2023-2024学年河北省保定市部分高中高二（上）开学数学试卷（含解析）

2023-2024学年河北省保定市部分高中高二（上）开学数学试卷

一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）

1.若z=（2-i）（3+i）,则z的虚部为（）

A.1B.-1C.-iD.7

2.已知向量为=（x,2）,b=（3,6）>若切/3，则x=（）

A.—4B.4C.-1D.1

3.在△ABC中，角4B,C的对边分别是a,b,c,已知a=8,cosA=则△ABC外接圆的半径为（）

A.3y/~2B.6yJ~2C.2\l~2D.3

4.下列说法正确的是（）

A.若一条直线与一个平面有公共点，则这条直线在该平面内

B,若平面外一条直线有两个点到该平面的距离相等，则这条直线与该平面平行

C.垂直于同一条直线的两条直线互相平行

D.垂直于同一条直线的两个平面互相平行

5.若｛方,瓦可构成空间的一个基底，则下列向量共面的是（）

A.a—3b，a+2b—c<5a—3b—2c

B.a-3b，3+2h—c<5a—4b—3c

C.a-3b>a+2b-c.5a-5b-2c

D.a-3b>a+2b-c>4a-5b-3c

6.已知某圆台的上底面和下底面的面积分别为3/r,1271,母线长为2,则该圆台的体积为（）

A.67TB.187rC.77rD.21TI

7.如图,分别是圆台上、下底面的两条直径，且AB=2A1B1,AB//A1B1,

G是弧&Bi靠近点名的三等分点，则宿在荏上的投影向量是（）

A.^-AB

4

B.IAB

o

c.|荏

D.AB

8.正方体4BCD-48传m1的棱长为2,P是空间内的动点，且|而+西|=2/3,则而•丽的最小值为（）

A.1-C—CB.1C.-4-2y/~6D.-4+2\/~6

二、多选题(本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求)

9.在空间直角坐标系中,已知4(2,1,1),B(l,3,2),C(3,2,2),则()

A.点4关于xOz平面对称的点是4(2,-1,1)

B.点B关于x轴对称的点是夕(1,一3,2)

C.AB+AC=(0,3,2)

D.荏•比=-4

10.PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，也称为可入肺颗粒物.某地8月1日到10日的PM2.5日

均值(单位：〃g/m3)分别为36,32,38,34,32,88,42,36,30,32,则关于这10天中PM2.5日均值的

说法正确的是()

A.众数为32B,第80百分位数是38

C.平均数是40D.前4天的方差比后4天的方差小

11.已知甲盒中有五个相同的小球，标号为1,2,3,4,5,乙盒中有五个相同的小球，标号为3,4,5,6,7.

现从甲、乙两盒中分别随机抽取1个小球，记事件4="抽取的两个小球标号相同"，事件8="抽取的两

个小球标号之和为奇数”，事件C="抽取的两个小球标号之和大于8"，则()

A.事件4与事件B是互斥事件B.事件4与事件B是对立事件

C.PQ4UC)=P(B)D.P(BCC)=P(4)

12.如图，在菱形ABC。中，AB=2,4840=60。，将△BCD沿直线8。翻折成△P

PBD(P不在平面力BCD内)，贝4()

A.BD1PC....

B.点8到直线PC的距离为定值-------V

C.当P8与CD所成的角为60。时，二面角P-8。一C的余弦值为g

D.当PB与平面BCD所成的角最大时，三棱锥P-BCD外接球的表面积为竽

三、填空题(本大题共4小题，共20.0分)

13.在△ABC中，AB=2,BC=3,AC=4,则cosC=.

14.在空间直角坐标系Oxyz中，4(2,5,-1),6(1,3,1).C(0,0,4),D(-l,m,n),若四边形ABDC为平行四边

形，则(?n,n)=.

15.已知空间中有三点4(9,1,2),5(8,0,1),C(5,0,l),则直线4B与C4的夹角的余弦值为；点4到直线

BC的距离为.

16.己知复数z满足|z-l+i|=2/7,£为z的共规复数，则z-5的最大值为.

四、解答题(本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)

17.(本小题10.0分)

如图，在底面为菱形的四棱锥E-ABCD^,BE_L底面ZBCD,F为CD的中点，且4B=BE=2,^ABC=120°,

以B为坐标原点，瓦?的方向为久轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.

(1)写出4,B,D,E四点的坐标；

(2)求cos〈Z瓦丽”

18.（本小题12.0分）

在△4BC中，内角4B,C的对边分别为a,b,c,若4+C=2B,2sin{A-B）-sinC=0.

⑴求tanA；

（2）若b=7,求△ABC的面积.

19.（本小题12.0分）

为了解网民对某专辑的满意度，某机构从网络上随机选取了1000名网民进行问卷调查，并将问卷中的这

1000人根据其满意度评分值(百分制，满意度评分值均在［50,100］内)分成［50,60),［60,70),［70,80),［80,90),

［90,100］5组，制成如图所示的频率分布直方图.

(1)求a的值，并求出满意度评分值的平均数和中位数(同一组数据用该组区间的中点值为代表)；

(2)用分层抽样的方法从满意度评分值在［50,60),［90,100］内的网民中抽出6人，再从这6人中随机抽取3人

进行专访，求抽到的3人满意度评分值均在［90,100］内的概率.

20.(本小题12.0分)

如图1,在直角梯形CP1P2P3中，P\C"P2P3,P1C1PR,4CP3P2=60°,P[C=2,A,B分别为P1P2,P2P3的

中点.将直角梯形CP1P2P3沿AB,BC,AC折起，使得P2,P3重合于点P，得到如图2所示的三棱锥P-ABC.

(1)证明：AP1BC.

(2)求点B到平面4PC的距离.

图1图2

21.(本小题12.0分)

投壶是从先秦延续至清末的汉民族传统礼仪和宴饮游戏，假设甲、乙、丙、丁是四位投壶游戏参与者，且

甲、乙、丙每次投壶时，投中与不投中的机会是均等的，丁每次投壶时，投中的概率为右甲、乙、丙、丁每

人每次投壶是否投中相互独立，互不影响.

(1)若甲、乙、丙、丁每人各投壶1次，求只有一人投中的概率；

(2)甲、丁进行投壶比赛，若甲、丁每人各投壶2次，投中次数多者获胜，求丁获胜的概率.

22.(本小题12.0分)

如图，在直四棱柱ABCO-A/iCiDi中，底面4BCD是菱形，AB=BD=BB1=3,E为棱的劣上一点，F为

的中点.

(1)若E为棱G5的中点，证明：EFLBD.

(2)若三棱锥E-&BD的体积为竺?，求平面4DE与平面&BD夹角的余弦值.

答案和解析

1.【答案】B

【解析】解：因为z=(2-i)(3+i)=7-i,所以z的虚部为一1.

故选：B.

利用复数的乘法运算及定义即可判定.

本题主要考查复数的四则运算，属于基础题.

2.【答案】D

【解析】解：因为0/3，所以2x3=6x,解得x=1.

故选：D.

利用平面向量平行的坐标表示计算即可.

本题考查了平行向量的坐标关系，考查了计算能力，是基础题.

3.【答案】A

【解析】解：因为皿4=号＞0,4为锐角，

所以sizM=V1—cos2i4=与

设△ABC外接圆的半径为R,

因为a=8,

所以==

故选：A.

先求得sin4利用正弦定理求得△4BC外接圆的半径.

本题考查正弦定理的应用，属于基础题.

4.【答案】D

【解析】解：若一条直线与一个平面有公共点，则这条直线在该平面内或与该平面相交，故A错误：

若平面外一条直线有两个点到该平面的距离相等，则这条直线与该平面平行或与该平面相交，故8错误;

垂直于同一条直线的两条直线可能平行，异面或相交，故C错误；

由直线与平面垂直的性质可得，垂直于同一条直线的两个平面互相平行，故。正确.

故选：D.

根据直线与平面的位置关系判断AB；根据线线，线面垂直的位置关系判断CD.

本题考查空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系的判定，考查空间想象能力与思维能力,

是基础题.

5.【答案】C

【解析】解：已知他，瓦可构成空间的一个基底，3石,1不共面，则a-3a五+2石不共线.

选项4,若向量共面，由平面向量基本定理得，存在唯一有序数对久，y,

^5a—3b-2c=x(a-3b)+y(a+2b—c)>

^5a-3b-2c=(x+y)a+(-3x+2y)b-yc，

则由空间向量基本定理得，

x+y=5

—3x+2y——3,方程组无解.

—y——2

所以五一33,日+2至一泊5日一3另一2表不共面.

选项B，若向量共面，由平面向量基本定理得，存在唯一有序数对x,y,

使51一4b-3c=x(a-3b)+y(a+2h-c))

则53一4b-3c=(x+y)a+(—3x+2y)b—yc<

则由空间向量基本定理得，

x+y=5

-3x+2y=-4,方程组无解.

-y=-3

所以五一3瓦弓+2石一泊5苍一4石一3口不共面.

选项C,若向量共面，由平面向量基本定理得，存在唯一有序数对x,y,

使5年一51一21=30-3e)+白位+2方一方，

则5苍一5b-2c=(x+y)a+(―3x+2y)b—yc>

则由空间向量基本定理得，

%+y=5,_o

解得：

-3x+2y=-5,r-2，

—y=—2

所以五一3石4+2万一口5方一53一2不共面.

选项。，若向量共面，由平面向量基本定理得，存在唯一有序数对x,y,

使4a—5b—3c—x(a-3b)+y(a+2b—c)>

则4五一5b—3c=(x+y)a+(—3%+2y)b—yc>

则由空间向量基本定理得，

X+y=4

-3x4-2y=-5,方程组无解.

—y=—3

所以五一3万,丘+2至一泊41一53—3不不共面.

故选：C.

若向量共面，利用空间向量基本定理建立方程组，方程组有解.若无解则不共面.

本题考查的知识要点：向量的坐标运算，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题.

6.【答案】C

【解析】解：因为圆台的上底面和下底面的面积分别为3兀，12兀，

所以该圆台上底面和下底面的半径分别为C,2C，

所以该圆台的高为J22-(2O-<3)2=1>

所以圆台的体积为：

V=；h(Si+J5应+S2)=£x1x(3TT+73nx127r+12兀)=77r.

故选：C.

借助圆台轴截面梯形性质求出圆台的高，再利用体积公式求解即可.

本题考查了圆台的体积计算问题，是基础题.

7.【答案】C

［解析］解：如图，

取Q在下底面的投影C,作CD14B,垂足为D.

连接C4CO,CCr,则NCOD=g,福*在荏上的投影向量是而.

设上底面的半径为r,则OC=：r,AD=1r=lAB.

ZLo

故碣在而上的投影向量是得近.

故选：C.

作出温在而上的投影向量，从而求得正确答案.

本题考查了投影向量的定义及求法，考查了计算能力，是中档题.

8.【答案】C

【解析】解：取的中点M,连接PM,

则丽+西=2丽，

则|而+呵|=|2PM|=2<3，

BP|PM|=y/~3,

故动点P的轨迹为以M为球心，/3为半径的球，

由正方体ABCO-的棱长为2,

可知正方体4BCD-aB1GD1外接球的半径为3,

即动点P的轨迹为正方体4BC。-&B1GD1的外接球,

取4B的中点N,连接PN,

则而•PB=-(PN+隔)•(而+而)=-(PN+丽.(而-丽=而一而2=］一丽2,

由题可知，|而|=^/~2，

则C-y/~2<\PN\<yT^+「，

则5-2/7<\PN\2<5+2V-6,

则-4-2y/~6<1-PN2<-4+2y/~6-

所以9•丽的最小值为一4-2/石.

故选：C.

取的中点M,连接PM,取AB的中点N,连接PN,则由已知条件可得动点P的轨迹为正方体力BCD-

41当6。1的外接球，然后由向量的运算可得而.而=1一而2,从而可求得结果.

本题考查了平面向量数量积的运算，重点考查了运算能力，属中档题.

9.【答案】ACD

【解析】解：点4(2,1,1)关于xOz平面对称的点是4(2,-1,1),故A正确.

点B(l,3,2)关于4轴对称的点是4(1,一3,-2),故8不正确.

AB=(-1,2,1)-AC=(1,1,1).BC=(2,-1,0).

AB+AC=(0,3,2)，ABBC=-4,故C、。均正确.

故选：ACD.

根据空间向量的坐标表示计算可得.

本题考查的知识要点：空间的坐标运算，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题.

10.【答案】ACD

【解析】解：这10天P“2.5日均值从小到大为30，32,32,32,34,36,36,38,42,88,

所以众数为32,故A正确；

由10X0.8=8,则第80百分位数为变罗=40,所以3错误;

因为平均数

,j30+32+32+32+34+36+36+38+42+88=40,所以。正确;

因为前4天的均值为36+32*+“=35,所以前4天的方差为5=5,

因为后4天的均值为42+36：30+32=35,所以后4天的方差为竺当空±2=21,故。正确.

故选：ACD.

根据已知数据，由众数、百分数的定义判断4、B；应用均值、方差公式判断C、D.

本题考查众数、百分位数、平均数、方差等基础知识，考查运算求解能力，是基础题.

11.【答案】AC

【解析】解：事件A的所有基本事件为甲3乙3,甲4乙4,甲5乙5,共3个；

事件B的所有基本事件为甲1乙4,甲1乙6,甲2乙3,甲2乙5,甲2乙7,甲3乙4,甲3乙6,甲4乙3,甲4乙5,

甲4乙7,甲5乙4,甲5乙6,共12个；

事件C的所有基本事件为甲2乙7,甲3乙6,甲3乙7,甲4乙5,甲4乙6,甲4乙7,甲5乙4,甲5乙5,甲5乙6,

甲5乙7,共10个.

从甲、乙两盒中各取1个小球共有25个基本事件.

因为事件4与事件B不可能同时发生，所以事件4与事件B互斥，故A正确；

因为P(4)=套P⑻=||,P(A)+P(B)*1,所以B错误;

因为事件AUC的所有基本事件共有12个，所以P(4UC)=g,

所以PQ4UC)=P(B),故C正确；

因为事件BnC的所有基本事件共有6个，所以nC)=

所以P(BnC)#PQ4),故。错误.

故选：AC.

首先分别列举4B,C三个时间包含的样本点，再结合互斥，对立时间的定义，以及选项，即可判断选项.

本题考查概率的应用，考查互斥事件和对立事件的概念，考查交事件和并事件的概率，属于中档题.

12.【答案】AD

【解析】解：连接4c交B0于点0,连接P0,则BD14C,BD1P0.

因为ponac=。，且POU平面POC,ACU平面POC,

所以BD平面POC.

因为PCu平面POC,所以BD1PC,故4正确.

在APBC中，PB=BC=2,PC为变量,所以顶点B到底边PC的距离不为定值，故B错误.

连接PA（如上图）.因为CD〃AB,所以PB与CD所成的角为4PBA,

当NPB4=60。时（当NPB4=120。时，点P与点C重合，舍去），PA=2.

易知二面角P-BD—4的平面角为4P04

在菱形中易得AC=CAB=2C，则在APOA中，

由余弦定理得C0S/P04="0丁二P”=i.

因为二面角P-BD-C的平面角为NPOC=180。一"CM,

所以二面角P—BD—C的余弦值为一，故C错误.

易知当PB与平面BC。所成的角最大时，即点P到平面BCD的距离最大，

所以此时平面PBDJ_平面BCD,POISIFCZ）,PO=OC=

如图，设M为三棱锥P—BCD外接球的球心，N为△BCD外接圆的圆心,

连接MN,MC.

又MP=PC,即M在等腰直角APOC斜边PC的中垂线上，易得MN=NO=?，

所以R2=MC2=MN2+NC2=I，

所以三棱锥P-BCD外接球的表面积为4兀R2=半，故。正确.

故选：AD.

利用菱形的性质及线面垂直可得4,由等腰三角形的性质可判定B,由二面角的定义及余弦定理可判定C,

由外接球的性质及表面积公式可得D.

本题考查点到线的距离的求法，考查二面角的余弦值的求法，考查空间几何体外接球的体积的求法，属中

档题.

13.【答案U

O

【解析】解：因为在A4BC中，AB=2,BC=3,AC=4,

222

所以cosC=A-C--+-B-C---A-B-=-1-6+-9--4-=—7

2ACBC2x3x48

故答案为:《

由题意利用余弦定理即可计算得解.

本题考查了余弦定理在解三角形中的应用，属于基础题.

14.【答案】(-2,6)

【解析】解：•••4(25-1),8(131),C(0,0,4),D(-l,m,n),

：.AB=(-1,-2,2),CD=(-l,m,n-4).

因为四边形4BDC为平行四边形，所以方=而，

所以m=-2,n—4=2,则(m,n)=(-2,6).

故答案为：(—2,6).

根据点的坐标求出对应向量的坐标，结合平行四边形对应边的向量相等，即可求解结论.

本题主要考查向量知识的应用，考查计算能力，属于基础题.

15.【答案】苧q

【解析】解：由题意可得荏=(-1,一1,一1),CA=(4,1,1)>所以cos〈荏，不〉==

所以直线4B与。1的夹角的余弦值为?.

因为源=(1,1,1)，BC=(-3,0,0)>所以］

所以点4到直线BC的距离为IBA2-(BA-器产=<7.

故答案为：?，<7.

利用空间向量的数量积与夹角公式可求第一空；利用点到直线的距离公式可得第二空.

本题考查利用向量的数量积求直线与直线线的夹角的余弦值，考查点到线的距离的求法，属中档题.

16.【答案】18

【解析】解：设2=a+bi(a,beR),

则|z-1+i|=2c的几何意义为z在复平面内所对应的点(a,b)到(1,一1)的距离为2/2,

所以z所对应的点(a,b)的轨迹是以(1,-1)为圆心，2口为半径的圆，

而z-W=a?+炉可看作该圆上的点(/b)到原点的距离的平方，

所以(z.z)max=(4+2。尸=18.

故答案为：18.

利用复数的几何意义，将问题转化为圆上一点到原点的距离的平方，计算即可.

本题主要考查复数的几何意义，属于基础题.

17.【答案】解：(1)由题意，可得△BCD为正三角形,

AB=2,BF-

以B为坐标原点，分别以B4,BF,BE所在的直线为x、y、z轴建立的空间直角坐标系,

可得4(2,0,0),5(0,0,0),0(1,<3,0),E(0,0,2);

(2)由(1)可得亚=(-2,0,0),=(-1,-/3,2),

.・cos(4B,DE)=--==—■

【解析】(1)根据△BCD为正三角形，由AB=2,结合空间直角坐标系中坐标的写法，即可求解；

(2)利用空间向量的夹角公式，即可求解.

本题考查空间向量点的坐标的求法，考查空间向量的坐标运算，是基础题.

18.【答案】解：(1)因为力+C=28,4+8+。=兀，所以B=g.

因为2sin(4一8)—sinC=0,所以2s讥(A-1=sinC=sin(A+)

则sinA—\T^COSA=^sinA4-cosA»即sizM=3HcosA,

所以=3A/-3.

(2)由tcmA=3V~^，且£。几力=sin2A+cos?/=1,

解得或舍去)，

「jrtazM+tan?一…一/口

又tanC=-tan(i4+-)=―=十，同理可得sinC=予，

'3，lTanAta%2V7

,a7c

由二=三=三，b=7,即37T=7T=7T,解得a=3<7,c=21,

sinAsinBsinC^=7—吃

所以SAABC=IacsinB=；x3>/_7x2>/_7x/=—£-^--

【解析】⑴首先求出B,再由2sin(A-§=sinC=sin(A+今利用两角和(差)的正弦公式展开计算可得;

(2)首先求出sinA,再求出tcmC,即可求出sMC,再由正弦定理求出a、c,最后由面积公式计算可得.

本题主要考查了和差角公式，同角基本关系及正弦定理，三角形面积公式的应用，属于中档题.

19.【答案】解：(1)由(0.005+0.025+0.040+a+0.010)X10=1,解得a=0.020.

满意度评分值的平均数工=55x0.05+65x0.25+75x0.4+85X0.2+95X0.1=75.5.

设满意度评分值的中位数为工，由图象可知xe［70,80),

则(x-70)x0.04=0.2,解得x=75,

即满意度评分值的中位数为75.

(2)这1000名网民中，满意度评分值在［50,60)内的有1000x0.05=50人，

满意度评分值在［90,100］内的有1000X0.1=100人.

抽取的6人中满意度评分值在［50,60)内的有2人，记这2人分别为4B,

满意度评分值在［90,100］内的有4人，记这4人分别为a,b,c,d,

从6人中随机抽取3人的情况为(4B,b),(A,B,c),(4B,d),(4a,b),(4a,c),(4,a,d),(A,b,c)，

(44d),(A,c,d),(5,a,b),(B,a,c)),(5,a,d)f(B,b,c),(B,b,d),(a,b,c)9(a,b,d)9(a,c,d),

(b,c,d),共20种.

其中3人满意度评分值均在［90,100］内的情况为(a,b,c),(a,b,d),(a,c,d),(b,c,d),共4种，

所以抽到的3人满意度评分值均在［90,100］内的概率为卷=

【解析】(1)根据频率分布直方图的性质及求平均数和中位数的求法计算即可；

(2)根据分层抽样的定义得出两组评分值各取2人和4人，列出样本空间，由古典概型计算概率即可.

本题主要考查频率分布直方图的应用，属于基础题.

20.【答案】证明：(1)在图1中P1C〃P2P3,P1CIP1P2，则4PlicAP21BP2,

所以在图2中，AP1CP,AP1BP,

因为BPCCP=P,BP,CPu平面BCP,所以API平面BCP,

又BCu平面BCP,所以APJ.BC；

解：(2)在图1中，由题可知，CPr=CP3=2,

由NCP3P2=60°，得P1P2=CP3sin60°=y/~3,P2P3=2+CP3cos60。=3,

在图2中，PC=2,PB=l，PA=—,Z-BPC=60°,

所以SMBC=jx2x|x2^=

所以Vp”C=|X乎X年=看又SAPAC=|X2X2T=2T，

设点B到平面APC的距离为d,

由4-P4C=^P-ABC'得;X

OLo

解得d=手，

4

即点B到平面4PC的距离为型三

4

【解析】⑴依题意可得4P!•CP，AP1BP,即可得到力P1平面BCP,从而得证；

(2)设点B到平面APC的距离为d,由%-PAC=%.ABC利用等体积法计算可得.

本题主要考查了线面垂直的判定定理，考查了等体积法求点到平面的距离，属于中档题.

21.【答案】解：(1)根据题意，将甲、乙、丙、丁各自在一次投壶中投中分别记为事件4B,C,D,

设只有一人投中为事件E,有PQ4)=P(B)=P(C)=Q(D)=

则P(E)=P{ABCD+ABCD+ABCD+ABCD)

=Pf^ABCD)+P(ABCD)+P{ABCD)+P(ABCD)

=3x(l-l)x(^x(l-l)+(|)3xl=^

(2)根据题意，设丁获胜为事件M,

若甲投中0次，则丁至少投中1次；若甲投中1次，则丁投中2次.

则P(M)=(1-1)2[1-(1-1)2]+2x(l-l)xlx(|)2=^.

【解析】(1)根据独立事件乘法公式计算即可；

(2)分情况根据独立重复事件公式计算即可.

本题考查概率的应用，涉及相互独立事件和互斥事件的概率计算，属于基础题.

22.【答案】⑴证明:连接AC,4G，A。1,2Q