2024-2025學年河北省邯鄲市高二上學期開學考試數(shù)學試卷（含答案）

第=page11頁，共=sectionpages11頁2024-2025學年河北省邯鄲市高二上學期開學考試數(shù)學試卷一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的選項中，只有一項是符合題目要求的。1.已知向量m，n滿足m=n=2，且m?n=?22A.π6 B.π4 C.3π42.在?ABC中，角A,B,C對邊為a,b,c，且2c?cos2A2=b+c，則A.等邊三角形 B.直角三角形 C.等腰三角形 D.等腰直角三角形3.設復數(shù)z1=4+2i，z2=1?3i，則復數(shù)zA.4i B.?4i C.4 D.?44.袋中裝有紅、黃、藍三種顏色的球各2個，無放回的從中任取3個球，則恰有兩個球同色的概率為A.15 B.310 C.355.若雙曲線x2a2?y2A.52 B.3 C.6.在四面體ABCD中，AB=AC=23，BC=6，AD⊥平面ABC，四面體ABCD的體積為3.若四面體ABCD的頂點均在球O的表面上，則球O的表面積是(

A.49π4 B.49π C.49π2 7.已知圓C1：(x+5)2+y2=1，C2：(x?5)2+y2=225，動圓C滿足與A.22 B.23 C.8.已知E，F(xiàn)分別是棱長為2的正四面體ABCD的對棱AD,BC的中點.過EF的平面α與正四面體ABCD相截，得到一個截面多邊形τ，則下列說法正確的是(

)A.截面多邊形τ不可能是平行四邊形

B.截面多邊形τ的周長是定值

C.截面多邊形τ的周長的最小值是2+6

D.二、多選題：本題共3小題，共15分。在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求。9.下列結論中正確的是(

)A.在頻率分布直方圖中，中位數(shù)左邊和右邊的直方圖的面積相等

B.一組數(shù)據(jù)中的每個數(shù)都減去同一個非零常數(shù)a，則這組數(shù)據(jù)的平均數(shù)改變，方差不改變

C.一個樣本的方差s2=120[(x1?3)2+(x2?3)2+?+(x20?3)2]，則這組樣本數(shù)據(jù)的總和等于60

D.數(shù)據(jù)10.設m，n是兩條不同的直線，α，β是兩個不同的平面，下列命題中正確的是(

)A.若m?α，n?α，m//β，n//β，則α//β

B.若m⊥n，m//α，α//β，則n⊥β

C.若m，n異面，m?α，m//β，n?β，n//α，則α//β

D.若α//β，m⊥α，n//β，則m⊥n11.如圖，已知在平行四邊形ABCD中，AB=2AD=2，∠BAD=60°，E為AB的中點，將△ADE沿直線DE翻折成△PDE，若M為PC的中點，則△ADE在翻折過程中(點P?平面ABCD)，以下命題正確的是(

)

A.BM?//平面PDE

B.BM=32

C.存在某個位置，使MB⊥DE

D.當三棱錐三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。12.某學校三個年級共有2760名學生，要采用分層抽樣的方法從全體學生中抽取一個容量為60的樣本，已知一年級有1150名學生，那么從一年級抽取的學生人數(shù)是

名.13.設雙曲線C：x24?y221=1的左焦點和右焦點分別是F1，F(xiàn)2，點P14.已知點P是橢圓C:x26+y24=1上除頂點外的任意一點，過點P向圓O:x2+y2=4引兩條切線PM，PN，設切點分別是M，N，若直線MN分別與四、解答題：本題共5小題，共60分。解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟。15.(本小題12分)如圖1所示，四邊形CDMN為梯形且CD//MN，BC//AD，E為AD中點，DE=DC=1，MA=MD=3，現(xiàn)將平面?AMD沿AD折起，?BCN沿BC折起，使平面AMD⊥平面ABCD，且M,N重合為點P(如圖2所示(1)證明：平面PBE⊥平面PBC；(2)求二面角C?PA?D的余弦值．16.(本小題12分)如圖，四棱柱ABCD?A1B1C1D1的底面為梯形，

(1)證明：平面ABD1⊥(2)求點A1到平面ABD17.(本小題12分)

在平面直角坐標系xOy中，橢圓C的中心在坐標原點，焦點在坐標軸上，點P(2,?1)和點Q(6,22)為橢圓C上兩點．

(Ⅰ)求橢圓C的標準方程；

(Ⅱ)A，B為橢圓C上異于點P的兩點，若直線PA與PB的斜率之和為18.(本小題12分)已知?ABC的三個內角A，B，C對的三邊為a，b，c，且sin(1)若b=1，A=π3，求(2)已知C=π3，當S?ABC取得最大值時，求19.(本小題12分)

如圖，ABCD為圓柱OO′的軸截面，EF是圓柱上異于AD，BC的母線．

(1)證明：BE⊥平面DEF；

(2)若AB=BC=6，當三棱錐B?DEF的體積最大時，求二面角B?DF?E的正弦值．

參考答案1.C

2.B

3.D

4.C

5.C

6.B

7.A

8.D

9.ABC

10.CD

11.ABD

12.25

13.8

14.415.(1)證明：因為MA=MD=即PA=PD=3，E為所以?PAD是等腰三角形，且ME⊥AD，即PE⊥AD，又因為平面AMD⊥平面ABCD，且平面AMD∩平面ABCD=AD，PE?平面PAD，所以PE⊥平面ABCD，又BC?平面ABCD，所以PE⊥BC，又因為CD//MN，且ME⊥AD，所以四邊形NCDE為直角梯形，且DE=DC=1，所以四邊形BCDE是正方形，所以BC⊥EB，又因為PE∩EB=E，所以BC⊥平面PBE，又因為BC?平面PBC，所以平面PBE⊥平面PBC；(2)由(1)知：以E為原點，EA，EB，EP為x，y，z軸，建立如圖所示空間直角坐標系：則A1,0,0所以PA=設平面PAC的一個法向量為m=則，即x?令z=2，則易知平面PAD的一個法向量為n=則cosm所以二面角C?PA?D的余弦值是216.(1)因為側面ABB1A1，BCC1B1，又AB∩BC=B，AB,BC?面ABCD，所以B1B⊥面由棱柱的性質，四棱柱為直四棱柱，則DD1⊥面ABCD，又AB?面ABCD又四邊形ABCD為梯形，AB=CD，AD=2BC=2，所以AD//BC．過點C作CE⊥AD，垂足為E，則DE=1

所以∠CDE=60°，則在等腰三角形BCD中BD=2×因為AD2=A因為BD∩D1D=D，BD,D1D?面又AB?平面ABD1，所以平面ABD(2)法一：連接A1B，

由(1)直三棱柱ABD?A1B由直三棱柱的性質知，三棱錐B?A1B三棱錐D1?ABD的體積所以VA由AB⊥面BDD1，BD1?面BD設點A1到平面ABD1的距離為d即13×12×1×2×d=36，解得法二：因A1B1//AB，且AB?面ABD1，面AB所以A1，B1兩點到平面過點B1作B1H⊥BD1

易得B1H⊥平面ABD1，所以線段B1因為BB1=1，B1D所以點A1到平面ABD1

17.解：(Ⅰ)設橢圓的方程為mx2+ny2=1(m>0,n>0,m≠n)，

因為點P(2,?1)和點Q(6,22)為橢圓C上兩點，

所以4m+n=16m+12n=1，解得m=18,n=12，

故橢圓C的標準方程為x28+y22=1；

(Ⅱ)設PA的斜率為k，所以直線PA的方程為y+1=k(x?2)，即y=k(x?2)?1，

聯(lián)立方程組y=k(x?2)?1x2+4y2?8=0，可得(x?2)[(1+4k2)x?8k2?8k+2]=0，

所以點A的橫坐標為xA=8k2+8k?21+4k2，縱坐標為y18.(1)∵sin

∴a∴a+5b=10，又b=1，∴a=5，由正弦定理可知：asin∴sin(2)∵S△ABC=12∵a+5b=10，∴5ab≤(5b+a∴ab≤(5b+a)220=5，當且僅當a=5b由余弦定理可知：cosC=∴c=

∴c=∴?ABC的周長a+b+c=6+19.解：(1)證明：如圖，連接AE，由題意知AB為⊙O的直徑，

所以AE⊥BE.因為AD，EF是圓柱的母線，

所以AD//EF且AD=EF，所以四邊形AEFD是平行四邊形．

所以AE//DF，所以BE⊥DF．

因為EF是圓柱的母線，所以EF⊥平面ABE，

又因為BE?平面ABE，所以EF⊥BE．

又因為DF∩EF=F，DF、EF?平面DEF，所以BE⊥平面DEF．

(2)由(1)知BE是三棱錐B?DEF底面DEF上的高，

由(1)知EF⊥AE，AE/?/DF，所以EF⊥DF，

即底面三角形DEF是直角三角形．

設DF=AE=x，BE=y，

則在Rt△ABE中有：x2+y2=6，

所以VB?DEF=13S△DEF?BE=13?(12x?6)?y=66xy≤66?x2+y22=62，

當且僅當x=y=3時等號成立，即點E，F(xiàn)分別是AEB，CFD的中點時，三棱錐B?DEF的體積最大，

下面求二面角B?DF?E的正弦值：

法一：由(1)得BE⊥平面DEF，因為DF?平面DEF，所以BE⊥DF．

又