，可得，令，則有，可得，結(jié)合圖像知，有3個(gè)不等實(shí)根，有2個(gè)不等實(shí)根，沒(méi)有實(shí)根，所以有5個(gè)不同的零點(diǎn)，所以B正確；對(duì)于C中，若有4個(gè)不同的零點(diǎn)，則，且，則，由二次函數(shù)的對(duì)稱性得，則，結(jié)合B知，所以，所以的取值范圍為，所以C正確；對(duì)于D中，由，其中，由對(duì)勾函數(shù)的性質(zhì)，可得在上為單調(diào)遞減函數(shù)，可得，所以的取值范圍為，所以D正確．故選：BCD．【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：求解復(fù)合函數(shù)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)或方程解的個(gè)數(shù)與范圍問(wèn)題的策略：1、先換元解“套”，令，則，再作出和的圖象；2、由函數(shù)的圖象觀察有幾個(gè)的值滿足條件，結(jié)合的值觀察的圖象，求出每一個(gè)被對(duì)應(yīng)，將的個(gè)數(shù)匯總后，即為的根的個(gè)數(shù)，即“從外到內(nèi)”.3、由零點(diǎn)的個(gè)數(shù)結(jié)合與的圖象特點(diǎn)，從而確定的取值范圍，進(jìn)而決定參數(shù)的范圍，即“從內(nèi)到外”，此法成為雙圖象法（換元+數(shù)形結(jié)合）.第II卷（非選擇題）三、填空題（每題5分，共15分）12.函數(shù)，若，則__________.【答案】【解析】【分析】利用和的關(guān)系求解即可.【詳解】，，.故答案為：13.如圖，在多面體ABCDEF中，DE⊥平面ABCD，AD∥BC，平面BCEF∩平面ADEF＝FE，∠BAD＝45°，AD＝3，AB＝2DE＝2EF＝2，則四棱錐B﹣ADEF的體積為_(kāi)____．【答案】##【解析】【分析】由已知證明∥，可得∥，利用等體法求的體積，進(jìn)一步可得四棱錐的體積【詳解】因?yàn)椤?，平面，平面，所以∥平面，因?yàn)槠矫妫矫嫫矫?，所以∥，所以∥，因?yàn)椋?，，所以，即，因?yàn)槠矫?，所以是三棱錐的高，因?yàn)?，所以，所以，故答案為?4.將函數(shù)的圖象向左平移個(gè)單位長(zhǎng)度得到函數(shù)的圖象，若，則的最小值為_(kāi)__________．【答案】##0.5【解析】【分析】利用平移變化得到的解析式，再根據(jù)知，，代入的解析式即可求出的取值范圍，再結(jié)合，求出的最小值.【詳解】將函數(shù)的圖象向左平移個(gè)單位長(zhǎng)度得到函數(shù)，又，則，，或即，或，又，的最小值為.故答案為：.四、解答題（共5題，滿分77分）15.某射擊訓(xùn)練隊(duì)制訂了如下考核方案：每一次射擊中10環(huán)、中8環(huán)或9環(huán)、中6環(huán)或7環(huán)、其他情況，分別評(píng)定為A，B，C，D四個(gè)等級(jí)，各等級(jí)依次獎(jiǎng)勵(lì)2分、獎(jiǎng)勵(lì)0分、罰2分、罰4分．假設(shè)評(píng)定為等級(jí)為A，B，C的概率分別是，，．（1）若某射擊選手射擊一次，求其被罰分的概率；（2）若某射擊選手射擊兩次，且兩次射擊互不影響，求這兩次射擊得分之和為0分的概率．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）設(shè)事件分別表示“被評(píng)為等級(jí)A，B，C，D”.由題意，事件兩兩互斥，然后利用互斥事件的概率加法公求解即可；（2）設(shè)事件，且事件互斥，然后分別求出對(duì)應(yīng)的概率，再利用互斥事件的概率加法公求解即可.【小問(wèn)1詳解】設(shè)事件A，B，C，D分別表示“被評(píng)定為等級(jí)A，B，C，D”．由題意得，事件A，B，C，D兩兩互斥，所以．又因?yàn)楸涣P分，所以．因此其被罰分的概率為；【小問(wèn)2詳解】設(shè)事件，，，表示“第i次被評(píng)定為等級(jí)A，B，C，D”，，2．則“兩次射擊得分之和為0分”為事件，且事件，，互斥，，，所以兩次射擊得分之和為0分的概率.16.內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，已知，．（1）求A；（2）若點(diǎn)D在BC邊上，AD平分BAC，且，求的周長(zhǎng)．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理邊化角，再利用三角恒等變換求出角即可；（2）利用角平分線分三角形面積等于兩個(gè)小三角形面積之和得出等式，再用余弦定理聯(lián)立求解周長(zhǎng)即可.【小問(wèn)1詳解】由正弦定理得sinA在中，，化簡(jiǎn)為，又，，又；【小問(wèn)2詳解】依題意得，即，由余弦定理得，，解得的周長(zhǎng)為.17.如圖，等腰梯形中，，，，為的中點(diǎn)，將沿折起、得到四棱錐，為的中點(diǎn).（1）線段上是否存在點(diǎn)，使平面？（2）證明：為直角三角形；（3）當(dāng)四棱錐的體積最大時(shí)，求三棱錐的體積.【答案】（1）存在，為的中點(diǎn)，理由見(jiàn)解析；（2）證明見(jiàn)解析；（3）.【解析】【分析】（1）為的中點(diǎn)，取中點(diǎn)，連接，證明，再利用線面平行的判定推理即可.（2）取的中點(diǎn)，連接，，，由線面垂直的判定證得面即可作答.（3）利用（2）中信息確定在體積最大時(shí)，求出點(diǎn)到平面距離，再結(jié)合錐體體積公式計(jì)算作答.【小問(wèn)1詳解】存在，為的中點(diǎn)，如圖，取中點(diǎn)，連接，而為的中點(diǎn)，則，，在等腰梯形中，，又為的中點(diǎn)，于是得，，即有四邊形為平行四邊形，則，又面，面，所以平面【小問(wèn)2詳解】取的中點(diǎn)，連接，，，如圖，由（1）知，，，即為平行四邊形，則，，有，為正三角形，則有，，在原等腰梯形中，為正三角形，則，于是得，而，即有為正三角形，，則，又，平面，則面，而面，因此，所以為直角三角形.【小問(wèn)3詳解】由（2）知，是邊長(zhǎng)為4的菱形，且，即的面積是定值，當(dāng)四棱錐的體積最大時(shí)，即有點(diǎn)到平面距離最大，有直線平面，則的高即為四棱錐的高，又為的中點(diǎn)，則到平面的距離，又，于是得，所以三棱錐的體積為4.18.已知函數(shù)，對(duì)，有.（1）求的值及的單調(diào)遞增區(qū)間；（2）若，，求；（3）將函數(shù)圖象上的所有點(diǎn)，向右平移個(gè)單位后，再將所得圖象上的所有點(diǎn)，縱坐標(biāo)不變，橫坐標(biāo)變?yōu)樵瓉?lái)的倍，得到函數(shù)的圖象.若，，求實(shí)數(shù)的取值范圍.【答案】（1），單調(diào)遞增區(qū)間為（）（2）（3）或【解析】【分析】（1）利用三角恒等變換得到，根據(jù)得到方程，求出，得到函數(shù)解析式，整體法得到函數(shù)單調(diào)性；（2）根據(jù)得到，湊角法，結(jié)合正弦和角公式得到答案；（3）根據(jù)伸縮和平移變換得到，令，故，令，從而得到，因?yàn)?，所以?dāng)時(shí)，，所以，解出答案.【小問(wèn)1詳解】，因?yàn)閷?duì)，有，可得當(dāng)時(shí)，取得最值，所以，，可得，，又，所以，所以，由，，可得，，所以的單調(diào)遞增區(qū)間為（）.【小問(wèn)2詳解】由，，，可得，，所以，所以.【小問(wèn)3詳解】將函數(shù)圖象上的所有點(diǎn)，向右平移個(gè)單位后得到函數(shù)的圖象，進(jìn)而可得，令，只需，令，因?yàn)椋?，所以，因?yàn)?，可得，所以，因?yàn)?，所以?dāng)時(shí)，，所以，即，解得或所以實(shí)數(shù)的取值范圍為或.19.類比思想在數(shù)學(xué)中極為重要，例如類比于二維平面內(nèi)的余弦定理，有三維空間中的三面角余弦定理：如圖1，由射線，，構(gòu)成的三面角，記，，，二面角的大小為，則．如圖2，四棱柱中，為菱形，，，，且點(diǎn)在底面內(nèi)的射影為的中點(diǎn)．（1）求的值；（2）直線與平面內(nèi)任意一條直線夾角為，證明：；（3）過(guò)點(diǎn)作平面，使平面平面，且與直線相交于點(diǎn)，若，求值．【答案】（1）（2）證明見(jiàn)解析（3）【解析】【分析】（1）連接，即可證明平面平面，即二面角的大小為，求出，再由所給三面角余弦定理計(jì)算可得；（2）依題意可得，設(shè)平面內(nèi)任一條直線為，分過(guò)點(diǎn)與不過(guò)點(diǎn)兩種情況，當(dāng)過(guò)點(diǎn)，記與的夾角為（），則，結(jié)合余弦函數(shù)的性質(zhì)即可得證；（3）連接，，首先證明平面平面，從而得到平面平面，再由面面平行的性質(zhì)得到，從而得到，即可得解.【小問(wèn)1詳解】連接，由已知得平面，，又平面，所以平面平面，所以二面角