2024-2025学年河北省衡水中学高二（上）第一次测评数学试卷（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2024-2025学年河北省衡水中学高二（上）第一次测评数学试卷一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.已知集合A={x|−2≤x≤7}，B={x|m+1<x<2m−1}，若A∪B=A，则(

)A.−2≤m≤4 B.−2<m<4 C.m<4 D.m≤42.已知某学校参加学科节数学竞赛决赛的8人的成绩(单位：分)为：72，78，80，81，83，86，88，90，则这组数据的第75百分位数是(

)A.86 B.87 C.88 D.903.将除颜色外完全相同的2个红球和1个白球随机放入2个不同的盒子中，每个盒子中至少放入1个球，则2个红球分别放入不同盒子中的概率为(

)A.23 B.12 C.134.在正方体ABCD−A1B1C1D1中，若B1C∩BC1=O，P，A.π6 B.π4 C.π35.已知向量a,b满足|a|=4,|b|=10，且a在b上的投影向量为−15A.π6 B.π3 C.2π36.已知非负实数x，y满足x+y=1，则1x+11+yA.73 B.2 C.95 7.为了发展旅游业，方便游客观赏湖面盛开的睡莲和湖里游动的锦鲤，唐山南湖公园拟修建观景栈桥.规划如图所示，△ABC为规划区域，面积为43万平方米，AB，CA，CB，CD是四条观景木栈桥，其中AB=3DB，CP=3PD，∠CAB=60°，AP为观景玻璃栈桥，则AP的最小值(单位：百米)为(

)A.23

B.4

C.68.如图，四棱锥A−BCDE是棱长均为2的正四棱锥，三棱锥A−CDF是正四面体，G为BE的中点，则下列结论错误的是(

)A.点A，B，C，F共面

B.平面ABE//平面CDF

C.FG⊥CD

D.FG⊥平面ACD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.若数据x1，x2，⋯，x10的平均数为3，方差为4，则下列说法正确的是A.数据4x1+1，4x2+1，⋯，4x10+1的平均数为13

B.数据3x1，3x10.如图，在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，以顶点A为端点的三条棱长都是2，且它们彼此的夹角都是60°，P为A1D与ADA.CP=−a−12b+12c

11.已知函数f(x)=2−|log12x|,0<x≤2−A.若g(x)有2个不同的零点，则2<a<5

B.当a=2时，g(f(x))有5个不同的零点

C.若g(x)有4个不同的零点x1，x2，x3，x4(x1<x2<x3<x4)，则x1x2三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.函数g(x)=ex−e−x2+ln2−x13.如图，在多面体ABCDEF中，DE⊥平面ABCD，AD//BC，平面BCEF∩平面ADEF=FE，∠BAD=45°，AD=3，AB=2DE=2EF=2，则四棱锥B−ADEF的体积为______．14.将函数f(x)=sin(ωx+π3)(ω>0)的图象向左平移π6则ω的最小值为______．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)

某射击训练队制订了如下考核方案：每一次射击中10环、中8环或9环、中6环或7环、其他情况，分别评定为A，B，C，D四个等级，各等级依次奖励2分、奖励0分、罚2分、罚4分.假设评定为等级A，B、C的概率分别是12,14,18，

(1)若某射击选手射击一次，求其被罚分的概率；16.(本小题15分)

△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a=2，acosC+33asinC=b．

(1)求A；

(2)若点D在BC边上，AD平分∠BAC，且AD=17.(本小题15分)

如图，等腰梯形ABCD中，AD=4，DC=4，AB=8，E为AB的中点，将△ADE沿DE折起、得到四棱锥P−DEBC，F为PC的中点．

(1)线段EB上是否存在点M，使FM//平面PDE？

(2)证明：△PCB为直角三角形；

(3)当四棱锥P−DEBC的体积最大时，求三棱锥E−DCF的体积．18.(本小题17分)

已知函数f(x)=sin2xcosφ−cos2xcos(π2+φ)(0<|φ|<π2)，对∀x∈R，有f(x)≤|f(π3)|．

(1)求φ的值及f(x)的单调递增区间；

(2)若x0∈[0,π4]，f(x0)=13，求sin2x0；19.(本小题17分)

类比思想在数学中极为重要，例如类比于二维平面内的余弦定理，有三维空间中的三面角余弦定理：如图1，由射线PA，PB，PC构成的三面角P−ABC，记∠APC=α，∠BPC=β，∠APB=γ，二面角A−PC−B的大小为θ，则cosγ=cosαcosβ+sinαsinβcosθ.如图2，四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，▱ABCD为菱形，∠BAD=60°，AA1=23，AB=2，且A1点在底面ABCD内的射影为AC的中点O．

(1)求cos∠A1AB的值；

(2)直线AA1与平面ABCD内任意一条直线夹角为φ，证明π3

参考答案1.D

2.B

3.A

4.D

5.C

6.B

7.C

8.D

9.ACD

10.AC

11.BCD

12.−2

13.214.1215.解：(1)设事件A，B，C，D分别表示“被评定为等级A，B，C，D“，

由题意得，事件A，B，C，D两两互斥，

所以P(D)=1−12−14−18=18，

又因为C∪D=被罚分，

所以P(C∪D)=P(C)+P(D)=18+18=14，

因此其被罚分的概率为14；

(2)设事件A1，B1，C1，D1表示“第i次被评定为等级A，B，C，D“i=1，2，

则“两次射击得分之和为16.解：(1)由acosC+33asinC=b.得sinAcosC+33sinAsinC=sinB=sin(A+C)，

∴sinAcosC+33sinAsinC=sinAcosC+cosAsinC，

∴33sinAsinC=cosAsinC，

∴tanA=3，0<A<π，∴A=π3；

(2)∵AD平分∠BAC，∴∠CAD=∠BAD=π6，CDBD=bc，

在△ACD中，由余弦定理有CD2=AC217.解：(1)存在，M为EB的中点，

如图，取PD中点G，连接EG，FG，

而F为PC的中点，则FG//CD,FG=12CD，

在等腰梯形ABCD中，CD//AB,CD=12AB=BE，又M为EB的中点，

于是得EM//CD//FG,EM=12CD=FG，即有四边形EGFM为平行四边形，则FM//EG，

又EG⊂面PDE，FM⊄面PDE，所以FM//平面PDE；

证明：(2)取DE的中点H，连接PH，CH，EC，如图，

由(1)知，CD/​/EB，CD=EB=4，即DEBC为平行四边形，则DE/​/CB，DE=BC=4，

有DE=PD=PE=4，△PDE为正三角形，则有PH⊥DE，PH⊥BC，

在原等腰梯形ABCD中，△ADE为正三角形，则∠EBC=∠EAD=60°，

于是得∠EDC=60°，而CD=DE=4，即有△CDE为正三角形，CH⊥DE，则CH⊥BC，

又PH∩CH=H，PH，CH⊂平面PHC，则BC⊥面PHC，而PC⊂面PHC，因此BC⊥PC，

所以△PCB为直角三角形；

解：(3)由(2)知，▱DEBC是边长为4的菱形，且∠EBC=60°，即▱DEBC的面积是定值，

当四棱锥P−DEBC的体积最大时，即有点P到平面DEBC距离最大，有直线PH⊥平面DEBC，

则△PDE的高PH即为四棱锥P−DEBC的高，又F为PC的中点，则F到平面DEBC的距离ℎ=PH2=3，

18.解：(1)f(x)=sin2xcosφ+cos2xsinφ=sin(2x+φ)，

因为对∀x∈R，有f(x)≤|f(π3)|，可得当x=π3时，f(x)取得最值，

所以2×π3+φ=π2+kπ，k∈Z，

可得φ=−π6+kπ，k∈Z，又0<|φ|<π2，

所以φ=−π6，

所以f(x)=sin(2x−π6)，

由−π2+2kπ≤2x−π6≤π2+2kπ，k∈Z，可得−π6+kπ≤x≤π3+kπ，k∈Z，

所以f(x)的单调递增区间为[−π6+kπ , π3+kπ](k∈Z)．

(2)由x0∈[0,π4]，f(x0)=13，f(x)=sin(2x−π6)，

可得2x0−π6∈[−π6 , π3]，sin(2x0−π6)=13，

所以cos(219.解：(1)连接BO，

由已知得A1O⊥平面ABCD，BO⊥AC，

又A1O⊂平面A1ACC1，

所以平面A1ACC1⊥平面ABCD，所以二面角A1−AC−B的大小为90°，

因为四边形ABCD为菱形，∠BAD=60°，

所以∠BAC=30°，

又AB=2，所以AO=3，

在Rt△A1AO中，cos∠A1AO=AOA1A=323=12，

由三面角余弦定理得cos∠A1AB=cos∠A1AO⋅cos∠BAC+sin∠A1AO⋅sin∠BAC⋅cos90°

=cos∠A1AO⋅cos∠BAC=12×32=34